Variable compleja 2ed Schaum Spiegel 1

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Variable
compleja
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Variable
compleja
Segunda edición
Murray R. Spiegel
Profesor y coordinador, Departamento de Matemáticas,
Rensselaer Polytechnic Institute, Hartford Graduate Center
Seymour Lipschutz
Departamento de Matemáticas, Temple University
John J. Schiller
Departamento de Matemáticas, Temple University
Dennis Spellman
Departamento de Matemáticas, Temple University
Revisión técnica:
Natella Antonyan
Departamento de Física y Matemáticas
Instituto Tecnológico y de Estudios Superiores de Monterrey
MÉXICO • BOGOTÁ • BUENOS AIRES • CARACAS • GUATEMALA
LISBOA • MADRID • NUEVA YORK • SAN JUAN • SANTIAGO • AUCKLAND
LONDRES • MILÁN • MONTREAL • NUEVA DELHI • SAN FRANCISCO
SÃO PAULO • SINGAPUR • ST. LOUIS • SIDNEY • TORONTO
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Director Higher Education: Miguel ángel Toledo Castellanos
Editor sponsor: Pablo Roig Vázquez
Coordinadora editorial: Marcela I. Rocha Martínez
Editora de desarrollo: María Teresa Zapata Terrazas
Supervisor de producción: Zeferino García García
Traductora: María del Carmen Hano Roa
VARIABLE COMPLEJA
Segunda edición
Prohibida la reproducción total o parcial de esta obra,
por cualquier medio, sin la autorización escrita del editor.
DERECHOS RESERVADOS © 2011, 1991, respecto a la segunda edición en español por
McGRAW-HILL/INTERAMERICANA EDITORES, S.A. DE C.V.
A Subsidiary of The McGraw-Hill Companies, Inc.
Prolongación Paseo de la Reforma 1015, Torre A,
Piso 17, Colonia Desarrollo Santa Fe,
Delegación álvaro Obregón,
C.P. 01376, México, D.F.
Miembro de la Cámara Nacional de la Industria Editorial Mexicana, Reg. Núm. 736
ISBN: 978-607-15-0551-4
(ISBN edición anterior: 978-968-422883-2)
Impreso en México
Printed in Mexico
1023456789
1098765432101
Traducido de la segunda edición de Complex Variables by Murray R. Spiegel, Seymour Lipschutz, John J. Schiller,
and Dennis Spellman, published by The McGraw-Hill Companies, Inc. Copyright © 2009. All rights reserved.
978-0-07-161569-3
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Acerca de los autores
SEYMOUR LIPSCHUTZ forma parte de la Temple University, y antes perteneció al Polytechnic Institute of Brooklyn. Obtuvo su doctorado en la New York University y es uno de los autores más prolíficos de la Serie Schaum’s.
Entre los libros que ha escrito, tienen especial importancia Álgebra lineal, Probabilidad, Matemáticas discretas,
Teoría de conjuntos, Matemáticas finitas y Topología general.
JOHN SCHILLER es profesor asociado de matemáticas de la Temple University. Obtuvo el grado de maestría en la
Universidad de Pensilvania. Ha publicado artículos en las áreas de superficies de Riemann, matemáticas discretas,
biología matemática. Ha sido coautor en varios textos de matemáticas.
DENNIS SPELLMAN es integrante de la Temple University y fue profesor en la Universidad del Este, en Venezuela.
Obtuvo su doctorado en la New York University, donde escribió su tesis bajo la dirección de Wilhelm Magnus. Es
autor de más de 25 artículos publicados en revistas de matemáticas puras y aplicadas.
En su etapa de madurez profesional, MURRAY R. SPIEGEL obtuvo el grado de maestría en Física y de doctorado en
Matemáticas en la Cornell University. Laboró en universidades como Harvard, Columbia, Oak Ridge y el Rensselaer
Polytechnic Institute, y fue consultor en matemáticas en varias empresas importantes. Su último puesto fue como
Profesor y Director de Matemáticas en el centro para Graduados de Hartford en el Rensselaer Polytechnic Institute.
Aunque tiene interés en la mayor parte de las ramas de las matemáticas, le interesan en especial las que involucran
problemas de aplicación en física e ingeniería. Es autor de numerosos artículos publicados en revistas, así como de
14 libros acerca de distintos temas de las matemáticas.
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Prefacio
El objetivo principal de esta segunda edición es en esencia el mismo que el de la primera, con algunos cambios que
se indican a continuación. Siendo así, citaremos algunos párrafos del prefacio escrito por Murray R. Spiegel para la
primera edición de esta obra.
“La teoría de las funciones de una variable compleja, conocida también brevemente como variable compleja o
análisis complejo, es una de las bellas y útiles ramas de las matemáticas. Si bien surgió en una atmósfera de misterio,
sospechas y desconfianza, como lo atestiguan los términos “imaginario” y “complejo” presentes en la bibliografía,
desde el siglo xix por fin descansa sobre sólidas bases matemáticas gracias a la obra de Cauchy, Riemann, Weierstrass, Gauss y otros grandes matemáticos.”
“Este libro está pensado para que sirva como complemento de todos los libros de texto comunes en un curso
formal sobre teoría de variable compleja y sus aplicaciones. También debe ser de considerable valor para aquellas
personas en un curso de matemáticas, física, aerodinámica, elasticidad y otras muchas áreas de las ciencias y la
ingeniería.”
“Cada capítulo empieza con una presentación clara de las definiciones, principios y teoremas pertinentes, así
como material ilustrativo y descriptivo. A continuación se presenta un conjunto de problemas resueltos y problemas
complementarios… Entre los problemas resueltos se encuentran numerosas pruebas de teoremas y deducciones de
fórmulas. La gran cantidad de problemas complementarios con respuestas, sirve como un repaso completo sobre el
material visto en cada capítulo.”
“Entre los temas tratados se encuentran el álgebra y la geometría de los números complejos, el cálculo diferencial
e integral complejo, las series infinitas, como la de Taylor y la de Laurent, la teoría de los residuos con aplicaciones
al cálculo de integrales y de series, y las transformaciones conformes con aplicaciones provenientes de diversos
campos.”
“En este libro se incluyó considerablemente más material del que se cubre en la mayoría de los cursos iniciales.
Esto tuvo el objeto de hacer el libro más flexible, de proporcionar un libro más útil y de estimular el interés en los
diferentes temas.”
Algunos cambios que efectuamos a la primera edición son los siguientes:
a) Ampliamos y corregimos muchas secciones para hacerlas más accesibles a nuestros lectores.
b) Reformamos el texto de modo que el número del capítulo ahora se incluye en la numeración de las secciones,
ejemplos y problemas.
c) Muchos resultados se plantean formalmente como proposiciones y teoremas.
Para finalizar, queremos expresar nuestro agradecimiento al equipo de McGraw-Hill, en particular a Charles Wall,
por su excelente cooperación durante todas las etapas de la elaboración de esta segunda edición.
Seymour Lipschutz
John J. Schiller
Dennis Spellman
Temple University
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Contenido
CAPÍTULO 1 Números complejos 1
1.1 El sistema de los números reales 1
1.2 Representación gráfica de los números reales 1
1.3 El sistema de números complejos 2
1.4 Operaciones fundamentales con números complejos 2
1.5 Valor absoluto 3
1.6 Fundamentos axiomáticos del sistema de números complejos 3
1.7 Representación gráfica de los números complejos 3
1.8 Forma polar de los números complejos 4
1.9 Teorema de De Moivre 4
1.10 Raíces de números complejos 5
1.11 Fórmula de Euler 5
1.12 Ecuaciones polinómicas 5
1.13 Raíces n-ésimas de la unidad 6
1.14 Interpretación vectorial de los números complejos 6
1.15 Proyección estereográfica 6
1.16 Producto punto y producto cruz 7
1.17 Coordenadas conjugadas complejas 7
1.18 Conjuntos de puntos 7
CAPÍTULO 2 Funciones, límites y continuidad 41
2.1 Variables y funciones 41
2.2 Funciones unívocas y funciones multivaluadas 41
2.3 Funciones inversas 41
2.4 Transformaciones 42
2.5 Coordenadas curvilíneas 42
2.6 Funciones elementales 43
2.7 Puntos de ramificación y líneas de ramificación 45
2.8 Superficies de Riemann 46
2.9 Límites 46
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X
Contenido
2.10 Teoremas sobre límites 46
2.11 Infinito 47
2.12 Continuidad 47
2.13 Teoremas sobre continuidad 48
2.14 Continuidad uniforme 48
2.15 Sucesiones 48
2.16 Límite de una sucesión 49
2.17 Teoremas sobre límites de sucesiones 49
2.18 Series infinitas 49
CAPÍTULO 3 Diferenciación compleja y ecuaciones de Cauchy-Riemann 77
3.1 Derivadas 77
3.2 Funciones analíticas 77
3.3 Ecuaciones de Cauchy-Riemann 77
3.4 Funciones armónicas 78
3.5 Interpretación geométrica de la derivada 78
3.6 Diferenciales 79
3.7 Reglas de diferenciación 79
3.8 Derivadas de funciones elementales 80
3.9 Derivadas de orden superior 81
3.10 Regla de L’Hopital 81
3.11 Puntos singulares 81
3.12 Familias ortogonales 82
3.13 Curvas 83
3.14 Aplicaciones en geometría y mecánica 83
3.15 Operadores diferenciales complejos 84
3.16 Gradiente, divergencia, rotor y laplaciano 84
CAPÍTULO 4 Integración compleja y teorema de Cauchy 111
4.1 Integrales complejas de línea 111
4.2 Integrales reales de línea 112
4.3 Relación entre integrales reales de línea e integrales complejas de línea 112
4.4 Propiedades de las integrales 112
4.5 Cambio de variables 113
4.6 Regiones simplemente y múltiplemente conexas 113
4.7 Teorema de la curva de Jordan 114
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Contenido
XI
4.8 Convención respecto de la orientación de una trayectoria cerrada 114
4.9 Teorema de Green en el plano 114
4.10 Forma compleja del teorema de Green 114
4.11 Teorema de Cauchy. El teorema de Cauchy-Goursat 115
4.12 Teorema de Morera 115
4.13 Integrales indefinidas 115
4.14 Integrales de funciones especiales 115
4.15 Algunas consecuencias del teorema de Cauchy 117
CAPÍTULO 5 Fórmulas integrales de Cauchy
y teoremas relacionados 144
5.1 Fórmulas integrales de Cauchy 144
5.2 Algunos teoremas importantes 145
CAPÍTULO 6 Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent 169
6.1 Sucesiones de funciones 169
6.2 Series de funciones 169
6.3 Convergencia absoluta 170
6.4 Convergencia uniforme de sucesiones y de series 170
6.5 Serie de potencias 170
6.6 Algunos teoremas importantes 171
6.7 Teorema de Taylor 173
6.8 Algunas series especiales 173
6.9 Teorema de Laurent 174
6.10 Clasificación de las singularidades 175
6.11 Funciones enteras 176
6.12 Funciones meromórficas 176
6.13 Desarrollo de Lagrange 176
6.14 Continuación analítica 176
CAPÍTULO 7 El teorema del residuo, cálculo de integrales y series 205
7.1 Residuos 205
7.2 Cálculo de residuos 205
7.3 El teorema del residuo 206
7.4 Cálculo de integrales definidas 207
7.5 Teoremas especiales para calcular integrales 207
7.6 El valor principal de Cauchy para integrales 208
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XII
Contenido
7.7 Diferenciación bajo el signo de integración. Regla de Leibniz 208
7.8 Suma de series 209
7.9 Teorema del desarrollo de Mittag-Leffler 209
7.10 Algunos desarrollos especiales CAPÍTULO 8 Aplicación conforme 209
242
8.1 Transformaciones o aplicaciones 242
8.2 Jacobiano de una transformación 242
8.3 Funciones de aplicaciones complejas 243
8.4 Aplicaciones conformes 243
8.5 Teorema de la aplicación de Riemann 243
8.6 Puntos fijos o invariantes de una transformación 244
8.7 Algunas transformaciones generales 244
8.8 Transformaciones sucesivas 245
8.9 Transformación lineal 245
8.10 Transformación bilineal o fraccionaria 245
8.11 Aplicación de un semiplano sobre un círculo 246
8.12 Transformación de Schwarz-Christoffel 246
8.13 Transformaciones de fronteras en forma paramétrica 247
8.14 Algunas transformaciones especiales 247
CAPÍTULO 9 Aplicaciones físicas de las transformaciones
conformes 280
9.1 Problemas de valor frontera 280
9.2 Funciones armónicas y conjugadas 280
9.3 Problemas de Dirichlet y de Neumann 280
9.4 Problema de Dirichlet para la circunferencia unitaria. Fórmula de Poisson 281
9.5 Problema de Dirichlet para el semiplano 281
9.6 S
oluciones a los problemas de Dirichlet y de Neumann mediante
transformaciones conformes 282
9.7 Suposiciones básicas 282
9.8 Potencial complejo 283
9.9 Líneas equipotenciales y líneas de flujo 284
9.10 Fuentes y sumideros 284
9.11 Algunos flujos especiales 284
9.12 Flujo en torno a un obstáculo 286
9.13 Teorema de Bernoulli 286
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Contenido
XIII
9.14 Teorema de Blasius 286
9.15 Ley de Coulomb 287
9.16 Intensidad del campo eléctrico. Potencial electrostático 287
9.17 Teorema de Gauss 288
9.18 Potencial electrostático complejo 288
9.19 Carga lineal 288
9.20 Conductores 289
9.21 Capacitancia 289
9.22 Flujo de calor 289
9.23 Temperatura compleja 289
CAPÍTULO 10 Temas especiales 319
10.1 Prolongación analítica 319
10.2 Principio de reflexión de Schwarz 320
10.3 Productos infinitos 320
10.4 Convergencia absoluta, condicional y uniforme de productos infinitos 320
10.5 Algunos teoremas importantes sobre productos infinitos 321
10.6 Teorema de Weierstrass para productos infinitos 321
10.7 Algunos productos infinitos especiales 321
10.8 La función gamma 321
10.9 Propiedades de la función gamma 322
10.10 La función beta 323
10.11 Ecuaciones diferenciales 323
10.12 Solución de ecuaciones diferenciales mediante integrales de contorno 325
10.13 Funciones de Bessel 325
10.14 Funciones de Legendre 327
10.15 Función hipergeométrica 328
10.16 La función zeta 328
10.17 Series asintóticas 329
10.18 Método del punto silla 330
10.19 Desarrollos asintóticos especiales 330
10.20 Funciones elípticas 331
ÍNDICE 369
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Capítulo 1
Números complejos
1.1 El sistema de los números reales
El sistema de los números que se conoce actualmente es el resultado de una evolución gradual, como indica la lista
siguiente.
Números naturales 1, 2, 3, 4,…, llamados también enteros positivos, que al principio sirvieron para contar. Si a y b son números naturales, la suma a + b y el producto a · b, (a)(b) o ab son también números
naturales. Por esta razón se dice que el conjunto de los números naturales es cerrado bajo las operaciones
de adición y multiplicación, o que satisfacen la propiedad de cerradura respecto de estas operaciones.
Enteros negativos y cero, que se denotan −1, −2, −3, … y 0, respectivamente, y permiten resolver ecuaciones de la forma x + b = a, donde a y b son cualesquiera números naturales. Esto lleva a la operación
de sustracción, u operación inversa de la adición, y se escribe x = a − b.
Al conjunto formado por los enteros positivos, negativos y el 0 se le conoce como enteros, y es cerrado
en las operaciones de adición, multiplicación y sustracción.
Números racionales o fracciones, por ejemplo, 34 , � 83,…, que permiten solucionar ecuaciones de la
forma bx = a para todo par de enteros a y b, donde b  0. Esto lleva a la operación de división o inversa de
la multiplicación; se escribe x = a/b o a ÷ b (el cociente de a y b), donde a es el numerador y b es el
denominador.
El conjunto de los enteros es una parte o subconjunto de los números racionales, pues los enteros
corresponden a los números racionales de la forma a/b, donde b = 1.
El conjunto de los números racionales es cerrado bajo las operaciones de adición, sustracción, multiplicación y división, en tanto se excluya
pffiffiffi la división entre cero.
Números irracionales, como 2 y p, que no se expresan de la forma a/b, donde a y b son enteros y
b  0.
(1)
(2)
(3)
(4)
Al conjunto de números racionales e irracionales se le denomina conjunto de números reales. Se supone que el
estudiante conoce las diversas operaciones con los números reales.
1.2 Representación gráfica de los números reales
Los números reales se representan como puntos sobre una línea recta, o eje real como se indica en la figura 1-1. El
punto correspondiente a cero es el origen.
–4
–3
3
4
– 3 o –1.5
2
–2√3
–2
–1
0
Figura 1-1
π
√2
1
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2
3
4
2
CHAPTER 1 Complex Numbers
Conversely, to each point on the line there is one and only one real number. If a point A corresponding to
a real 2numberCapítulo
a lies to the 1 rightNúmeros
of a pointcomplejos
B corresponding to a real number b, we say that a is greater than b
or b is less than a and write a . b or b , a, respectively.
Alset
contrario,
por cada
sobrea esta
hay
uno yansólo
uninterval
número on
real.
un punto
A, correspondiente
The
of all values
of xpunto
such that
, x recta
, b is
called
open
theSireal
axis while
a � x � b, a un
número
real
a,
se
encuentra
a
la
derecha
de
un
punto
B,
correspondiente
al
número
real
b,
se
dice
que
esany
mayor que
which also includes the endpoints a and b, is called a closed interval. The symbol x, which can stand afor
b
o,
lo
que
es
lo
mismo,
que
b
es
menor
que
a,
y
se
escribe
a
>
b
o
b
<
a,
respectivamente.
real number, is called a real variable.
El absolute
conjuntovalue
de todos
que by
a <jaj,
x<
b es un
abierto
que
The
of a los
realnúmeros
number xa,tales
denoted
is equal
to intervalo
a if a . 0,
to �aen
if ael,eje0 real,
and tomientras
0 if
a
≤
x
≤
b,
en
donde
también
se
incluyen
los
puntos
finales
a
y
b,
es
un
intervalo
cerrado.
Al
símbolo
x,
que
reprea ¼ 0. The distance between two points a and b on the real axis is ja � bj.
senta cualquier número real, se le conoce como variable real.
El valor absoluto de un número real a, que se denota |a|, es igual a a si a > 0, es igual a −a si a < 0 y es igual a
0 si a = 0. La distancia entre dos puntos a y b en el eje real es |a − b|.
1.3
The Complex Number System
There is no real number x that satisfies the polynomial equation x2 þ 1 ¼ 0. To permit solutions of this and
similar equations, the set of complex numbers is introduced.
1.3 E
l sistema de números complejos
We can consider a complex number as having the form a þ bi where a and b are real numbers and i,
which
is called
the número
imaginary
the property
that i2polinómica
¼ �1. If zx2¼+a 1þ=bi,0.then
is called the
No existe
ningún
realunit,
x quehas
satisfaga
la ecuación
Paraasolucionar
estareal
ecuación y
part
of similares
z and b issecalled
the el
imaginary
part
of z and
are denoted by Refzg and Imfzg, respectively. The
otras
introduce
conjunto de
números
complejos.
symbol
which can
stand for
complex
number,
called
a complex
variable.
Losz,números
complejos
sonany
números
de la
forma ais +
bi, donde
a y b son
números reales, e i, denominado uniTwoimaginaria,
complex numbers
a þ bi anddec þ
a ¼ c and
b¼
d. We parte
can consider
dad
tiene la propiedad
quedii2are
= equal
−1. Siifzand
= aonly
+ bi,ifentonces
a es
llamada
real de z,real
y b, parte
numbers
as a de
subset
of les
thedenota
set of Re{z}
complex
numbers
with b ¼ 0. Accordingly
numbers
0 þ 0i
imaginaria
z, y se
e Im{z},
respectivamente.
El símbolo z,the
quecomplex
representa
un número
complejo
and
�3 þ 0i represent
thevariable
real numbers
0 and �3, respectively. If a ¼ 0, the complex number 0 þ bi or bi is
cualquiera,
es llamado
compleja.
calledDos
a pure
imaginary
number.
números
complejos,
a + bi y c + di, son iguales si y sólo si a = c y b = d. Los números reales se consideran
complex de
conjugate,
or briefly
conjugate,
a los
complex
number
a þ bi
� bi.
The
complex
elThe
subconjunto
los números
complejos
formadoofpor
números
complejos
en is
losaque
b=
0. Así,
los números
conjugate
of 0a +
complex
z is oftenlos
indicated
z� or 0z�y. −3, respectivamente. Si a = 0, al número complejo
complejos
0i y −3number
+ 0i representan
númerosbyreales
0 + bi o bi se le conoce como número imaginario puro.
El complejo conjugado, o simplemente conjugado, de un número complejo a + bi es a − bi, y a menudo se denota
por z o z*.
1.4
Fundamental Operations with Complex Numbers
In performing operations with complex numbers, we can proceed as in the algebra of real numbers,
replacing i2 by �1 when it occurs.
1.4 Operaciones fundamentales con números complejos
(1) Addition
Para efectuar operaciones con números complejos se procede como en el álgebra de números reales: se reemplaza i2
por −1 cuando se presente. (a þ bi) þ (c þ di) ¼ a þ bi þ c þ di ¼ (a þ c) þ (b þ d)i
(a þ bi) þ (c þ di) ¼ a þ bi þ c þ di ¼ (a þ c) þ (b þ d)i
(1) Suma
(a þ bi) þ (c þ di) ¼ a þ bi þ c þ di ¼ (a þ c) þ (b þ d)i
(2) Subtraction
(a þ bi) þ (c þ di) ¼ a þ bi þ c þ di ¼ (a þ c) þ (b þ d)i
(a þ bi) � (c þ di) ¼ a þ bi � c � di ¼ (a � c) þ (b � d)i
(2) Resta
(a þ bi) � (c þ di) ¼ a þ bi � c � di ¼ (a � c) þ (b � d)i
(a þ bi) � (c þ di) ¼ a þ bi � c � di ¼ (a � c) þ (b � d)i
(3) Multiplication
(a þ bi) � (c þ di) ¼ a þ bi � c � di ¼ (a � c) þ (b � d)i
(3) Multiplicación
(a þ bi)(c þ di) ¼ ac þ adi þ bci þ bdi2 ¼ (ac � bd) þ (ad þ bc)i
(a þ bi)(c þ di) ¼ ac þ adi þ bci þ bdi2 ¼ (ac � bd) þ (ad þ bc)i
(a þ bi)(c þ di) ¼ ac þ adi þ bci þ bdi2 ¼ (ac � bd) þ (ad þ bc)i
División
(4)(4) Division
bi)(c þ di) ¼ ac þ adi þ bci þ bdi2 ¼ (ac � bd) þ (ad þ bc)i
0 y dd =
(a
0,þ
entonces
If cSi=c 0and
0,
then
a þ bi a þ bi c � di ac � adi þ bci � bdi2
¼
�
¼
c þ di c þ di c � di
c2 � d 2 i2
ac þ bd þ (bc � ad)i ac þ bd bc � ad
¼
¼ 2
þ
i
c2 þ d 2
c þ d2 c2 þ d2
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3
3 33
CHAPTER
Complex
Numbers
CHAPTER
Complex
Numbers
CHAPTER
Complex
Numbers
CHAPTER
1 111Complex
Numbers
1.7 Representación gráfica de los números complejos
3
1.5
Absolute
Value
1.5
Absolute
Value
1.5 Absolute
Absolute
Value
1.5
1.5 V
alor Value
absoluto
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
22
22
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
.2..
The
absolute
value
or
modulus
of
a
complex
number
a
þ
bi
is
defined
as
ja
þ
bij
¼
a
The
absolute
value
or
modulus
of
a
complex
number
a
þ
bi
is
defined
as
ja
þ
bij
¼
affiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
þ
2þ
2
2bb
The
absolute
value
or
modulus
of
a
complex
number
a
þ
bi
is
defined
as
ja
þ
bij
¼
a
þ
b
El
valor
absoluto
oormódulo
de of
unp
número
complejo
a
+
bi
se
define
como
.
The
absolute
value
modulus
a
complex
number
a
þ
bi
is
defined
as
ja
þ
bij
¼
a
þ
b
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffi
p
pffiffiffiffiffiffi
p
pffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffi
pffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p(�4)
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
22
p20
ffiffiffiffiffi¼
pffiffiffiffiffi
EXAMPLE
22ffiffiffip55ffiffi::ffi
EXAMPLE 1.1:
1.1: j�4
j�4 þ
þ 2ij
2ij ¼
¼
(�4)
þ (2)
(2)222¼
¼
20
¼p
2 2þ
EXAMPLE
þ 2ij
(�4)
þ 2(2)
Ejemplo
1.1:
EXAMPLE
1.1:1.1:
j�4j�4
þ 2ij
¼ ¼(�4)
þ (2)
¼ ¼20 20
¼ 2¼ 25: 5:.
números
complejos,
se
lasproperties
propiedades
siguientes:
IfSizzz111,,, zzz222,, zzz333,.,,......,..,z,zmzmmson
are
complex
numbers,
thesatisfacen
following
hold.
are
complex
numbers,
following
properties
hold.
complex
numbers,
the
following
properties
hold.
If If
zIf1 , zz12,, zz23,, z.3.,..,.z.m, zare
complex
numbers,
thethe
following
properties
hold.
m are
(1) jz
o or
jjj¼
jj ¼
(1)
¼
jzjjz
jjzj 22jjj
jzzjz11zz�z22�������z����zzjzmm¼
¼
jzjjz
jjzj 2�2jj�j������jz����jz
jzjmmjjj
(1)jz1��jzzjz121z1�jz�z22¼
¼1jz
jz11jjz
or jz1jz
¼1jz
jz11jjz
(1)(1)
oror
2 jz
12jjz
2
12jjz
2
m
21 2 m m j jz
mjz
� ��z�z11��� � ����z�z11�����
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
z
z
z
z
1 �1 �¼
=
=
(2)
2z2 
�¼�1�z� �1��
�¼
(2)�� ��z��z22¼
ifsiififif z2zz=
00000
(2)(2)
2 =
z2 z2 � �z2 �z2z22 �
oor
jj �
jjj�
jjjþ
jjjþ
þ zjzz22�
��jz
jz11jjjþ
þ
jzjjz22jjj or
or
jzjzþ
þ zzþ
þ�������þ
þ
�
jzjjz11þ
þ
jzjjz22þ
þ�������þ
þ
jzjz
(3)
jzjzþ
11 þ
11 þ
22 þ
þ2jz
or jz1jz
����þ
�1jz
þ2jz
����þ
þmjz
(3)jz1jz
zþmzzjzmmm�
jz
jz
jmmmjjj
(3)(3)
1 zþ
1 jz
2
1 zþ
1 jz
2 �þ
2 2 j jz
1 jjzþ
2 z2 �þ
jjj�
jjj�
(4)
jzjz+
+
�
jzjjz11�
�
jzjjz22jjj
11 +
(4)jz jz
+
�jz
�jz
(4)(4)
z zjz2z2�
jz
jz
1
1
2
2
1
1
2
2
1.6
Axiomatic
Foundation
the
Complex
Number
System
1.6
Axiomatic
Foundation
of
the
Complex
Number
System
1.6 Axiomatic
Axiomatic
Foundation
of
the
Complex
Number
System
1.6
Foundation
ofof
the
Complex
Number
System
1.6 F
undamentos
axiomáticos
del
sistema
denumber
números
complejos
From
logical
point
ordered
pair
From
aastrictly
strictly
logical
point
of
view,
ititis
is
desirable
to
define
aacomplex
complex
number
as
an
ordered
pair
(a,
b)
of
From
strictly
logical
point
ofview,
view,
isdesirable
desirable
todefine
define
complex
number
asan
an
ordered
pair
(a,
b)of
of
From
a astrictly
logical
point
ofof
view,
it itis
desirable
toto
define
a acomplex
number
asas
an
ordered
pair
(a,(a,
b)b)
of
real
numbers
a
and
b
subject
to
certain
operational
definitions,
which
turn
out
to
be
equivalent
to
those
real
numbers
a
and
b
subject
to
certain
operational
definitions,
which
turn
out
to
be
equivalent
to
those
Desde
un
punto
de
vista
estrictamente
lógico,
es
deseable
definir
un
número
complejo
como
par
ordenado
(a,
numbers
a and
b subject
certain
operational
definitions,
which
turn
equivalent
thoseb) de
realreal
numbers
a and
b subject
to to
certain
operational
definitions,
which
turn
outout
to to
be be
equivalent
to to
those
above.
These
definitions
are
follows,
where
letters
represent
real
numbers.
above.
These
definitions
are
as
follows,
where
all
letters
represent
real
numbers.
números
reales
a y b sujetos
aas
ciertas
definiciones
operacionales
quereal
resulten
equivalentes a las definiciones anterioabove.
These
definitions
are
as
follows,
where
all
letters
represent
real
numbers.
above.
These
definitions
are
as
follows,
where
allall
letters
represent
numbers.
res. Estas
definiciones
son
las
siguientes,
y
en
todas
ellas
las
literales
representan
números reales.
Equality
only
A.
Equality
(a,
b)
¼
(c,
d)
and
only
aa¼
¼
c,
bb¼
¼
A.Equality
Equality(a,(a,
(a,
b)
¼(c,
(c,
d)
ifand
and
only
¼c,
A.A.
b)b)
¼¼
(c,
d)d)
if ififand
only
if ififaifa¼
c,
bc,b¼
d¼ddd
Sum
þ
¼
þ
bþ
B.
Sum
(a,
b)
þ
(c,
d)
¼
(a
þ
c,
bbþ
þ
d)
A.
Igualdad(a,(a,
b)
)(asi
sólo
sid)
a = c, b = d
B.Sum
Sum
(a,
b)(a,
þ(c,
(c,
d)
¼d(a
þyc,
þ
d)
B.B.
b)b)
þ
(c,
d)=d)
¼(c,
(a
þ
c,
bc,
d)
C.
Product
(a,
b)
�
(c,
d)
¼
(ac
�
bd,
ad
þ
bc)
C.
Product
(a,
b)
�
(c,
d)
¼
(ac
�
bd,
ad
þ
bc)
B.
Suma
(a,
b)
+
(c,
d
)
=
(a
+
c,
b
d)
Product (a,(a,
¼ (ac
� bd,
þ+
bc)
C. C.Product
b) �b)(c,� (c,
d) d)
¼ (ac
� bd,
ad ad
þ bc)
m(a,
b)
¼
(ma,
mb)
m(a,
b)
¼
(ma,
mb)
C. Productom(a,
(a,
b)
⋅
(c,
d
)
=
(ac
−
bd,
ad
+
bc)
m(a,
¼ (ma,
b) b)
¼ (ma,
mb)mb)
m(a, b) = (ma, mb)
From
these
can
show
[Problem
1.14]
that
b(0,
and
associate
this
with
From
these
we
can
show
[Problem
1.14]
that
(a,
b)
¼
a(1,
0)
þ
b(0,
1)
and
we
associate
this
with
aaþ
þ
bi
From
these
we
can
show
[Problem
1.14]
that
(a,
b)
¼a(1,
a(1,
0)þ
þ
1)
and
we
associate
this
with
þbi
bi
From
these
wewe
can
show
[Problem
1.14]
that
(a,(a,
b)b)
¼¼
a(1,
0)0)
þ
b(0,
1)1)
and
wewe
associate
this
with
a aþ
bi
22 b(0,
where
i
is
the
symbol
for
(0,
1)
and
has
the
property
that
i
where
i
is
the
symbol
for
(0,
1)
and
has
the
property
that
i
(0,
1)(0,
1)
¼
(�1,
0)
[which
can
be
¼
(0,
1)(0,
1)
¼
(�1,
0)
[which
can
be
A
partir
de
lo
anterior
se
puede
demostrar
[problema
1.14]
que
(a,
b)
=
a(1,
0)
+
b(0,
1),
lo
que
corresponde
a
a + bi,
2¼
2
where
symbol
property
that
i
¼
(0,
1)(0,
1)
¼
(�1,
0)
[which
can
be
where
i isi is
thethe
symbol
forfor
(0,(0,
1) 1)
andand
hashas
thethe
property
that
i
¼
(0,
1)(0,
1)
¼
(�1,
0)
[which
can
be
2=
considered
equivalent
to
the
real
number
�1]
and
(1,
0)
can
be
considered
equivalent
to
the
real
considered
equivalent
to
the
real
number
�1]
and
(1,
0)
can
be
considered
equivalent
to
the
real
donde
i
es
un
símbolo
de
(0,
1)
y
tiene
la
propiedad
de
que
i
(0,
1)(0,
1)
=
(−1,
0)
[que
se
considera
que
equivale
considered
equivalent
number
�1]
considered
equivalent
considered
equivalent
to to
thethe
realreal
number
�1]
andand
(1,(1,
0) 0)
cancan
be be
considered
equivalent
to to
thethe
realreal
number
The
ordered
pair
(0,
corresponds
to
number
number
1.
The
ordered
pair
(0,
0)
corresponds
to
the
real
number
0.0.(0, 0) corresponde al número real 0.
al
número
−1]
y (1,
0)
equivale
al número to
real
1.
Elreal
par
ordenado
number
1.real
The
ordered
pair
(0,
0)
corresponds
tothe
the
real
number
number
1.1.
The
ordered
pair
(0,
0)0)
corresponds
the
real
number
0.0.
From
the
can
prove
the
following.
From
the
above,
we
can
prove
the
following.
A
partir
deabove,
lo anterior
seprove
puede
demostrar
lo siguiente.
From
the
above,
we
can
prove
the
following.
From
the
above,
wewe
can
the
following.
THEOREM
1.1:
Suppose
complex
numbers.
Then
THEOREM
1.1:
Suppose
to
the
set
SSof
of
complex
numbers.
Then
Teorema 1.1:
que
pertenecen
alset
conjunto
S de números
complejos.
3belong
THEOREM
1.1: Suponga
Suppose
z33zbelong
belong
tothe
the
set
of
complex
numbers.
Then Entonces:
THEOREM
1.1:
Suppose
z z,zz11zz,,1,,z,zzz22z,2,,zyzbelong
toto
the
set
S Sof
complex
numbers.
Then
1
12
23
3
Closure
law
þ
and
z2z2 belong
belong
to
Closure
law
(1)
yand
zz1zzz21z1zpertenecen
a SSS
Ley de cerradura
1z
þ2zzz2and
z222and
Closure
law
(1)z1zzþ
z111þ
z+
toto
Sto
Closure
law
(1)(1)
2 belong
1 21 belong
þ
z
¼
z
þ
z
Commutative
law
addition
(2)
z
þ
z
¼
z
þ
z
Commutative
law
of
addition
(2)
z
z
+
z
=
+
Ley
conmutativa
de
la law
suma
1
2
2
1
1
2
2
1
z22 z¼2 þ
z2 zþ1 z1
Commutative
law
of
addition
z11 zþ2 ¼
Commutative
ofof
addition
(2)(2)z1 þ
þ
(z
þ
z
)
¼
(z
þ
z
)
þ
z
Associative
law
of
addition
(3)
z
þ
(z
þ
z
)
¼
(z
þ
)
þ
z
Associative
law
of
addition
(3)
z
z
+
(z
+
z
=
+
z
+
z
Ley
asociativa
de
la
suma
1
2
3
1
2
3
1
2
3
1
2
3
3z3
þ2 (zþ22 zþ3 )z3¼
¼1 (zþ1 zþ2 )z2þ
Associative
law
of
addition
z11 (z
Associative
law
of
addition
(3)(3)z1 þ
3 ) (z
2 ) zþ
3
Commutative
law
multiplication
(4)
¼
Commutative
law
of
multiplication
= zzz2z2zz1z1
Ley conmutativa
de la law
multiplicación
2z22 ¼
(4)z1zzz1zz211z1zz¼
Commutative
law
of
multiplication
(4)(4)
Commutative
ofof
multiplication
2 z¼
2 12 1
(z
z
)
¼
(z
z
Associative
law
of
multiplication
(5)
z
(z
z
)
¼
z
)z
Associative
law
of
multiplication
(5)
z
z
(z
=
(z
)z
Ley
asociativa
de
la
multiplicación
1
2
3
1
2
3
1
2
3
1
2
3
¼1 (z
Associative
multiplication
z322)z3¼
z121)zz23 )z3 3
Associative
lawlaw
of of
multiplication
(5)(5)z1 (zz112 (z
3 ) (z
)) ¼
Distributive
law
(z
þ
¼
þ zzz1z1zz3z3
Distributive
law
(6)
z1zz11(z
(zþ
+z)zz3z33¼
= zzz1z1zzþ
+
Ley distributiva
222þ
22 þ
Distributive
law
(6)z1z(z
Distributive
law
(6)(6)
12 (z
2 zþ
3 3 ) z¼
1 21 z2 zþ
1 31 3
(7)
z
þ
0
¼
0
þ
z
¼
z
,
1
�
z
¼
z
�
1
¼
z
,
0
is
called
the
identity
with
respect
addition,
(7)
z
þ
0
¼
0
þ
z
¼
z
,
1
�
z
¼
z
�
1
¼
z
,
0
is
called
the
identity
with
respect
to
addition,
isis
z
+
0
=
0
+
z
=
z
,
1
⋅
z
=
z
⋅
1
=
z
al
0
se
le
conoce
como
identidad
respecto
de la suma,
y al 1,
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
z11 0þ¼0 0¼þ0 zþ1 ¼
z11 z¼1 , z111 ,� 1z1� ¼
z11 z¼1 �z111 �¼1 z¼1 , z101 , is0 called
is called
identity
with
respect
to
addition,
(7)(7)z1 þ
thethe
identity
with
respect
toto
addition,
1 11is1is
called
the
identity
with
respect
to
multiplication.
called
the
identity
with
respect
to
multiplication.
como
identidad
respecto
de
la
multiplicación.
called
identity
with
respect
to multiplication.
called
thethe
identity
with
respect
to multiplication.
aunique
number
zzen
that
zzz1þ
For
any
complex
number
is
aaunique
unique
number
in
Stal
such
that
þ
¼
0;
(8)
For
any
complex
number
Para
todo
número
complejo
existe
número
únicozzin
SSsuch
que
zthat
+
=zz¼
[z
es
10;
1¼
1there
there
unique
number
zin
Ssuch
such
¼0;
0; el inverso de z1 res(8)For
For
any
complex
number
z11zthere
is is
aisun
number
Sin
that
zþ
zþ
(8)(8)
any
complex
number
z1zz1there
1 z1 0;
[z
is
called
the
inverse
of
z
with
respect
to
addition
and
is
denoted
by
�z
].
[z
is
called
the
inverse
of
z
with
respect
to
addition
and
is
denoted
by
�z
].
pecto
de
la
suma
y
se
denota
−z
].
1
1
1
1
1respect
[z called
is called
inverse
z1 with
respect
to addition
is denoted
[z is
thethe
inverse
of zof1 with
to addition
andand
is denoted
by by
�z�z
1 ]. 1 ].
there
number
zzzen
in
Ssuch
such
that
zzzzz
¼
¼
For
any
there
is
aun
unique
number
in
SStal
such
that
¼
zz
¼
1;
(9)
For
any
z1z1=0
Para
todo
z=0
0there
existe
número
únicoz in
que
z1zzzzz=
=
[z1;
es el inverso de z1 respecto de la
1z1¼
111;
1
1 zz
aunique
unique
number
in
such
that
¼
zz
¼
1;
(9)For
For
any
there
is is
aisaunique
number
S
that
zz
¼
1;
(9)(9)
any
z1z=0
1 =0
1
1
1
1
�1
−1
respect
and
zz�1
1=z
the
inverse
with
respect
to
multiplication
and
is
denoted
by
or
1=z
[z
is
called
the
of
multiplicación
yinverse
se denota
o respect
1/z
1z11with
1z1�1
1]. toto
with
respect
tomultiplication
multiplication
and
isdenoted
denoted
by
or
1=z
[zis
iscalled
called
the
inverse
multiplication
and
is is
denoted
byby
z�1
oror
1=z
].11].].].
[z[z
is
called
the
inverse
ofof
zofzzzwith
1
1
1
1
1
1
general,
any
such
S,
members
satisfy
the
above,
afield.
In
general,
any
set
such
as
S,
whose
members
satisfy
the
above,
is
called
aafield.
field.
En
general,
todo
conjunto
como
S cuyos
elementos
satisfagan
lo anterior
seaconoce
In
general,
any
set
such
as
S,whose
whose
members
satisfy
the
above,
iscalled
called
field.como campo.
InIn
general,
any
setset
such
asas
S,
whose
members
satisfy
the
above,
is is
called
1.7
Graphical
Representation
Complex
Numbers
1.7
Graphical
Representation
of
Complex
Numbers
1.7 Graphical
Graphical
Representation
of
Complex
Numbers
1.7
Representation
ofof
Complex
Numbers
1.7 R
epresentación
gráfica
de los
números complejos
00
00
Suppose
real
scales
are
chosen
two
mutually
perpendicular
axes
and
[called
the
xxxrespectivamente],
and
yyyaxes,
Suppose
real
scales
are
chosen
on
two
mutually
perpendicular
axes
OX
and
OY
[called
the
and
axes,
0
0
Suppose
real
scales
are
chosen
on
two
mutually
perpendicular
axes
XOX
OX
and
YOY
OY
[called
the
and
axes,
Suponga
que
se
toman
dos
ejes
reales
X′0X
yperpendicular
Y′0Y
mutuamente
perpendiculares
[eje
x y the
eje
Suppose
real
scales
are
chosen
onon
two
mutually
axes
X 0XX
OX
and
Y 0YY
OY
[called
xy,and
y axes,
respectively]
as
in
Fig.
1-2.
We
can
locate
any
point
in
the
plane
determined
by
these
lines
by
the
ordered
respectively]
as
in
Fig.
1-2.
We
can
locate
any
point
in
the
plane
determined
by
these
lines
by
the
ordered
respectively]
as Fig.
in Fig.
1-2.
We
can
point
in the
plane
determined
these
lines
the
ordered
como
se muestra
en
la1-2.
figura
1-2.
ellocate
plano
determinado
por
estas
dos
rectas by
se by
ubica
cualquier
punto
mediante un
respectively]
as in
We
canEn
locate
anyany
point
in the
plane
determined
these
lines
by by
the
ordered
pair
of
real
numbers
rectangular
coordinates
the
point.
Examples
the
location
such
pair
of
real
numbers
(x,
y)
called
rectangular
coordinates
of
the
point.
Examples
of
the
location
of
such
pair
of
real
numbers
(x,
y)called
called
rectangular
coordinates
of
the
point.
Examples
of
the
location
of
such
par
de números
reales
(x,
y),
o coordenadas
rectangulares
del
punto.
En la figura
1-2
se
presentan
ejemplos
pair
ofordenado
real
numbers
(x,(x,
y)y)
called
rectangular
coordinates
ofof
the
point.
Examples
ofof
the
location
ofof
such
points
are
indicated
by
P,
Q,
R,
S,
and
T
in
Fig.
1-2.
points
are
indicated
by
P,
Q,
R,
S,
and
T
in
Fig.
1-2.
points
are
indicated
S,
T Fig.
in Fig.
para
ubicar
los puntos
P, P,
R, SR,
T. and
points
are
indicated
by by
P,
Q, Q,
S,yand
T in
1-2.1-2.
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4
Capítulo 1 Números complejos
Como un número complejo x + iy puede verse como un par ordenado de números reales, los números complejos
se representan mediante puntos en el plano xy, al que se le llama plano complejo o diagrama de Argand. Así, el
número complejo representado por P se lee como (3, 4) o como 3 + 4i. A cada número complejo corresponde uno y
sólo un punto en el plano, y a cada punto en el plano, uno y sólo un número complejo. Debido a esto, a un número
z se le llama también punto z. En ocasiones, a los ejes x y y también se les denomina eje real y eje imaginario, respectivamente, y al plano complejo,pplano
z. La distancia entre dos puntos z1 = x1 + iy1 y z2 = x2 + iy2, en el plano
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
complejo está dada por jz1 �z2 j ¼ (x1 �x2 )2 þ (y1 �y2 )2..
Y
Y
4
P(3, 4)
3
Q(–3, 3)
P(x, y)
2
r
1
X′
T(2.5, 0)
–4
–3
–2
–1
O
–1
R(–2.5, –1.5)
1
–2
Y′
2
3
4
X
X′
θ
O
x
y
X
S(2, –2)
–3
Y′
Figura 1-2
Figura 1-3
1.8 Forma polar de los números complejos
Sea P el punto en el plano complejo correspondiente al número complejo (x, y) o x + iy. Entonces, de acuerdo con
la figura 1-3, se ve que
x¼
x ¼r cos
r cos
u,u , y¼
y ¼r sen
r sen
uu
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2
2
is conoce como módulo o valor absoluto de z = x + iy [que se denota mod z o |z|];
donde r ¼ x þ y ¼ jx þ iyj se
y u, como amplitud o argumento de z = x + iy [que se denota arg z], es el ángulo que forma la recta OP con el lado
positivo del eje x.
Se sigue que
z ¼ x þ iy ¼ r(cos u þ i sen u)
( (1.1)
que se conoce como forma polar de un número complejo, y r y , como coordenadas polares. Suele ser conveniente
escribir, en lugar de cos  + i sen , la forma abreviada cis .
A todo número complejo z  0 le corresponde únicamente un valor de u en 0 ≤ u < 2p; sin embargo, puede
emplearse cualquier otro intervalo de longitud 2p, como −p < u ≤ p. A cualquiera de estos intervalos elegido de
antemano se le conoce como rango principal, y al valor de u, como valor principal.
1.9 Teorema de De Moivre
Si z1 = x1 + iy1 = r1(cos u1 + i sen u1) y z2 = x2 + iy2 = r2(cos u2 + i sen u2) se puede demostrar que [vea el proz1 z2 ¼ r1 r2 fcos(u1 þ u2 ) þ i sen(u1 þ u2 )g
blema 1.19]
z 1 r1
+uu2u2)2)þ
+uu2u)g
(1.2)
u1u1�
u1u1�
2{cos(u
22)}
fcos(
)+þi isen(
isen(u
sen(
)g
zz11zz22 ¼ rr11rrfcos(
1þ
1þ
z 2 r2 2
z 1 r1
− u2)}
(1.3)
¼ {cos(θ
fcos(u1 −
� u2)) +
þ ii sen(u
sen(u11 �
)g
z 2 r2
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1.12 Ecuaciones polinómicas
5
Una generalización de la ecuación (1.2) conduce a
z1z2 … zn = r1r2 . . . rn{cos(u1 + u2 + . . . + un) + i sen(u1 + u2 + . . . + un)}
(1.4)
y si z1 = z2 = . . . = zn = z se obtiene
zn = {r (cos u + i sen u)}n = r n(cos nu + i sen nu)
(1.5)
que suele conocerse como teorema de De Moivre.
1.10 Raíces de números complejos
Se dice que un número w es la raíz n-ésima de un número complejo z si wn = z, y se escribe w = z1/n. De acuerdo
con el teorema de De Moivre se aprecia que, si n es un entero positivo,
z1=n ¼ fr(cos u þ i sen u)g1=n
� �
�
�
��
u þ 2kp
u þ 2kp
k ¼ 0, 1, 2, . . . , n � 1
þ i sen
¼ r 1=n cos
n
n
(1.6)
de donde se infiere que hay n valores diferentes de z1/n; es decir, n raíces n-ésimas de z, siempre y cuando z  0.
1.11 Fórmula de Euler
Si se supone que se satisface la expansión de la serie infinita ex = 1 + x + (x2/2!) + (x3/3!) + . . . del cálculo elemental para x = iu, se llega a la igualdad
eiq = cos u + i sen u
que se conoce como fórmula de Euler. Sin embargo, es más práctico tomar (1.7) como definición de
se define
ez = ex + iy = ex eiy = ex(cos y + i sen y)
(1.7 )
eiu.
En general,
(1.8)
En el caso especial que y = 0, esta igualdad se reduce a
Observe que en términos de (1.7) el teorema de De Moivre se reduce a (eiq )n = einq.
ex.
1.12 Ecuaciones polinómicas
En la práctica, con frecuencia se necesitan las soluciones de ecuaciones polinómicas de la forma
a0zn + a1zn−1 + a2zn−2 + . . . + an−1z + an = 0
(1.9)
donde a0  0, a1, . . . , an son números complejos dados y n es un entero positivo al que se conoce como grado de la
ecuación. A las soluciones de estas ecuaciones se les llama ceros del polinomio de la izquierda en (1.9) o raíces de
la ecuación.
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6
6
CHAPTER 1 Complex Numbers
CHAPTER 1 Complex Numbers
CHAPTER 1 Complex Numbers
6
Capítulo
Números
complejos
CHAPTER
1
Complex
Numbers
A very important
theorem1 called
the fundamental
theorem
of algebra [to be proved in Chapter 5] states
A very
important
theorem
the(1.9)
fundamental
theorem
of in
algebra
[to be plane.
provedFrom
in Chapter
states
that every
polynomial
equation
ofcalled
the form
has at least
one root
the complex
this we5]can
Un teorema muy importante llamado teorema fundamental del álgebra [que se demostrará en el capítulo 5] estashow
that
it has
in fact
complex
roots,
some(1.9)
all
ofatwhich
mayroot
be identical.
eorem called the fundamental
theorem
of nalgebra
[toof
bethe
proved
inorChapter
5] states
that
every
polynomial
equation
form
has
least
one
in the complex plane. From this we can
blece que toda ecuación polinómica de la forma (1.9) tiene al menos una raíz en el plano complejo. A partir de esto
in the
fact
ninroots,
complex
someFrom
all
ofwe
which
may be identical.
Ifshow
z1 ,has
t theoremofcalled
the (1.9)
fundamental
zthat
. . least
.it,theorem
zhas
ofnalgebra
then
[to roots,
be
(1.9)
proved
can
be
inorChapter
written
5]can
states
equation
the form
one
root
the complex
plane.
this
2 , at
n are
se puede demostrar que, en realidad, estas ecuaciones tienen n raíces complejas, de las cuales algunas o todas pueden
talnequation
complexofroots,
some
may
Iforz1all
, z2of,at. which
.least
. , zn one
are
thebeninidentical.
roots,
then (1.9)
canFrom
be written
the form
(1.9)
has
root
the complex
plane.
this we can
ser idénticas.
fact
complex
or written
all of which may be identical.
the nn roots,
thenroots,
(1.9)some
can be
(z � se
z1 )(z
� z2 )como
� � � (z � zn ) ¼ 0
(1:10)
Si z , z , . . . , z son las n raícesa0(1.9)
escribe
re the n roots, then (1.9) can1be2writtenn
a0 (z � z1 )(z � z2 ) � � � (z. .�. zn ) ¼ 0
(1:10)
a0(z − z1)(z − z(1:10)
(z − zn) = 0
(1.10)
2)
a0 (z � z1 )(z � z2 ) � � � (z � zn ) ¼ 0
which
is
called
the
factored
form
of
the
polynomial
equation.
a0 (z �que
z1 )(z
z2 ) � � como
� (z � forma
zn ) ¼ 0factorizada de la ecuación polinómica.
(1:10)
se �
conoce
which is called the factored form of the polynomial equation.
tored form of the polynomial equation.
factored form of the
polynomial
equation.
1.13
The nth
Roots of Unity
1.13
The
nth Roots
of
Unity
1.13 R
aíces
n-ésimas
de la unidad
n
ots of Unity The solutions of the equation z ¼n1 where n is a positive integer are called the nth roots of unity and are
The
¼ 1,
1 where
is un
a positive
integer are
called raíces
the nthn-ésimas
roots ofde
unity
and arey están
bysolutions
Las
solucionesofdethe
la equation
ecuación z n =
donde nn es
entero positivo,
se llaman
la unidad,
Roots ofn Unity given
quation z ¼ 1 where given
ndadas
is a by
positive
integer are called the nth roots of unity and are
por
e equation zn ¼ 1 where n is a positive integer are 2k
called
nth roots of unity and are
p the
2kppi=n
2k
p2kp ¼ e2k
pi=n0, 1, 2, . . . , n � 1
(1:11) ( (1.11)
þ
i
sin
z ¼ cos z ¼ 2k
þ
i2k
sen
k ¼ 0, 1, 2, . . . , n � 1 ¼ ek2k¼
cos
p
p
n
n
n
n e2kpi=n k ¼ 0, 1, 2, . . . , n � 1
(1:11)
þ
i
sin
¼
z
¼
cos
2kp
2kp
n�
n
2kpi=n
k
¼
0,
1,
2,
.
.
.
,
n
1
(1:11)
i
sin
¼
e
z ¼ cos 2kþ
2pi/n
2
n−1
Si2k
 p= cos2k2p/n
+ i sen 2p/n = e
, las n raíces son 1, ,  , … , . Geométricamente, estas raíces represenp
n�1
kþ
¼
1,2p
2,=n
. . .¼
, ne2�pi=n
1de
þ i sinnletlos
¼
ecospi=n
z ¼ cosn
2p=n
sin
, the
n roots
are 1,(1:11)
v,un
v2círculo
, . . . , vde
. Geometrically,
theyenrepn vértices
de
uni0,
polígono
regular
n lados,
inscrito
en
radio
uno, con centro
el origen. La
n If wetan
nv ¼
2pi=n
2
n�1
Ifecuación
we
vde¼este
coscírculo
2pa=nregular
þesi |z|
sin=
2p1=n
¼
e
,
the
n
roots
are
1,
v
,
v
,
.
.
.
,
v
.
Geometrically,
they
resent
thelet
n vertices
of
polygon
of
n
sides
inscribed
in
a
circle
of
radius
one
with
center
at
therepy se le suele llamar círculo unitario.
2pi=n
n�1
This
circle
has1,the
¼. Geometrically,
1 andofisnoften
the unit
n þ i sin 2p=n ¼ eorigin.
, the
nthe
roots
are
vof
, equation
va2 ,regular
. . . , vjzj
they
represent
n vertices
polygon
sidescalled
inscribed
in a circle.
circle of radius one with center at the
2pi=n
2
origin.
circle
the
jzj ¼
1 and
often they
called
the unit circle.
pf =n
þ i sin 2polygon
p=n ¼ eof
theThis
ninscribed
roots
arehas
1, av
, vequation
, . of
. . ,radius
vn�1
. one
Geometrically,
a regular
n ,sides
in
circle
withis center
at therep¼ 1 and
called the in
unit
circle.of radius one with center at the
sthe
of equation
a regular jzj
polygon
of isn often
sides inscribed
a circle
as the equation jzj1.14
¼ 11.14 I
andVector
is often
called
the
unit
Interpretationcircle.
ofvectorial
Complex Numbers
nterpretación
de los números complejos
1.14 Vector Interpretation of Complex Numbers
Un número
complejo
+ iybe
se considered
considera como
vector
cuyo initial
punto inicial
encuentra
en and
el origen O y
A complex
number
z ¼ xzþ=iyx can
as a un
vector
OPOP
whose
point issethe
origin O
rpretation of Complex
Numbers
cuyo
punto number
final
P es
(x,
y),
como
se(x,be
vey)en
la in
figura
1-4.
Avector
OP
=sometimes
xOP
+ iy
se lecall
llama
vector
posición
de P. Dos
vectores
whose
terminal
point
P
is
the
point
as
Fig.
1-4.
We
OP
¼
x
þ
iy
the
position
A
complex
z
¼
x
þ
iy
can
considered
as
a
whose
initial
point
is
the
origin
O and
nterpretation of Complex Numbers
conoflaP.
misma
longitud
o magnitud
y lapoint
misma
dirección
pero
puntos
iniciales diferentes,
y AB
en la figura
whose
terminal
point
is theinitial
point
(x,
y)isasthe
inorigin
Fig. 1-4.
We
call different
OP ¼como
xþ
iyOP
the
position
vector
Two
vectors
having
the
same
length
or
magnitude
andsometimes
direction
but
initial
points,
¼ x þ iy can be considered
as
a vector
OP P
whose
O and
1-4,
seFig.
iguales.
Por
sesame
escribe
=
AB
=we
iy.and
Pz ¼
is xthe
point
y)
as
We
sometimes
call
¼ xlength
þ
iythethe
position
vector
ofconsideran
P.1-4.
Two
having
theOP
ororigin
magnitude
initial points,
asinOP
and
invectors
Fig.
aretanto,
considered
equal.
Hence
write
OPdirection
¼ AB ¼but
x þdifferent
iy.
þ iy
can (x,
besuch
considered
as
aAB
vector
OP1-4,
whose
initial
point
isOP
Ox +
and
nt Phaving
is the the
point
(x, such
y) asasinorOP
Fig.
1-4.
sometimes
OP
¼ x equal.
þinitial
iy the
position
ors
same
length
magnitude
direction
but
different
points,
and
ABWe
inand
Fig.
1-4, arecall
considered
Hence
we write OP ¼ AB ¼ x þ iy.
y
ectors
having
the same length
or
magnitude
and
direction
but
different
initial
points,
Fig. 1-4,
are considered
equal.
Hence
we
write
OP
¼
AB
¼
x
þ
iy.
y
y
y
in Fig. 1-4, are considered equal.
Hence we write OP ¼ AB
y
B B ¼ x þ iy.
y
B
A A y
A y
B
B
P(x, y)
P(x, y)
OO
O
x
x
P(x,
P(x,
y) y) z2
A
P(x, y) z2
A
z1
z1 + z2
z1
z 1z+ z 2
2
z2
Fig.Figura
1-4 1-4
O
Fig. 1-4
O
B
B
z1
z1
x x
x
C
2
z2
O
zO1
C
z2
z1 + z 2
z1
zz1 + z 2
A
z1
O
x
x
z2
Az2
A
z1 + z2
B
B
B
z1
z1
z1
z2
C
C
C
x
x
x
Fig. 1-5
Figura 1-5
Fig. 1-5
Addition of complex numbersFig.
corresponds
to the parallelogram law for addition of vectors [see
1-5
La suma de números complejos corresponde a la ley del paralelogramo para la suma de vectores [vea la figura
Addition
complex
numbersFig.
corresponds
to zthe
parallelogram
for additionOABC
of vectors
, we
complete thelaw
parallelogram
whose[see
1-5 z1 and
Fig. 1-5].
Thus of
to add
the complex
numbers
1-5]. Por tanto, para sumar los números complejos z12 y z2 se traza el paralelogramo OABC, cuyos lados OA y OC
sides
OA1-5].
correspond
z1 and
.
The
diagonal
OB
of
this
parallelogram
corresponds
to
z
z2 .
ex numbers corresponds
toand
theOC
parallelogram
for zaddition
of
vectors
[see
and
z
,
we
complete
the
parallelogram
OABC
Fig.
Thus
to add thetolaw
complex
numbers
z
1
2
2
1 þ whose
corresponden a z1 y z2. La diagonal OB
de este paralelogramo
corresponde a z1 + z2. Vea el problema
1-5.
correspond
tolaw
zparallelogram
and
z
.
The
diagonal
OB
of
this
parallelogram
corresponds
to
z
mplex
numbers numbers
corresponds
toand
the
parallelogram
for
addition
of
vectors
[see
Seesides
Problem
1.5.
and
z2 ,OC
we
complete the
OABC
whose
d the complex
z1OA
1
2
1 þ z2 .
espond
z1 and z2numbers
. The
parallelogram
correspondsOABC
to z1 þwhose
z2 .
See diagonal
Problem
1.5.
z2 , of
wethis
complete
the parallelogram
add thetocomplex
z1 and OB
orrespond to z1 and z2 . The diagonal OB of this parallelogram corresponds to z1 þ z2 .
g. 1-4
Fig. 1-4
1.151.15 P
Stereographic
Projection
royección
estereográfica
1.15 Stereographic Projection
[Fig.[figura
1-6] be1-6]
theelthe
complex
planey considérese
and consideruna
a sphere
tangent toa P en
at z =
¼ 0.
0. El
The
diameter
is
plano
complejo
esfera S tangente
diámetro
NSNS
es perpendicuhic ProjectionLet PSea
Let
P
[Fig.
1-6]
be
the
the
complex
plane
and
consider
a
sphere
S
tangent
to
P
at
z
¼
0.
The
diameter
NSuna
is recta
perpendicular
to
P
and
we
call
points
N
and
S
the
north
and
south
poles
of
S.
Corresponding
to
any
point
A
aphic Projection lar a , y a los puntos N y S se les llama polo norte y polo0 sur de . Para cada punto A de puede trazarse
P
weque
caninterseca
NA
intersecting
atthe
point
. NS
Thus
each
point
of the complex
PunoA y sólo
the complex planeonand
consider
aconstruct
sphere
Sline
tangent
to
PA′.
at zDe
0.SThe
diameter
is to poles
perpendicular
to Pa and
call
points
N¼and
Smanera,
north
and
south
of
S.complejo
Corresponding
to plane
any point
NA
enwe
un
punto
esta
aAcada
punto
del
plano
le corresponde
0
on
P
we
can
construct
line
NA
intersecting
S
at
point
A
.
Thus
to
each
point
of
the
complex
plane
P
complex
consider
a
sphere
S
tangent
to
P
at
z
¼
0.
The
diameter
NS
is
there
corresponds
one
and
only
one
point
of
the
sphere
S,
and
we
can
represent
any
complex
number
by
dhe
wethe
call
points Nplane
and
Sand
the
north
and
south
poles
of
S.
Corresponding
to
any
point
A
un punto en la esfera , y todo número complejo se representa mediante un punto de la esfera. Para completar
se
0
ct
SS at
point
. Thus
topoles
each
of theofcomplex
plane
P A
there
corresponds
one
onlyofpoint
one
point
the sphere
S,point
and
we can represent any complex number by
andline
we NA
call intersecting
points N and
the
northAand
southand
S. Corresponding
to any
ruct
line NA
at point
A0 . Thus
to represent
each point
the complex
plane
and only
one intersecting
point of the Ssphere
S, and
we can
anyofcomplex
number
by P
ne and only one point of the sphere S, and we can represent any complex number by
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1.18 Conjuntos de puntos
7
dice que el punto N corresponde al “punto en el infinito” del plano. Al conjunto de todos los puntos del plano complejo, incluso el punto en el infinito, se le conoce como plano complejo completo, plano z entero o plano complejo
extendido.
N
A'
y
S
A
x
Figura 1-6
A este método para asignar a cada punto del plano uno y sólo un punto de la esfera se le llama proyección estereográfica. A la esfera se le suele llamar esfera de Riemann. Si se elige que el diámetro de la esfera de Riemann sea
la unidad, el ecuador corresponde al círculo unitario del plano complejo.
1.16 Producto punto y producto cruz
Sean z1 = x1 + iy1 y z2 = x2 + iy2 dos números complejos [vectores]. El producto punto [también llamado producto
escalar] de z1 y z2 se define como el número real
z1 ⋅ z2 = x1 x2 + y1y2 = |z1||z2| cos u
(1.12)
donde u es el ángulo entre z1 y z2 ubicado entre 0 y p.
El producto cruz de z1 y z2 se define como vector z1 × z2 = (0, 0, x1y2 − y1x2) perpendicular al plano complejo y
de magnitud
|z1 × z2| = x1y2 − y1x2 = |z1||z2| sen u
Teorema
(1)
(2)
(3)
(4)
(1.13)
1.2: Sean z1 y z2 distintos de cero. Entonces:
Una condición necesaria y suficiente para que z1 y z2 sean perpendiculares es que z1· z2 = 0.
Una condición necesaria y suficiente para que z1 y z2 sean paralelos es que |z1 × z2| = 0.
La magnitud de la proyección de z1 sobre z2 es |z1· z2|/|z2|.
El área de un paralelogramo cuyos lados sean z1 y z2 es |z1 × z2|.
1.17 Coordenadas conjugadas complejas
Un punto en el plano complejo se localiza mediante las coordenadas rectangulares (x, y) o mediante las coordenadas
polares (r, u). Existen muchas otras posibilidades. Una de estas posibilidades es aprovechar que x = 12 (z + z), y =
(1/2i)(z − z), donde z = x + iy. A las coordenadas (z, z) que localizan un punto se les llama coordenadas conjugadas
complejas, o simplemente coordenadas conjugadas del punto [vea los problemas 1.43 y 1.44].
1.18 Conjuntos de puntos
A toda colección de puntos en el plano complejo se le llama conjunto (bidimensional) de puntos, y cada punto es un
miembro o elemento del conjunto. Las siguientes definiciones fundamentales se presentan aquí como referencia.
(1)
Vecindades. Una vecindad delta o d de un punto z0 es el conjunto de todos los puntos z tales que |z − z0| < d,
donde d es cualquier número positivo dado. Una vecindad agujerada d de z0 es una vecindad de z0 en la
que se omite el punto z0, es decir, 0 < |z − z0| < d.
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(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)
(9)
(10)
(11)
(12)
(13)
(14)
(15)
Capítulo 1 Números complejos
Puntos límite. Un punto z0 se llama punto límite, punto de agrupación o punto de acumulación de un
conjunto S si toda vecindad d agujerada de z0 contiene puntos de S.
Como d puede ser cualquier número positivo, se sigue que S debe tener una cantidad infinita de puntos.
Observe que z0 puede o no pertenecer al conjunto S.
Conjuntos cerrados. Se dice que un conjunto S es cerrado si todo punto límite de S pertenece a S, es
decir, si S contiene todos sus puntos límite. Por ejemplo, el conjunto de todos los puntos z tales que |z| ≤ 1
es un conjunto cerrado.
Conjuntos acotados. Se dice que un conjunto S es acotado si se puede encontrar una constante M tal que
|z| < M para todo punto z en S. Un conjunto no acotado es un conjunto que no satisface esta condición. Se
dice que un conjunto acotado y cerrado es compacto.
Puntos interiores, puntos exteriores y puntos frontera. Un punto z0 es un punto interior de un conjunto
S si se puede hallar una vecindad d de z0 tal que todos sus puntos pertenezcan a S. Si toda vecindad d de
z0 contiene puntos que pertenecen a S y puntos que no pertenecen a S, entonces z0 es un punto frontera. Si
un punto no es un punto interior o un punto frontera de un conjunto, entonces es un punto exterior de S.
Conjuntos abiertos. Un conjunto abierto es un conjunto que consta únicamente de puntos interiores. Por
ejemplo, el conjunto de los puntos z tales que |z| < 1 es un conjunto abierto.
Conjuntos conexos. Un conjunto abierto S es conexo si cada par de puntos del conjunto puede unirse
mediante una trayectoria que conste de segmentos de recta (una trayectoria poligonal) de modo que todos
sus puntos pertenezcan a S.
Regiones abiertas o dominios. A un conjunto conexo abierto se le llama región abierta o dominio.
Cerradura de un conjunto. Si a un conjunto S se agregan todos los puntos límite de S, el nuevo conjunto
es la cerradura de S, y es un conjunto cerrado.
Regiones cerradas. La cerradura de una región abierta o dominio se llama región cerrada.
Regiones. Si a una región o dominio se añaden algunos, todos o ninguno de sus puntos límite, se obtiene
un conjunto que se llama región. Si se agregan todos los puntos límite, la región es cerrada; si no se agrega
ningún punto límite, la región es abierta. En este libro, siempre que se use la palabra región sin más calificativo, se hará referencia a una región abierta o dominio.
Unión e intersección de conjuntos. Al conjunto que consta de todos los puntos que pertenecen al conjunto S1 o al conjunto S2, o a ambos conjuntos S1 y S2, se le llama unión de S1 y S2, y se denota S1 ∪ S2.
Un conjunto que conste de todos los puntos pertenecientes a los conjuntos S1 y S2 se denomina intersección de S1 y S2, y se denota S1 ∩ S2.
Complemento de un conjunto. El conjunto que consta de todos los puntos que no pertenecen al conjunto
~
S se llama complemento de S, y se denota S o Sc.
Conjunto vacío y subconjuntos. Es conveniente considerar el conjunto que no tiene ningún punto. A este
conjunto se le llama conjunto vacío y se denota ∅. Si dos conjuntos S1 y S2 no tienen ningún punto en
común (en cuyo caso se dice que son conjuntos disjuntos o mutuamente excluyentes), esto se indica como
sigue: S1 ∩ S2 = ∅.
Todo conjunto que se forme al elegir algunos, todos o ningún punto de un conjunto S se llama subconjunto de S. Si dejamos de lado el caso en que se eligen todos los puntos de S, el conjunto se llama conjunto
adecuado de S.
Numerabilidad o contabilidad de un conjunto. Suponga que un conjunto sea finito o que sus elementos
se colocan en correspondencia uno a uno con los números naturales 1, 2, 3, . . . . Entonces se dice que este
conjunto es contable o numerable; si no es así, el conjunto es no contable o no numerable.
Los siguientes son dos teoremas importantes sobre conjuntos de puntos:
(1)
(2)
Teorema de Bolzano-Weierstrass. Todo conjunto infinito acotado tiene al menos un punto límite.
Teorema de Heine-Borel. Sea S un conjunto compacto, cada punto del cual está contenido en uno o
más de los conjuntos abiertos A1, A2, . . . [los que se dice que son una cubierta de S ]. Entonces existe un
número finito de conjuntos A1, A2, . . . que forman una cubierta de S.
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Problemas resueltos
9
Problemas resueltos
Operaciones fundamentales con números complejos
1.1. Realice las operaciones indicadas.
Solució n
a) (3 þ 2i) þ (�7 � i) ¼ 3 � 7 þ 2i � i ¼ �4 þ i
b) (�7 � i) þ (3 þ 2i) ¼ �7 þ 3 � i þ 2i ¼ �4 þ i
Los resultados de a) y b) ilustran la ley conmutativa de la suma.
c) (8 � 6i) � (2i � 7) ¼ 8 � 6i � 2i þ 7 ¼ 15 � 8i
d ) (5 þ 3i) þ f(�1 þ 2i) þ (7 � 5i)g ¼ (5 þ 3i) þ f�1 þ 2i þ 7 � 5ig ¼ (5 þ 3i) þ (6 � 3i) ¼ 11
e) f(5 þ 3i) þ (�1 þ 2i)g þ (7 � 5i) ¼ f5 þ 3i � 1 þ 2ig þ (7 � 5i) ¼ (4 þ 5i) þ (7 � 5i) ¼ 11
Los resultados de d ) y e) ilustran la ley asociativa de la suma.
¼ 88 þ
þ 4i
4i �
� 12i
12i �
� 6i
6i22 ¼
¼ 88 þ
þ 4i
4i �
� 12i
12i þ
þ 66 ¼
¼ 14
14 �
� 8i
8i
(2 �
� 3i)(4
3i)(4 þ
þ 2i)
2i) ¼
¼ 2(4
2(4 þ
þ 2i)
2i) �
� 3i(4
3i(4 þ
þ 2i)
2i) ¼
f ) (2
¼ 88 �
� 12i
12i þ
þ 4i
4i þ
þ 66 ¼
¼ 14
14 �
� 8i
8i
(4 þ
þ 2i)(2
2i)(2 �
� 3i)
3i) ¼
¼ 4(2
4(2 �
� 3i)
3i) þ
þ 2i(2
2i(2 �
� 3i)
3i) ¼
¼ 88 �
� 12i
12i þ
þ 4i
4i �
� 6i
6i22 ¼
g) (4
Los resultados de f ) y g) ilustran la ley conmutativa de la multiplicación.
h) (2
(2 �
� i)f(�3
i)f(�3 þ
þ 2i)(5
2i)(5 �
� 4i)g
4i)g ¼
¼ (2
(2 �
� i)f�15
i)f�15 þ
þ 12i
12i þ
þ 10i
10i �
� 8i
8i22gg
i)
¼ (2
(2 �
� i)(�7
i)(�7 þ
þ 22i)
22i) ¼
¼ �14
�14 þ
þ 44i
44i þ
þ 7i
7i �
� 22i
22i22 ¼
¼ 88 þ
þ 51i
51i
¼
f(2 �
� i)(�3
i)(�3 þ
þ 2i)g(5
2i)g(5 �
� 4i)
4i) ¼
¼ f�6
f�6 þ
þ 4i
4i þ
þ 3i
3i �
� 2i
2i22g(5
g(5 �
� 4i)
4i)
f(2
¼ (�4
(�4 þ
þ 7i)(5
7i)(5 �
� 4i)
4i) ¼
¼ �20
�20 þ
þ 16i
16i þ
þ 35i
35i �
� 28i
28i22 ¼
¼ 88 þ
þ 51i
51i
¼
Los resultados
de h) �
e i)
de la�multiplicación.
(�1 þ 2i)f(7
5i)ilustran
þ (�3 la
þ ley
4i)gasociativa
¼ (�1 þ 2i)(4
i) ¼ �4 þ i þ 8i � 2i2 ¼ �2 þ 9i
j)
(−1 + 2i){(7 − 5i) + (−3 + 4i)} = (−1 + 2i)(4 − i) = −4 + i + 8i − 2i2 = −2 + 9i
Otro método
(�1 þ 2i)f(7 � 5i) þ (�3 þ 4i)g ¼ (�1 þ 2i)(7 � 5i) þ (�1 þ 2i)(�3 þ 4i)
¼ f�7 þ 5i þ 14i � 10i2 g þ f3 � 4i � 6i þ 8i2 g
Lo anterior ilustra la ley distributiva.
k)
¼ (3 þ 19i) þ (�5 � 10i) ¼ �2 þ 9i
3 � 2i
3 � 2i �1 � i �3 � 3i þ 2i þ 2i2 �5 � i
5 1
¼
�
¼
¼� � i
¼
�1 þ i �1 þ i �1 � i
2
2 2
1 � i2
Otro método Por definición, (3 − 2i)/(−1 + i) es el número a + bi, donde a y b son números reales, tales que
(−1 + i)(a + bi) = −a − b + (a − b)i = 3 − 2i. Por tanto, −a − b = 3, a − b = −2 y, al resolver simultánea(�1 þ
þ i)(a þ
þ bi)
bi) ¼
¼ �a
�a � bb þ
þ (a
(a �
� b)i
b)i ¼
¼ 3�
� 2i.
2i.
�a � b ¼ 3, a � b ¼ �2
(�1
b =�−1/2,
oa+
bi =3 −5/2
−i/2.�a � b ¼ 3, a � b ¼ �2
mente,i)(a
a = −5/2,
¼ �5=2,
�5=2, bb ¼
¼ �1=2
�1=2 or
or aa þ
þ bi
bi ¼
¼ �5=2
�5=2 �
� i=2.
i=2.
aa ¼
þ 5i
5i
20
5 þ 5i 3 þ 4i
20 4 � 3i
l ) 55 þ
þ 20 ¼
¼ 5 þ 5i �� 3 þ 4i þ
þ 20 �� 4 � 3i
� 4i
4i þ 44 þ
þ 3i
3i 33 �
� 4i
4i 33 þ
þ 4i
4i 44 þ
þ 3i
3i 44 �
� 3i
3i
33 �
15 þ 20i þ 15i þ 20i22 80
80 � 60i �5
�5 þ
þ 35i
35i 80
80 � 60i
þ � 60i ¼
¼ 33 �
� ii
¼ 15 þ 20i þ 15i2 þ 20i þ
þ � 60i2 ¼
¼
þ
¼
2
2
16 �
� 9i
9i
25
25
� 16i
16i
16
25
25
99 �
m)
15
15
30
19
3(i22 )15
� ii19
� (i22 )99 i 3(�1)
3(�1)15
� (�1)
(�1)99ii
3i30
3i
�
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¼
¼ 3(i ) � (i ) i ¼
¼
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� 11
�1 þ
þ 2i
2i
2i �
� 11
2i
�1
2i
þ 5i
5i
�3 þ i �1 � 2i 33 þ
þ 6i
6i �
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� 2i
2i22 55 þ
¼ 11 þ
þ ii
¼ �3 þ i �� �1 � 2i ¼
¼
¼
¼
¼
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2
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þ 2i
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2i
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4i2
�1
55
11 �
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10
Capítulo 1 Números complejos
pffiffiffi
1
3 ffiffiffi
pp
z11 ¼ 2 þ i, z22 ¼ 3 � 2i
z33 ¼ � 1þ p
ffiffiffiffiffiffi i.
211 þ233 3 i.. Evalúe las expresiones siguientes.
z
¼
2
þ
i,
z
¼
3
�
2i
z
¼
�
1.2. Suponga zque
z
=
2
+
i,
z
=
3
−
2i,
y
1
2
3
1
2
¼ 22 þ
þ i,i, zz22 ¼
¼ 33 �
� 2i
2i
¼�
� 2þ
þ 2i.i.
z11 ¼
zz33 ¼
22
22
j3z11 �
Soluci
ó4z
n 22j ¼ j3(2 þ i) � 4(3 � 2i)j ¼ j6 þ 3i � 12 þ 8ij
qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
j ¼j3(2
j3(2þþi) i)��4(3
4(3
2i)j¼¼j6j6þþ3i3i�p
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12þffi þ8ij8ij
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a) j3z
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157
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q
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q
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffiffiffiffiffiffiffi
ffi
qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffiffiffiffiffiffiffi
2
2 p
ffiffiffiffiffiffiffi
ffiffi
157
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11ij¼¼ (�6)
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j4 þ
þ 3ij
3ij22 ¼ (p( ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
22 þþ
22 )22)
(4)
(3)
( (4)
� ixþþ(3)
5y)¼ 7 þ 5i..
1.3. Encuentre números reales x y y tales que 3x þ 2iy
3x
3x þ
þ 2iy
2iy �
� ix
ix þ
þ 5y
5y ¼
¼ 77 þ
þ 5i.
5i.
Solució n
3x−
þ x)
5y=þ7i(2y
� x)
¼ al
7þ
5i. las partes real e imaginaria, 3x + 5y = 7,
La ecuación dada se escribe 3x + 5y + i(2y
+ 5i.
Así,
3x
3x þ
þ 5y
5y þ
þ i(2y
i(2y
�
��1,
x)
x) ¼
¼
77igualar
þ
þ
5i.
5i.
3x
þ
5y
¼
7,
2y
�
x
¼
5.
x
¼
y
¼
2.
=5y
5.¼
Al7,
x = −1 y y x=
2y −
3x
3xxþ
þ
5y
¼
7,resolver
2y
2y �
� xx simultáneamente,
¼
¼ 5.
5.
x¼
¼2.�1,
�1, yy ¼
¼ 2.
2.
: (a) z1 þ z2 ¼ z� 1 þ z� 2 ,
jz1 z2 j ¼ jz1 jjz2 j.
:: (a)
(a)
þ zz22 ¼
¼ z�z�11 þ
þ z�z�22,,y b) jz
jz11zz22jj ¼
¼ jz
jz11jjz
jjz22j.j..
1.4. Demuestre:
a) zz11 þ
Solució n
z1 ¼ x1 þ iy1 , z2 ¼ x2 þ iy2 .
z1 z¼
x1xþ
iy1iy, 1z2y ¼
Sean
z2 x=2 þ
x2 iy
+2 .iy2. Así
1=
1+
z1 þ z2 ¼ x1 þ iy1 þ x2 þ iy2 ¼ x1 þ x2 þ i(y1 þ y2 )
a) z1 þ z2 ¼
¼ xx1 þ
þ xiy1�þi(y
x2 þþiyy2 )¼¼xx1 þ�xiy
i(y
þ iy
y2 ) ¼ x þ iy þ x þ iy ¼ z� þ z�
2 þþ
x21 �
1
2
1
2
1
1
2
1
1
2
2
1
2
¼ x1 þ x2 � i(y1 þ y2 ) ¼ x1 � iy1 þ x2 � iy2 ¼ x1 þ iy1 þ x2 þ iy2 ¼ z� 1 þ z� 2
b) jz1 z2 j ¼ j(x1 þ iy1 )(x2 þ iy2 )j ¼ jx1 x2 � y1 y2 þ i(x1 y2 þ y1 x2 )j
j(xffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
þffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
i(x1 y2 þ y1 x2 )j ffi qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiqffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
jz1 z2 j ¼ q
1 þ iy1 )(x2 þ iy2 )j ¼ jx1 x2 � y1 y2 q
2
2
2 þ y2 )(x2 þ y2 )ffi ¼ qx
2 þ y2ffiqx
2 þ y2ffi ¼ jz jjz j
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
q
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼ q(x
¼
(x
x
�
y
y
)
þ
(x
y
þ
y
x
)
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1
1
2
2
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
¼ (x1 x2 � y1 y2 ) þ (x1 y2 þ y1 x2 ) ¼ (x1 þ y1 )(x2 þ y2 ) ¼ x1 þ y1 x22 þ y22 ¼ jz1 jjz2 j
Otro método
22
22 22
jzjz
�21z�z�12z� 2¼¼(z(z
�11z�)(z
�22z�)2 )¼¼jzjz
1 z12zj2 j ¼¼(z(z
1 z12z)(z
2 )(z
1 z12z)2 )¼¼z1zz12zz
1z
1 )(z
2z
1 j1 jjzjz
2 j2 j or
1 z12zj2 j¼¼jzjz
1 jjz
1 jjz
2 j2 j
oorjzjz
donde se aprovechó que el conjugado de un producto de dos números complejos es igual al producto de los conjugados (vea el problema 1.55).
Representación gráfica de los números complejos. Vectores
1.5. Realice las operaciones indicadas de manera tanto analítica como gráfica:
a) (3 + 4i) + (5 + 2i),
b) (6 − 2i) − (2 − 5i) y
c) (−3 + 5i) + (4 + 2i) + (5 − 3i) + (−4 − 6i).
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Problemas resueltos
11
Solució n
a) Analíticamente.
(3 + 4i) + (5 + 2i) = 3 + 5 + 4i + 2i = 8 + 6i
Gráficamente. Estos dos números complejos se representan mediante los puntos P1 y P2, respectivamente,
como en la figura 1-7. Se completa el paralelogramo cuyos lados adyacentes son OP1 y OP2. El punto P representa la suma, 8 + 6i, de los dos números complejos dados. Observe la similitud con la ley del paralelogramo
para la suma de dos vectores OP1 y OP2 para obtener el vector OP. Debido a esto, suele ser conveniente considerar un número complejo a + bi como vector con componentes a y b en dirección de los ejes positivos x y
y, respectivamente.
y
y
P2
P
4i
3+
6i
P2
2i
4+
5i
8+
5+
P
–2 +
P1
3i
x
O
6–2
i
x
O
P1
Figura 1-8
Figura 1-7
b) Analíticamente. (6 − 2i) − (2 − 5i) = 6 − 2 − 2i + 5i = 4 + 3i
Gráficamente. (6 − 2i) − (2 − 5i) = 6 − 2i + (−2 + 5i). Ahora se suman 6 − 2i y (−2 + 5i), como en el
inciso a). En la figura 1-8, el resultado está indicado por OP.
c) Analíticamente.
(−3 + 5i) + (4 + 2i) + (5 − 3i) + (−4 − 6i) = (−3 + 4 + 5 − 4) + (5i + 2i − 3i − 6i) = 2 − 2i
Gráficamente. Los números que se van a sumar se representan como z1, z2, z3 y z4, respectivamente. Estos
números se representan gráficamente en la figura 1-9. Para hallar la suma buscada se procede como se muestra
en la figura 1-10. A partir del punto final del vector z1 se traza el vector z2. A partir del punto final de z2 se traza
el vector z3, y a partir del punto final de z3 se traza el vector z4. La suma buscada, a la que se le suele llamar
resultante, se obtiene con el trazo del vector OP desde el punto inicial de z1 hasta el punto final de z4, es decir,
OP = z1 + z2 + z3 + z4 = 2 − 2i.
y
y
z2
z3
z1
z1
z2
z4
x
O
z3
x
O
P
z4
Figura 1-9
Figura 1-10
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12
Capítulo 1 Números complejos
1.6. Suponga que z1 y z2 son dos números complejos (vectores), como en la figura 1-11. Obtenga gráficamente
a) 3z3z
2z2z
b) 12z2 þ 53z1
1 1−�
2 2 ,y (b)
Solució n
a) En la figura 1-12, OA = 3z1 es un vector en la misma dirección que el vector z1 y cuya longitud es tres veces la
longitud del vector z1. OB = −2z2 es un vector en dirección opuesta al vector z2 y cuya longitud es dos veces
la longitud del vector z2.
Así, el vector es OC = OA + OB = 3z1 − 2z2.
y
y
C
–
3z 1
B
–2z
x
A
2z 2
z1
3z 1
2
z2
x
O
Figura 1-11
Figura 1-12
y
Q
5z
3 1
P
O 1
z R
2 2
x
Figura 1-13
b)
El vector (número complejo) buscado está representado por OP en la figura 1-13.
1.7. D
emuestre que a) |z1 + z2| ≤ |z1| + |z2|,
y dé una interpretación gráfica.
b) |z1 + z2 + z3| ≤ |z1| + |z2| + |z3|,
c) |z1 − z2| ≥ |z1| − |z2|
Solució n
z2 iy
¼1 xy2 zþ
iy2x.2 + iy2. Hay que demostrar que
a) Analíticamente. zSean
=iyx11, +
1 ¼ xz
1 1þ
2=
qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
(x1 þ x2 )2 þ (y1 þ y2 )2 � x21 þ y21 þ x22 þ y22
Al elevar al cuadrado ambos lados, esto será cierto si
es decir, si
qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi ffi
2 2 y2 ) þ
2 )2 þ (y þ2y )2 �
2 x2 þ
2 y2 þ 2 2 (x2 þ
2 x2 þ
2 y2
2 y22)(x
þ1xþ
)
(x1 (x
2 (y1 þ1y2) �
2 x1 þ
2 ) xþ
12 þ2yþ
1y1 þ
12 (x1 þ1y1 )(x
2 þ2 x2 þ2y2 2
qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi ffi
2 )(x
2 y2 )
y2 �(x21 (x
y22)(x2 þ
x1 x2x1þx2yþ
þ21yþ
1 y2y1�
1 12 þ2y2 ) 2
o si (de nuevo al elevar al cuadrado ambos lados)
2 2x x y y þ y2 y22 2� x2 x22 þ
2 x2 y22 þ
2 y2 x22 þ
2 y2 y22 2
x21xx2122xþ
1 12x21y12y2 þ 1y12y2 � 1x12x2 þ
1x12y2 þ
1y12x2 þ
1y12y2
2 þ 2x
o
2 y2 x22 2
2x2x
x21xy2122yþ
1 x12xy21yy12y2��
2 þ 1y12x2
Pero esto equivale a (x1y2 − x2y1)2 ≥ 0, lo cual es verdadero. El resultado se demuestra al retroceder paso por
paso, lo que sí es posible.
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13
Problemas resueltos
Gráficamente. El resultado se colige de que |z1|, |z2|, |z1 + z2| representan las longitudes de los lados de un
triángulo (vea la figura 1-14) y de que la suma de las longitudes de dos lados de un triángulo es mayor o igual
a la longitud del tercer lado.
y
y
�z2�
�z2�
�z
1�
3�
�z
�z1�
�z1 + z2�
x
O
+z
�z1 + z2 3�
P
x
O
Figura 1-15
Figura 1-14
b) Analíticamente. De acuerdo con el inciso a),
jz1 þ z2 þ z3 j ¼ jz1 þ (z2 þ z3 )j � jz1 j þ jz2 þ z3 j � jz1 j þ jz2 j þ jz3 j
Gráficamente. Este resultado es consecuencia del hecho geométrico de que, en un plano, la distancia más corta
entre dos puntos O y P es la recta que los une (vea la figura 1-15).
c) Analíticamente. De acuerdo con el inciso a), |z1| = |z1 − z2+ z2| ≤ |z1 − z2| + |z2|. Entonces |z1 − z2| ≥ |z1| − |z2|.
Un resultado equivalente que se obtiene al sustituir z2 por −z2 es |z1 + z2| ≥ |z1| − |z2|.
Gráficamente. El resultado equivale a decir que la longitud de uno de los lados de un triángulo es mayor o igual
a la diferencia de las longitudes de los otros dos lados.
1.8. L
os vectores posición de los puntos A(x1, y1) y B(x2, y2) están representados por z1 y z2, respectivamente. a)
Represente el vector AB como número complejo. b) Encuentre la distancia entre los puntos A y B.
Solució n
a)
De acuerdo con la figura 1-16, OA + AB = OB o
AB = OB − OA = z2 − z1 = (x2 + iy2) − (x1 + iy1) = (x2 − x1) + i(y2 − y1)
b)
La distancia entre los puntos A y B está dada por
jABj ¼ j(x2 � x1 ) þ i(y2 � y1)j ¼
qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
(x2 � x1 )2 þ (y2 � y1)2
y
y
A
A(x1, y1)
z1
B
z1
B(x2, y2)
P
z2
x
O
O
Figura 1-16
z2
C
x
Figura 1-17
1.9. S
ean z1 = x1 + iy1 y z2 = x2 + iy2 que representan dos vectores no colineales o no paralelos. Si a y b son
números reales (escalares) tales que az1 + bz2 = 0, demuestre que a = 0 y b = 0.
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14
Capítulo 1 Números complejos
Solució n
La condición dada az1 + bz2 = 0 es equivalente a
a(x1 + iy1) + b(x2 + iy2) = 0 o ax1 + bx2 + i(ay1 + by2) = 0.
Así, ax1 + bx2 = 0 y ay1 + by2 = 0. Estas ecuaciones tienen la solución simultánea a = 0 y b = 0 si y1/x1  y2/x2,
es decir, si los vectores no son colineales o no son paralelos.
1.10. Demuestre que las diagonales de un paralelogramo se bisecan entre sí.
Solució n
Sea OABC [figura 1-17] el paralelogramo dado, cuyas diagonales se intersecan en P.
Como z1 + AC = z2, AC = z2 − z1. Entonces AP = m(z2 − z1), donde 0 ≤ m ≤ 1.
Como OB = z1 + z2, OP = n(z1 + z2), donde 0 ≤ n ≤ 1.
Pero OA + AP = OP; es decir, z1 + m(z2 − z1) = n(z1 + z2) o (1− m − n)z1 + (m − n)z2 = 0. Por tanto, de
acuerdo con el problema 1.9, 1 − m − n = 0, m − n = 0 o m = 12 , n = 12 , de manera que P es el punto medio de
las dos diagonales.
1.11. Encuentre una ecuación de la recta que pasa por dos puntos dados A(x1, y1) y B(x2, y2).
Solució n
Sean z1 = x1 + iy1 y z2 = x2 + iy2 los vectores posición de A y B, respectivamente. Sea z = x + iy el vector
posición de un punto P en la recta que une A y B.
De acuerdo con la figura 1-18,
OA + AP = OP
OA + AB = OB
z1 + AP = z, es decir, AP = z − z1
z1 + AB = z2, es decir, AB = z2 − z1
o
o
Como AP y AB son colineales, AP = tAB o z − z1 = t(z2 − z1), donde t es real; la ecuación buscada es
z = z1 + t(z2 − z1)
Con z1 = x1 + iy1,
o
z = (1 − t)z1 + tz2
z2 = x2 + iy2 y z = x + iy, lo anterior se expresa como
t(x2 2��xx1 ),
t(y2 2��yy1 )1 ) oroor
xx��xx1 1¼¼t(x
1 ), yy��yy
1 1¼¼t(y
xx��xx1 1 yy��yy1 1
¼¼
xx2 2��xx1 1 yy2 2��yy1 1
Las primeras dos se conocen como ecuaciones paramétricas de la recta, en donde t es el parámetro; la segunda
es la ecuación de una recta en forma estándar.
Otro método Como AP y PB son colineales, existen números reales m y n tales que:
)¼¼n(z
n(z
n(z
�z)z)z)
mAP
mAP
mAP¼¼¼nPB
nPB
nPB or
or
or m(z
m(z
m(z���zz1z1)1)¼
22�
2�
mAP = nPB o m(z − z1) = n(z2 − z)
Se despeja,
mx
mxþþþnx
my
my
mz
mz
mz
þnz
nz
nz
mx
nx
nx
my
þþny
ny
ny
11þ
1þ
222
222
111þ
222
oor xxx¼¼¼ 111
or
or
, , , yyy¼¼¼
zzz¼¼¼
mmmþþþnnn
mmmþþþnnn
mmmþþþnnn
que se conoce como forma simétrica.
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Problemas resueltos
y
A
y
B
P
z1
C
B
z
D
z2
x
x
O
A
Figura 1-18
Figura 1-19
1.12. S
ean A(1, −2), B(−3, 4) y C(2, 2) los tres vértices del triángulo ABC. Encuentre la longitud de la mediana
de C al lado AB.
Solució n
Los vectores posición de A, B y C están dados por z1 = 1 − 2i, z2 = −3 + 4i y z3 = 2 + 2i, respectivamente.
Entonces, de acuerdo con la figura 1-19,
AC ¼ z3 � z1 ¼ 2 þ 2i � (1 � 2i) ¼ 1 þ 4i
BC ¼ z3 � z2 ¼ 2 þ 2i � (�3 þ 4i) ¼ 5 � 2i
AB ¼ z2 � z1 ¼ �3 þ 4i � (1 � 2i) ¼ �4 þ 6i
AD ¼ 12AB ¼ 12(� 4 þ 6i) ¼ �2 þ 3i pues D es el punto medio de AB.
AC þ CD ¼ AD o CD ¼ AD � AC ¼ �2 þ 3i � (1 þ 4i) ¼ �3 � i:
pffiffiffiffiffi
is jCDj ¼ j�3 � ij ¼ 10.
Así, la longitud de la mediana CD es
1.13. E
ncuentre la ecuación de a) un círculo de radio 4 con centro en (−2, 1) y b) una elipse cuyo eje mayor tenga
longitud 10 y focos en (−3, 0) y (3, 0).
Solució n
a) El centro se representa mediante el número complejo −2 + i. Si z es un punto cualquiera del círculo [figura
1-20], la distancia de z a −2 + i es
|z − (−2 + i)| = 4
Entonces, la ecuación requerida es |z + 2 − i| = 4, que en forma rectangular está dada por
|(x + 2) + i(y − 1)| = 4,
es decir (x + 2)2 + (y − 1)2 = 16
y
y
z
z
4
(–2, 1)
x
Figura 1-20
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(–3, 0)
(3, 0)
Figura 1-21
x
16
Capítulo 1 Números complejos
b) La suma de las distancias de cualquier punto z de la elipse [figura 1-21] a los focos es igual a 10. Por tanto,
la ecuación requerida es
|z + 3| + |z − 3| = 10
En forma rectangular, esto se reduce a x2/25 + y2/16 = 1 (vea el problema 1.74).
Fundamentos axiomáticos de los números complejos
1.14. C
on la definición de número complejo como par ordenado de números reales y las definiciones de la página
3 demuestre que (a, b) = a(1, 0) + b(0, 1), donde (0, 1)(0, 1) = (−1, 0).
Solució n
De acuerdo con las definiciones de la suma y de la multiplicación de la página 3, se tiene
(a, b) = (a, 0) + (0, b) = a(1, 0) + b(0, 1)
donde
(0, 1)(0, 1) = (0 ⋅ 0 − 1 ⋅ 1, 0 ⋅ 1 + 1 ⋅ 0) = (−1, 0)
Se identifica (1, 0) con 1 y (0, 1) con i, y se ve que (a, b) = a + bi.
1.15. Suponga que z1 = (a1, b1), z2 = (a2, b2) y z3 = (a3, b3). Demuestre la ley distributiva:
z1(z2 + z3) = z1z2 + z1z3.
Solució n
Se tiene
z1 (z2 þ z3 ) ¼ (a1 , b1 )f(a2 , b2 ) þ (a3 , b3 )g ¼ (a1 , b1 )(a2 þ a3 , b2 þ b3 )
¼ fa1 (a2 þ a3 ) � b1 (b2 þ b3 ), a1 (b2 þ b3 ) þ b1 (a2 þ a3 )g
¼ (a1 a2 � b1 b2 þ a1 a3 � b1 b3 , a1 b2 þ b1 a2 þ a1 b3 þ b1 a3 )
¼ (a1 a2 � b1 b2 , a1 b2 þ b1 a2 ) þ (a1 a3 � b1 b3 , a1 b3 þ b1 a3 )
¼ (a1 , b1 )(a2 , b2 ) þ (a1 , b1 )(a3 , b3 ) ¼ z1 z2 þ z1 z3
Forma polar de los números complejos
1.16. Exprese en forma polar los números complejos siguientes.
pffiffip
ffip
ffiffiffi ffiffip
ffi ffiffip
ffip
ffiffiffi ffiffiffi
pffiffip
ffip
ffiffiffi ffiffiffi
2a)þ
2 2þ
2 þ232i,3i,3(b)
i,, (b)b)
(b)
2525
25
þþ
5i,þ5i,5i,
(c)(c)
222
6�
6 6��2i,2i,2y(d)
i, (d)
23i
23i
, (c)c)
d(d)
)23i
−3i
Solució n
pffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
a)¼ j2 þp2ffiffiffi 3ij[vea
figura
¼ la
4þ
4.
p
ffiffi12
ffi ¼1-22.]
ffiffiffi ffiffiffi pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi ffi
u ¼ sen�1 2 3=4 ¼ sen�1 3=2 ¼ 608 ¼ p=3pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
El módulo o valor absoluto es r ¼¼j2j2þp
12
¼¼4..4.
þ2p
2ffi ffiffi3ffi ij3ij¼¼ 4 4þ
þ
12
p
ffiffi
ffi
ffiffi
�1
�1 pffiffiffi
=3=3 (radianes).
La amplitud o argumento esu u¼¼sen
3=2¼¼608
608¼¼pp
sen�12 2 3=4
3=4¼¼sen
sen�1 3=2
Entonces
pffiffiffi
2 þ 2 3i ¼ r(cos u þ i sen u) ¼ 4(cos 608 þ i sen 608) ¼ 4(cos p=3 þ i sen p=3)
Este resultado también se expresa como 4 cis p/3 o, con la fórmula de Euler, como 4epi/3.
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Problemas resueltos
17
y
y
2 + 2√3i
4
2√3
5
60°
x
2
b)
5√2
45°
13
x
–5
Figura 1-22
pffiffiffi
pffiffiffi
pffiffiffi
�5 þ 5i ¼ 5 2(cos 1358 þ i sen 1358) ¼ 5 2 cis 3p=4 ¼ 5 2e3pi=4
5°
Figura 1-23
−5 + 5i [vea la figura 1-23.]
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffi
r ¼ j�5 þ 5ij ¼ 25 þ 25 ¼ 5 2
pffiffiffi pffiffiffi
pffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
u ¼ 1808
r ¼ j� 6 � 2ij ¼
6 þ 2�¼458
2 ¼
2 1358 ¼ 3p=4 (radianes)
pp
ffiffiffi ffiffiffi
pffiffiffi ffiffiffi
pffiffiffi ffiffi3ffipi=4
u ¼�5
1808
¼ 7p
p2108
ffiffiffi 1358
ffiffiffi 3p=4 ¼ 5 p
pffiffiffi 33ppi=4
þ 5iþ5i
¼308
5 5¼ffiffi2(cos
2pcis
þ=6
i sen 1358)
¼ 5p5p
i=4
�5
55ffiffi2ffie223peei=4
�5 þ
þ 5i ¼
¼p
5 ffi 2(cos
cis 33p
2(cos 1358
1358 þ
þ ii sen
sen 1358)
1358) ¼
¼ 5ffiffiffi 22 cis
p=4
=4 ¼
¼p
�5 þ 5i ¼ 5 2(cos 1358 þ i sen 1358) ¼ 5 2 cis 3p=4 ¼ 5 2e
De manera que
pffiffiffi pffiffiffi
pffiffiffi
pffiffiffi
pffiffiffi 7pi=e
c) � 6 � 2i [vea
figura
1-24.]
¼ 2 la2(cos
2108
þ i sen 2108)
p=6 ¼ 2 p
2effiffiffi
pp
ffiffiffi ffiffiffi¼p2p
ffiffiffi 2ffiffiffi cisp7p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p�
ffiffiffi 2pijffiffiffi¼ 6pþ
pffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
r¼
j�
6
2
¼
2
rr ¼
66 þ
22ffiffi2ffi 22
pffiffiffi 66 �
pffiffiffi 22ijij ¼
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼ j�
j�
�
¼
þ 22 ¼
¼p
j�
ij ¼
2 2
ur ¼
¼
18086þ�þ
3082¼
21086¼þ¼
72p¼
=6=6
uu ¼
¼ 1808
1808 þ 308
308 ¼
¼ 2108
2108 ¼ 77p
p=6 (radianes)
u ¼ 1808 þ 308 ¼ 2108 ¼ 7p=6
De manera que
pp
ffiffiffi ffiffiffi pp
ffiffiffi ffi pp
ffiffiffi ffiffiffi
pffiffiffi ffiffiffi
pffiffiffi ffiffi7ffipi=e
ffiffiffi 2pi ffiffiffiffi¼
ffi 2 2(cos
pffiffiffi 2108 þ i sen 2108) ¼ 2 p
ffiffiffi 7p=6 ¼ 2 p
�p
6p
�
2p
cis
2peffiffiffi 7pi=e
�
6
�
2
i
¼
2
2
cis
7
2(cos
2108
þ
i
sen
2108)
¼
2
p
=6
¼
ffiffi
ffi
p
ffiffi
ffi
p
ffiffi
ffi
p
ffiffi
ffi
p
� 6 � 2i ¼ 2 2(cos 2108 þ i sen 2108) ¼ 2 2 cis 7p=6 ¼ 22ffiffiffi 22ee7pi=e
� 6 � 2i ¼ 2 2(cos 2108 þ i sen 2108) ¼ 2 2 cis 7p=6 ¼ 2 2e7pi=e
y
21
–√2
30°
0°
0°
x
x
–3
2√2
Figura 1-25
Figura 1-24
d ) −3i [vea la figura 1-25.]
De manera que
27
–√6
y
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼ j�3ij
j�3ij ¼
¼ j0
j0 �
� 3ij
3ij ¼
¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
þ 99 ¼
¼ 33
rr ¼
00 þ
¼ 2708
2708 ¼
¼ 33p
p=2
=2 (radianes)
uu ¼
i=2
�3i ¼
¼ 3(cos
3(cos 33p
p=2
=2 þ
þ ii sen
sen 33p
p=2)
=2) ¼
¼ 33 cis
cis 33p
p=2
=2 ¼
¼ 3e
3e33ppi=2
�3i
1.17. R
epresente en forma gráfica las expresiones de los incisos siguientes: a) 6(cos 240° + i sen 240°),
b) 4e3pi/5 y c) 2e−pi/4.
Solució n
a) 6(cos 240° + i sen 240°) = 6 cis 240° = 6 cis 4p/3 = 6e4pi/3 se representa en forma gráfica mediante el
vector OP de la figura 1-26.
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18
18 18
18
CHAPTER
CHAPTER
1 Complex
Complex
Numbers
Numbers
CHAPTER
1 1Complex
Numbers
Capítulo
1 Nvector
úmeros
complejos
IfIfstart
we
westart
start
with
with
vector
OA,
whose
whose
magnitude
magnitude
is66and
andwhose
whose
direction
direction
isisthat
that
ofofpositive
the
thepositive
positive
xxaxis,
axis,
we
wecan
can
If we
with
vector
OA,OA,
whose
magnitude
is 6 isand
whose
direction
is that
of
the
x axis,
we can
24
0°
24
240°
0°
iu
isisequivalent
equivalent
toaavector
vector
obtain
obtain
OProtating
by
byrotating
rotating
OAcounterclockwise
counterclockwise
through
through
ananangle
angle
ofof2408.
2408.
InIngeneral,
general,
isreiuequivalent
to ato
vector
obtain
OP OP
by
OA OA
counterclockwise
through
an angle
of 2408.
In general,
reiu re
obtained
obtained
by
bydel
rotating
rotating
aavector
vector
ofmagnitud
ofmagnitude
magnitude
and
and
direction
direction
that
that
ofofpositive
the
positive
positive
axis,
counterclockwise
counterclockwise
through
Si
se by
parte
vector
AO,
yr ren
dirección
eje
xthe
positivo,
sexxaxis,
obtiene
OP al rotarthrough
AOthrough
240°
en
obtained
rotating
a vector
ofde
magnitude
r 6and
direction
thatdel
of
the
x axis,
counterclockwise
ananangle
angle
sentido
contrario
u. uu. . al de las manecillas del reloj. En general, reiu equivale a un vector que se obtiene al rotar un
an
angle
vector de magnitud r y dirección del eje positivo x en un ángulo u , en sentido contrario al de las manecillas del
y yy
y yy
y yy
reloj.
24
P
66
P
AA
x
PP
4 P44
6
PP O
O 4 OO
x
Fig.1-27
1-27
Fig.Fig.
1-27
O
A AA
45°
45° 45°
2
O
2 22
A
45°
P PP
2
xx
x
22
OO y 2
8°
Fig.1-26
1-26
Fig.
1-26
P Fig.
x
10
6
A
O
y
xx
8°
108°
10
8°
6
6 66
OO A
10
0°
y
O
x
xx
x
Fig.1-28
1-28
Fig.Fig.
1-28
P
pi=5
i=5
(b)
4e3p3¼i=5
¼¼4(cos
4(cos
33pþ
p=5=5
þþi3sin
ip
sin
33pp=5)
¼¼4(cos
4(cos
1088
þþi1088)
sin
i sin1088)
1088)
(b) (b)
4e3p4e
4(cos
3p=5
i sin
=5)
¼=5)
4(cos
10881088
þ i sin
Figura
1-28
Figura
1-27
Figura
1-26
is
is
represented
represented
by
by
OP
OP
in
in
Fig.
Fig.
1-27.
1-27.
is represented by OP in Fig. 1-27.
pi=44e3pi/5 = 4(cos 3p/5 + i sen 3p/5) = 4(cos 108° + i sen 108°)
b) (c)
(c)
2e��p¼i=4
¼¼2fcos(�
2fcos(�
þþi sin(�
i sin(�
pp=4)g
=4)g
¼¼2fcos(�458)
2fcos(�458)
þþi sin(�458)g
i sin(�458)g
(c)
2e�p2ei=4
2fcos(�
p=4)pp=4)
þ=4)
i sin(�
p=4)g
¼
2fcos(�458)
þ i sin(�458)g
está representado en la figura 1-27 mediante el vector OP.
This
complex
complex
number
number
can
beberepresented
represented
by
byvector
vector
ininFig.
Fig.1-28.
1-28.
This
vector
vector
can
bebeobtained
obtained
by
bystartstartThisThis
complex
number
can can
be
represented
by vector
OP OP
inOP
Fig.
1-28.
ThisThis
vector
can can
be
obtained
by startc)
2e−pi/4 = 2{cos (−p/4) + i sen (−p/4)} = 2{cos (−45°) + i sen (−45°)}
ing
ing
with
with
vector
vector
OA,
OA,
whose
whose
magnitude
magnitude
is
is
2
2
and
and
whose
whose
direction
direction
is
is
that
that
of
of
the
the
positive
positive
x
x
axis,
axis,
and
and
rotating
rotating
ing with vector OA, whose magnitude is 2 and whose direction is that of the positive x axis, and rotating
Este
complejo
está
representado
en
la(which
figura
mediante
elrotating
vector
OP.
Estethrough
vector
se angle
obtiene
al
itnúmero
itcounterclockwise
counterclockwise
through
through
ananangle
angle
of
of�458
�458
(which
(which
isissame
the
thesame
same
asas
rotating
ititclockwise
clockwise
through
through
ananangle
angle
it counterclockwise
through
an angle
of �458
is1-28
the
as rotating
it clockwise
an
empezar
con
el
vector
OA,
de
magnitud
2,
en
la
dirección
positiva
del
eje
x,
y
rotarlo
un
ángulo
de
−45°
en
of
of
458).
458).
of 458).
dirección contraria a las manecillas del reloj (que es lo mismo que rotar este vector un ángulo de 45° en la
dirección de las manecillas del reloj).
1.18.
1.18.
AAman
man
travels
travels
12
12miles
miles
northeast,
northeast,
20
20miles
miles
308west
west
ofofnorth,
north,
andthen
then
18
18miles
miles
608south
south
ofofwest.
west.
1.18.
A man
travels
12 miles
northeast,
20 miles
308308
west
of north,
andand
then
18 miles
608608
south
of west.
Determine
Determine
(a)analytically
analytically
and(b)
(b)graphically
graphically
how
farand
andwhat
ininwhat
what
direction
direction
he
he
isisfrom
from
hisstarting
starting
Determine
(a) (a)
analytically
andand
(b)
graphically
howhow
far far
and
in
direction
he is
from
his his
starting
1.18. Un hombre recorre 12 millas hacia el noreste, 20 millas 30° hacia el oeste del norte y después 18 millas
point.
point.
point.
60° hacia el suroeste. Determine a) de manera analítica y b) de manera gráfica cuánto y en qué dirección se
alejó
de su punto de partida.
Solution
Solution
Solution
(a)
(a)
Analytically.
Analytically.
bebethe
thestarting
starting
point
point
(seeFig.
Fig.1-29).
1-29).
Then
Then
(a)
Analytically.
OLet
beOOthe
starting
point
(see(see
Fig.
1-29).
Then
Soluci
ó n Let Let
thesuccessive
successive
displacements
displacements
arerepresented
represented
by
byvectors
vectors
OA,
the the
successive
displacements
are are
represented
by vectors
OA,OA,
a) AB,
Analíticamente.
Sea
O
punto
de
partida
(veaisla
1-29). Los
AB,
AB,and
andBC.
BC.The
Theresult
result
of
of
all
allthree
three
displacements
displacements
isfigura
isrepresented
represented
and
BC.
The
result
ofelall
three
displacements
represented
desplazamientos
by
bythe
thevector
vectorsucesivos están representados por los vectores OA,
by
the
vector
AB y BC. El resultado de estos tres desplazamientos se representa con
¼¼OA
þþþ
AB
AB
þþBC
BC
OC OC
¼OC
OA
þOA
AB
BC
el vector
Now
NowNow
OC = OA + AB + BC
i=4 pi=4
Ahora,
OA
¼¼12(cos
12(cos
þþi458)
sin
i458)
sin458)
458)
¼¼p12e
12epi=4
sen
¼ 12e
12e
OA
¼OA
12(cos
458 458
þ458
i sin
¼
pi/4
pi=32p2i=3
OA
12(cos
45° þ
+ 308)
iþ
sen
45°)
AB
¼¼20fcos(908
20fcos(908
þ308)
308)
þþ=
i sin(908
i 12e
sin(908
þþ308)g
308)g
¼¼220e
20e pi=3
sen(908
þ308)g
308)g
¼ 20e
20e
AB =
¼AB
20fcos(908
þ
i sin(908
þ
¼
AB = 20{cos (90° + 30°) + i sen(90° + 30°)} = 20e42pi/3
pi=34p4i=3
¼¼18fcos(1808
18fcos(1808
þþ608)
608)
þþi sin(1808
i sin(1808
þþ608)g
608)g
¼¼18e
18e pi=3
sen(1808
þ608)g
608)g
¼ 18e
18e
BC BC
¼BC
18fcos(1808
þ 608)
þ
i sin(1808
þ
¼
BC = 18{cos (180° + 60°) + i sen (180° + 60°)} = 18e4pi/3
Then que
Then
De Then
manera
y
B
yy
BB
y
B
20 2020
18 1818 60°
30°
30° 30°
60°
60° 60°
C
20
30°
A AA
18
CC
C
O
12 1212
A
45°
45° 45°
x xx
OO
12
Fig.1-29
1-29
Fig.Fig.
1-29
O
45°
x
Figura 1-29
i=4 pi=4
pi=32p2i=3
pi=34p4i=3
þþ220e
20eþpi=3
þþ418e
18e pi=3
¼¼p12e
12eþpi=4
20e
18e
OC OC
¼OC
12e
¼¼f12
f12458
cos
cos458
20
201208
cos
cos1208
1208
18
182408g
cos
cos2408g
2408g
þþif12
if12458
sin
sin458
458
þþ
20
201208
sin
sin1208
1208
þþ
18
182408g
sin
sin2408g
2408g
sen
458
þ
20
sen
1208
18
sen
2408g
¼ f12
cos
þ458
20þþ
cos
þ 18þþ
cos
þ if12
sin
þ
20
sin
þþ18
sin
pffiffiffi ppffiffiffiffiffiffi
pffiffiffi ppffiffiffiffiffiffi
pffiffiffi ppffiffiffiffiffiffi
pffiffiffi ppffiffiffiffiffiffi
¼¼f(12)(
f(12)(
þþ(20)(�1=2)
(20)(�1=2)
þþ(18)(�1=2)g
(18)(�1=2)g
þþif(12)(
if(12)(
þþ(20)(
(20)(
þþ(18)(�
(18)(�
=2)
¼ f(12)(
2=2)22=2)
þ=2)
(20)(�1=2)
þ (18)(�1=2)g
þ if(12)(
2=2)22=2)
þ=2)
(20)(
3=2)33=2)
þ=2)
(18)(�
3=2)33=2)
ffiffiffiffi ffiffiffi ppffiffiffiffiffiffi
pffiffiffi ppffiffiffiffiffiffi
pffiffiffi ppffiffip
2��19)
¼ (6¼¼(6
2(6�219)
þ19)
(6þþ(6
2(6þ22þ3þ)i 33)i)i
p
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffip
ffiffiffiffip
pp
ffiffiffi ffiffip
pp
ffiffiffi ffiffip
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffi ffiffip
ffiffiffi ffiffip
ffiffiffi ffiffip
ffipffiffip
ffipffiffiffiffiffiffi
ffipffiffip
p
ffiffip
ffipffiffiffiffiffiffi 2 2 2 2 pp
ffipffiffiffiffiffiffi2 2
ffipffiffiffiffiffiffi
(cosr(cos
u uþ
+þ
iþ
sen
u)
,
entonces
¼
¼14:7
14:7
uiusin
iusin
i)sin
u)6=
)¼6¼2626��
219
2p
�
�
19
19
þ
þ
(6
(6
2
2
þ
þ
3
3
)i,
)i,
then
then
r
r
¼
¼
(6
219)
2�
�19)
19)
22þ3þ)32)23¼3)¼
)14:7
If
r(cos
þ
(6
2
þ
3
)i,
then
r
¼
(6
2(6
þ
2(6
IfSi rIfr(cos
14:7
iþ
sen
u¼
)u¼
þ(6þ
(6þ(6
2þþ
19
þ
(6
2
þ
3
)i,
r
¼
(6
2��
19)
p
p
ffiffi
ffi
ffiffi
ffi
ffiffi
ffi
p
ffiffi
ffi
�1
0 0 0 0approximately.
�1
�1
approximately,
approximately,
ucos
u¼
¼�1
cos
cos
219)=r
2�
�19)=r
19)=r
¼
¼�1
cos
cos
(�
(�:717)
:717)
¼
¼135849
135849
approximately.
approximately,
and and
(6�1
2(6
¼¼cos
(��1
:717)
¼¼135849
approximately.
u¼¼
cos
(6�1(6
2��
19)=r
cos
(�
:717)
135849
aproximadamente,
yuand
135°49′
aproximadamente.
0 dirección0 0135°49′
0 0
0 0 0 en
=
PorThus,
tanto,
elman
hombre
semiles
encuentra
ahis
14.7
millas
su
de
partida
−
90°
Thus,
the
the
man
isis14.7
14.7
miles
from
his
starting
starting
point
point
inaapunto
direction
direction
135849
135849
�
�908
¼
¼45849
45849
west
west
of
ofnorth.
north.
Thus,
the man
is
14.7
miles
fromfrom
his starting
point
indea in
direction
135849
��908
¼908
west
of north.
135849
908
¼45849
45849
45°49′
al
oeste
del
norte.
(b)
Graphically.
Graphically.
Using
Using
aaconvenient
convenient
unit
ofoflength
length
such
asasPQ
ininFig.
Fig.1-29,
1-29,
which
which
represents
represents
22miles,
miles,
(b) (b)
Graphically.
Using
a convenient
unitunit
of
length
suchsuch
as PQ
inPQ
Fig.
1-29,
which
represents
2 miles,
and and
aandaa
b) protractor
Gráficamente.
Con
una
unidad
de
longitud
adecuada,
como
PQ
enThen,
la
figura
1-29,
que
millas,
protractor
protractor
toto
measure
measure
angles,
angles,
construct
construct
vectors
vectors
OA,AB,
AB,and
and
BC.
BC.
Then,
by
bydetermining
determining
the
thenumber
number
ofofunits
unitsy
to measure
angles,
construct
vectors
OA,OA,
AB,
and
BC.
Then,
by
determining
therepresenta
number
of2units
un
transportador
para
medir
los
ángulos,
trace
los
vectores
OA,
AB
y
BC.
Después,
determine
las
unidades
with
yyaxis,
axis,
we
weobtain
obtain
theapproximate
approximate
results
results
ofof(a).
(a).
ininOC
OCand
andthe
theangle
angle
thatOC
OCmakes
makes
withwith
the the
ythe
axis,
we obtain
the the
approximate
results
of (a).
in OC
and
the
angle
thatthat
OC
makes
que mide OC y el ángulo que forma con el eje y positivo, y se obtienen los resultados aproximados de a).
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Problemas resueltos
19
Teorema de De Moivre
1.19. Suponga que
r1(cos
=rr22(cos
(cosuu22 þ
+ iisen
senuu2 2).). Prove:
Demuestre que:
1) yz2z2¼
seni sen
z1 ¼z1r1=(cos
u1 þu1i +
u1 ) uand
a)
r2 fcos(1u+
i sen(1 u+
u2 )g,y
z1zz12z2=¼r1r12{cos(u
u2)u2+) þ
i sen(u
u2)}
1þ
1þ
b)
z1 r1
¼ {cos(u
fcos(u11 −
�uu22))+þiisen(u
sen(u11 −
�uu22)}.
)g.
z2 r2
Solució n
a)
z1z2 = {r1(cos u1 + i sen u1)}{r2(cos u2 + i sen u2)}
= r1r2{(cos u1 cos u2 − sen u1 sen u2) + i(sen u1 cos u2 − cos u1 sen u2)}
= r1r2{cos (u1 + u2) + i sen (u1 + u2)}
b)
z1 r1 (cos u1 þ i sen u1 ) (cos u2 � i sen u2 )
�
¼
z2 r2 (cos u2 þ i sen u2 ) (cos u2 � i sen u2 )
�
�
r1 (cos u1 cos u2 þ sen u1 sen u2 ) þ i(sen u1 cos u 2 � cos u1 sen u 2)
¼
r2
cos2 u 2 þ sen2 u 2
r1
¼ fcos(u1 � u2 ) þ i sen(u1 � u2 )g
r2
En términos de la fórmula de Euler, eiu = cos u + i sen u, los resultados indican que si z1 = r1eiu1 y z2 = r2eiu2,
entonces z1z2 = r1r2ei(u1 + u2) y z1/z2 = r1eiu1/r2eiu2 = (r1/r2)ei(u1 − u2).
1.20. Demuestre el teorema de De Moivre: (cos u + i sen u)n = cos nu + i sen nu, donde n es un entero positivo.
Solució n
Se usará el principio de inducción matemática. Suponga que esta igualdad es verdadera para un determinado
entero positivo k, es decir, que (cos u + i sen u)k = cos ku + i sen ku. Se multiplican ambos lados por cos u +
i sen u, y se obtiene
(cos u + i sen u)k+1 = (cos ku + i sen ku)(cos u + i sen u) = cos(k + 1)u + i sen (k + 1)u
de acuerdo con el problema 1.19. Por tanto, si esta igualdad es verdadera para n = k, también lo será para n = k + 1.
Pero como esta igualdad es claramente verdadera para n = 1, también debe serlo para n = 1 + 1 = 2 y para n = 2
+ 1 = 3, etc., y, por ende, debe ser verdadera para todo entero positivo.
Esta igualdad es equivalente a declarar que (eiu)n = eniu.
1.21. D
emuestre las identidades: a) cos 5u = 16 cos5 u − 20 cos3 u + 5 cos u;
b) (sen 5u)/(sen u) = 16 cos4 u − 12 cos2 u + 1, si u  0, +p, +2p, . . . .
Solució n
Se emplea la fórmula binomial
� �
� �
� �
n n�1
n n�2 2
n n�r r
(a þ b) ¼ a þ
a bþ
a b þ ��� þ
a b þ � � � þ bn
1
2
r
n
donde a los coeficientes
n
� �
n!
n
¼
r
r!(n � r)!
que se denotan también como C(n, r) o nCr , se les llama coeficientes binomiales. El número n!, o n factorial, se
define como el producto n(n − 1) . . . 3 · 2 · 1 y se define 0! = 1.
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20
Capítulo 1 Números complejos
De acuerdo con el problema 1.20, para n = 5, y la fórmula binomial, se tiene
cos 5u þ i sen 5u ¼ (cos u þ i sen u)5
� �
� �
5
5
¼ cos5 u þ
(cos4 u)(i sen u) þ
(cos3 u)(i sen u)2
1
2
� �
� �
5
5
þ
(cos2 u)(i sen u)3 þ
(cos u)(i sen u)4 þ (i sen u)5
3
4
¼ cos5 u þ 5i cos4 u sen u � 10 cos3 u sen2 u
� 10i cos2 u sen3 u þ 5 cos u sen4 u þ i sen5 u
¼ cos5 u � 10 cos3 u sen2 u þ 5 cos u sen4 u
þ i(5 cos4 u sen u � 10 cos2 u sen3 u þ sen5 u)
Por tanto,
5
3
¼ 5cos
ucos
� 510u cos
ucos
sen32uu sen
þ 52 ucos
cos 5ucos
u¼
� 10
þ u5 sen
cos4uu sen4 u
a) cos 5u ¼ cos5 u � 10 cos3 u sen2 u þ 5 cos u sen4 u
5
3
2
2
3
¼ cos¼
ucos
� 510u cos
ucos
(1 �
ucos
) þ25ucos
�ucos
ucos
)2 2 u)2
� 10
ucos
(1 �
) þ u5(1
cos
(1 �
¼ cos5 u � 10 cos3 u(1 � cos2 u) þ 5 cos u(1 � cos2 u)2
5
3
¼ 16 cos
ucos
� 520u cos
ucos
þ 35 ucos
¼ 16
� 20
þ u5 cos u
¼ 16 cos5 u � 20 cos3 u þ 5 cos u
2
3 5
¼ 5ucos
sen4uu �
u cos
sen23uu sen
þ sen
b) sen 5usen
¼45u cos
sen10u cos
� 10
u þu sen5 u
sen 5u ¼ 5 cos4 u sen u � 10 cos2 u sen3 u þ sen5 u
o
sen 5usen 5u 4
2
2 4
¼ 5 cos
� 410u cos
ucos
sen22uu sen
þ sen
¼45ucos
� 10
u þu sen4 u
sen
2
2
sen5uusen
u
¼ 5 cos u � 10 cos u sen u þ sen4 u
sen u
2
2
2
2
¼ 5 cos
� 410u cos
ucos
(1 �
ucos
) þ2(1
ucos
)2 2 u)2
¼45ucos
� 10
ucos
(1 �
u)�
þcos
(1 �
¼ 5 cos4 u � 10 cos2 u(1 � cos2 u) þ (1 � cos2 u)2
4
2
¼ 16 cos
ucos
� 412u cos
ucos
þ 21 u þ 1
¼ 16
� 12
¼ 16 cos4 u � 12 cos2 u þ 1
u=
ui.e.,
=
0,u+
, +2
p, ,p
. ,. .+2
. , .p. ,. .. . . .
sen sen
=0,0,es
=up0,
+
+2
p
sen
siempre que
u0,ui.e.,
decir,
0,p+
sen u = 0, i.e., u = 0, +p, +2p, . . . .
1.22. Muestre que a) cos u ¼
eiu þ e�iu
eiu � e�iu
,y b) sen u ¼
.
2
2i
Solució n
Se tiene
a) Se suman (1) y (2),
eiu
b)
Se resta (2) de (1),
eiu = cos u + i sen u
(1)
e−iu
(2)
= cos u − i sen u
eiu þ e�iu
u
eiui−iu
þ e�i�iuu ¼ 2 cos u or cos u ¼eiu þ e�iu
2
e 2 cos
¼ 2u cos u o or cos u ¼
+ee þ =
2
eiu � e�iu
iu
u
�=e�i�i
¼ 2iu sen uo or sen u ¼eiu � e�iu
2i
sen
eiu − eiu−iu
u
2i
e � e ¼ 2i sen u or sen u ¼
2i
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21
Problemas resueltos
1.23. Demuestre las identidades a) 3sen3u3 = 34 sen 1u − 14 sen 3u y 4b) cos14u = 18 cos 14u + 12 cos 32u + 38 .
sen u ¼ 4 sen u � 4 sen 3u,
cos u ¼ 8 cos 4u þ 2 cos 2u þ 8.
Solució n
a)
� iu
�3
e � e�iu
(eiu � e�iu )3
1
¼
¼ � f(eiu )3 � 3(eiu )2 (e�iu ) þ 3(eiu )(e�iu )2 � (e�iu )3 g
8i
2i
8i3
�
�
�
�
1
3 eiu � e�iu
1 e3iu � e�3iu
�
¼ � (e3iu � 3eiu þ 3e�iu � e�3iu ) ¼
8i
4
4
2i
2i
sen3 u ¼
3
1
¼ sen u � sen 3u
4
4
b)
cos4 u ¼
� iu
�4
e þ e�iu
(eiu þ e�iu )4
¼
2
16
1
f(eiu )4 þ 4(eiu )3 (e�iu ) þ 6(eiu )2 (e�iu )2 þ 4(eiu )(e�iu )3 þ (e�iu )4 g
16
�
�
�
�
1
1 e4iu þ e�4iu
1 e2iu þ e�2iu
3
þ
þ
¼ (e4iu þ 4e2iu þ 6 þ 4e�2iu þ e�4iu ) ¼
16
8
2
8
2
2
¼
1
1
3
¼ cos 4u þ cos 2u þ
8
2
8
1.24. Dado un número complejo (vector) z, interprete en forma geométrica zeia, donde a es real.
y
Solució n
z = reiu se representa gráficamente por el vector OA en la figura
1-30. Entonces,
zeia = reiu ⋅ eia = rei(u+a)
es el vector representado por OB.
Por tanto, multiplicar un vector z por eia es lo mismo que
rotar z un ángulo a en sentido contrario al de las manecillas
del reloj; eia se considera un operador que actúa sobre z para
efectuar esta rotación.
A
B
a
z = reiq
zeia
q
0
Figura 1-30
1.25. Demuestre: eiu = ei(u+2kp), k = 0, +1, +2, . . . .
Solució n
ei(uþ2kp) ¼ cos(u þ 2kp) þ i sen(u þ 2kp) ¼ cos u þ i sen u ¼ eiuiu
1.26. Evalúe las expresiones de los incisos siguientes.
pffiffip
ffiffiffi ffi �ffiffi�ffi1010
�� � p
�10
77 7
(2
cis
158)
11þ
(2(2
ciscis
158)
158)
1 þ 33ii3i
þ
p
ffiffi
ffi
,
(c)
408
þ
408)][4(cos
808
þ
808)],
a))) )[3(cos
b)
y
c)
p
ffiffi
ffi
p
ffiffi
ffi
,
,
(c)
(c)
[3(cos
[3(cos
408
408
þiþ
isen
sen
i sen
408)][4(cos
408)][4(cos
808
808
þiþ
isen
sen
i sen
808)],
808)],
33 3
(4
cis
458)
11�
(4(4
ciscis
458)
458)
1 � 33ii3i
�
Solució n
[3(cos408
408 þ
þ iisen
sen408)][4(cos
408)][4(cos808
808 þ
þ iisen
sen808)]
808)] ¼
¼ 33 �� 4[cos(408
4[cos(408 þ
þ 808)
808) þ
þ iisen(408
sen(408 þ
þ 808)]
808)]
a) [3(cos
¼ 12(cos
12(cos1208
1208 þ
þ iisen
sen1208)
1208)
¼
pffiffiffiffiffiffi �
p
�
�
�
pffiffiffiffiffiffi
p
11
33
þ
i
¼ �6
�6 þ
þ 66 33ii
¼
12
�
¼ 12 � þ
i ¼
22 22
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x
22
Capítulo 1 Números complejos
(2 cis 158)7 128 cis 1058
7
2 cis(1058 � 1358)
(2 cis¼158)
128 cis¼1058
64 cis
(4 b)
cis 458)3
¼ 2 cis(1058 � 1358)
¼ 1358
3
64 cis 1358
(4 cis 458)
pffiffiffi
¼ 2[cos(�308) þ i sen(�308)] ¼ 2[cos 308 � i sen 308] ¼ 3 � ipffiffiffi
¼ 2[cos(�308) þ i sen(�308)] ¼ 2[cos 308 � i sen 308] ¼ 3 � i
c)
pffiffiffi
pffiffiffi �10 �
�
�10
1þ �
3i
pffiffiffi �210cis(608)
�
�101208)10 ¼ cis 12008 ¼ cis 1208 ¼ � 1 þ 3 i pffiffiffi
pffiffiffi 1 þ ¼
¼
(cis
2 cis(608)
3i
2 ¼ 2� 1 þ 3 i
1 � 3i
pffiffiffi 2 cis(�608)
¼
¼ (cis 1208)10 ¼ cis 12008 ¼ cis 1208
2 cis(�608)
2
2
1 � 3i
Otro método
pffiffiffi �10 � p i=3 �10
�
1 þ 3i
2e
pffiffiffi
¼
¼ (e2pi=3 )10 ¼ e20pi=3
2e�p i=3
1 � 3i
pffiffiffi
1
3
¼ e6p ie2p i=3 ¼ (1)[cos(2p=3) þ i sen(2p=3)] ¼ � þ
i
2
2
1.27. D
emuestre que a) arg(z1z2) = arg z1 + arg z2 y b) arg(z1/z2) = arg z1 − arg z2, e indique las condiciones
para que esto sea válido.
Solució n
Sean z1 = r1(cos u1 + i sen u1) y z2 = r2(cos u2 + i sen u2). Entonces, arg z1 = u1 y arg z2 = u2.
a) Como z1z2 = r1r2{cos (u1 + u2) + i sen(u1 + u2)}, arg(z1z2) = u1 + u2 = arg z1 + arg z2.
b)
Como z1/z2 = (r1/r2){cos (u1 − u2) + i sen(u1 − u2)}, arg(z1/z2) = u1 − u2 = arg z1 − arg z2.
Como hay muchos valores posibles para u1 = arg z1 y para u2 = arg z2, los dos lados de las igualdades anteriores sólo serán iguales para algunos valores de arg z1 y arg z2. Estas igualdades pueden no satisfacerse aunque
se usen los valores principales.
Raíces de números complejos
1.28. a) Encuentre todos los valores de z para los que z5 = −32 y b) localice estos valores en el plano complejo.
Solució n
a)
En forma polar, −32 = {cos(p + 2kp) + i sen(p + 2kp)}, k ¼ 0, +1, +2, . . . .
Sea z = r (cos u + i sen u). Entonces, de acuerdo con el teorema de De Moivre,
z5 ¼ r5 (cos 5u þ i sen 5u) ¼ 32fcos(p þ 2kp) þ i sen(p þ 2kp)g
z5 = r5(cos 5u + i sen 5u) = 32{cos(p + 2kp) + i sen(p + 2kp)}
and so r 5 ¼ 32, 5u ¼ p þ 2kp, from which r ¼ 2, u ¼ (p þ 2kp)=5. Hence
y de esta manera r5 = 32, 5u = p + 2kp, de donde r = 2, u = (p + 2kp)/5. Por tanto,
� �
�
�
��
p þ 2kp
p þ 2kp
þ i sen
z ¼ 2 cos
5
5
Si k = 0, z = z1 = 2(cos p/5 + i sen p/5).
If k1,¼z =
0, zz ¼
z1 ¼ 2(cos p=5 þ i sen p=5).
Si k =
2 = 2(cos 3p/5 + i sen 3p/5).
þ i sen
3p=5).
If 2,
k¼
1, zz ¼
z2(cos
2 ¼ 2(cos
z=
=
5p/53p+=5i sen
5p/5)
= −2.
Si k =
3
p
=5
þ
i
sen
5
p=5) ¼ �2.
¼
2(cos
5
If
k
¼
2,
z
¼
z
3
Si k = 3, z = z4 = 2(cos 7p/5 + i sen 7p/5).
If k4,¼z =
3, zz ¼
z4 ¼ 2(cos 7p=5 þ i sen 7p=5).
Si k =
5 = 2(cos 9p/5 + i sen 9p/5).
If k ¼ 4, z ¼ z5 ¼ 2(cos 9p=5 þ i sen 9p=5).
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23
Problemas resueltos
y
Con k = 5, 6, … así como con los valores negativos
−1, −2,…, se obtienen repeticiones de los anteriores
cinco valores de z. Por tanto, éstas son las únicas soluciones o raíces de la ecuación dada. Estas cinco raíces se
llaman raíces quintas de −32 y se denotan en conjunto
(−32)1/5. En general, a1/n representa las n-ésimas raíces
de a, y hay n raíces n-ésimas.
b) En la figura 1-31 se muestran los valores de z. Observe
que se encuentran distribuidos en espacios iguales sobre
la circunferencia de un círculo de radio 2, con centro en
el origen. Otra manera de decir esto es que las raíces se
representan con los vértices de un polígono regular.
z2
π /5
z3
/
7π
5
5
9π /
z4
Figura 1-31
Solución
(−1 + i)1/3
pffiffiffi
2fcos(3p=4 þ 2kp) þ i sen(3p=4 þ 2kp)g
� �
�
�
��
3p=4 þ 2kp
3p=4 þ 2kp
þ i sen
¼ 21=6 cos
3
3
�1 þ i ¼
(�1 þ i)1=3
Si k = 0, z1 = 21/6(cos p/4 + i sen p/4).
Si k = 1, z2 = 21/6(cos 11p/12 + i sen 11p/12).
Si k = 2, z3 = 21/6(cos 19p/12 + i sen 19p/12).
En la figura 1-32 se representan gráficamente estas raíces.
y
z2
π/
24
z2
π
11
π/4
x
x
4
4
π /2
43
12
π/
19
/2
31π
z4
z3
Figura 1-32
pffiffiffi
b) (�2 3 � 2i)1=4
z1
z1
z21
z
z1223
z23
z34
z34
z4
z4
7π /24
z1
/12
z3
Si k ¼ 0,
k ¼ 0,
1,
0,
Si kk ¼
¼ 1,
k ¼ 0,
2,
1,
k ¼ 2,
1,
Si k ¼ 3,
2,
3,
k ¼ 2,
k ¼ 3,
Si k ¼ 3,
z1
19
y
x
z5
1.29. E
ncuentre las raíces que se indican y localícelas
gráficamente.
pffiffiffi pffiffi1=4
ffi
1=3
, i)(b)
, (�2
(b)
� 2i)3 � 2i)1=4
i)1=3 þ
a) (�1 þ (�1
y b) 3(�2
a)
z1
/5
π
3π
Figura 1-33
pffiffiffi
�2 3 � 2i ¼ 4fcos(7p=6 þ 2kp) þ i sen (7p=6 þ 2kp)g
� �
�
�
��
pffiffiffi
7p=6 þ 2kp
7p=6 þ 2kp
(�2 3 � 2i)1=4 ¼ 41=4 cos
þ i sen
4
4
pffiffiffi
ffiffi2ffi(cos 7p=24 þ i sen 7p=24).
¼p
ffiffi2ffi(cos 7p=24 þ i sen 7p=24).
¼p
ffiffi2ffi(cos 719
=24þþi sen
i sen719
p=24).
¼p
pp=24
p=24).
ffiffi2ffi(cos 19
¼p
=24þþi sen
i sen719
p=24).
731
pp=24
p=24).
p
31
¼ pffiffi2ffiffiffiffi(cos 19
p=24 þ i sen 19
p=24).
31
31
¼
2
(cos
19
p
=24
þ
i
sen
19
p=24).
ffiffi2ffi(cos 43
¼p
31p=24 þ i sen 43
31p=24).
p
ffiffi
ffi
43p=24 þ i sen 31
43p=24).
¼ p2ffiffiffi(cos 31
¼ 2(cos 43p=24 þ i sen 43p=24).
¼ 2(cos 43p=24 þ i sen 43p=24).
En la figura 1-33 se representan gráficamente estas raíces.
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24
Capítulo 1 Números complejos
1.30. Encuentre las raíces cuadradas de −15 − 8i.
Solució n
Método 1.
−15 − 8i = 17{cos(u + 2kp) + i sen(u + 2kp)}
donde cos u = −15/17, sen u = −8/17. Entonces, las raíces cuadradas de −15 − 8i son
pffiffiffiffiffi
17(cos u=2 þ i sen u=2)
y
Ahora,
pffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffi
17fcos(u=2 þ p) þ i sen (u=2 þ p)g ¼ � 17(cos u=2 þ i sen u=2)
(1)
(2)
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffi
cos u=2 ¼ + (1 þ cos u)=2 ¼ + (1 � 15=17)=2 ¼ +1= 17
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffi
sen u=2 ¼ + (1 � cos u)=2 ¼ + (1 þ 15=17)=2 ¼ +4= 17
Como u es un ángulo
u/2 es un ángulo en el segundo cuadrante. Por tanto,
pffiffiffiffiffi en el tercer cuadrante,
pffiffiffiffiffi
cos u=2 ¼ �1= 17 , sen u=2 ¼ 4= 17 , de manera que de acuerdo con (1) y (2) las raíces cuadradas buscadas
son −1 + 4i y 1 − 4i. Como verificación, observe que (−1 + 4i)2 = (1 − 4i)2 = −15 − 8i.
Método 2.
Sea p + iq, donde p y q son números reales, que representan las raíces cuadradas buscadas. Así,
( p + iq)2 = p2 − q2 + 2pqi = −15 − 8i
o
p2 − q2 = −15
pq = −4
(3)
(4)
Se sustituye de (4) q = −4/p en (3), y se obtiene p2 − 16/p2 = −15 o p4 + 15 p2 −16 = 0, es decir (p2 + 16)
(p2 − 1) = 0 o p2 = −16, p2 = 1. Como p es real, p = 1. Según (4), si p = 1, q = −4; si p = −1, q = 4. Por
tanto, las raíces son −1 + 4i y 1 − 4i.
Ecuaciones polinómicas
1.31. Resuelva la ecuación cuadrática az2 + bz + c = 0, a  0.
Solució n
Se pasa c al lado derecho y se divide entre a  0,
b
c
z2 þ z ¼ �
a
a
Se suma a ambos lados (b/2a)2 [para completar cuadrados],
��
��
� ��2 �2
� �� �
b b2 2 b2 b�2 4ac
b b
b b
c c b b2 2
� 4ac
.: :Entonces,z þz þ ¼ ¼ 2 2
z2 þ
z2 þz þz þ
¼¼
� �þ þ
2a 2a
a a 2a 2a
a a 2a 2a
4a 4a
Se obtiene la raíz cuadrada en ambos lados,
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffi
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffi
b b ++ b2b2��4ac
4ac
�b
�b++ b2b2��4ac
4ac
.: : Por tanto,z z¼¼
zþ
z þ ¼¼
2a2a
2a2a
2a2a
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Problemas resueltos
25
1.32. Resuelva la ecuación z2 + (2i − 3)z + 5 − i = 0.
Solució n
De acuerdo con el problema 1.31, a = 1, b = 2i − 3 y c = 5 − i, por lo que las soluciones son:
z¼
�b +
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
b2 � 4ac �(2i � 3) + (2i � 3)2 � 4(1)(5 � i) 3 � 2i + �15 � 8i
¼
¼
2a
2(1)
2
¼
3 � 2i + (1 � 4i)
¼ 2 � 3i
2
o
1þi
pues las raíces cuadradas de −15 −8i son (1 − 4i) [vea el problema 1.30]. Resulta que estas raíces satisfacen
la ecuación dada.
1.33. S
uponga que el número racional p/q (donde p y q no tienen factores comunes excepto +1,, es decir, p/q es
irreducible) satisface la ecuación polinómica a0zn + a1zn−1 + . . . + an = 0, donde a0, a1,…, an son enteros.
Muestre que p y q deben ser factores de an y a0, respectivamente.
Solució n
Se sustituye en la ecuación dada z = p/q y se multiplica por qn, con lo que se obtiene
a0 pn þ a1 pn�1 q þ � � � þ an�1 pqn�1 þ an qn ¼ 0
(1)
an qn
p
(2)
Se divide entre p y se pasa el último término al lado derecho,
a0 pn�1 þ a1 pn�2 q þ � � � þ an�1 qn�1 ¼ �
Como el lado izquierdo de (2) es un entero, el lado derecho también lo es. Pero como p no tiene factores comunes
con q, no puede dividir a qn y por tanto, debe dividir a an.
De manera similar, al dividir (1) entre q y pasar al lado derecho el primer término, se encuentra que q debe
dividir a a0.
1.34. Resuelva 6z4 − 25z3 + 32z2 + 3z − 10 = 0.
Solució n
Los factores+1,
enteros
de +1=3,
6 y de+1=6,
−10 son,
. Por tanto, de
+1,+1,
+2,
+2,
+3,+3,
+6+6
andyand
+1,+1,
+2,+2,
+5,+5,
+10.
+10.
+1=2,
+2,respectivamente,
+2=3, +5, +5=2,
+5=3,
acuerdo con el problema 1.33, las soluciones racionales posibles son +1, +1=2, +1=3, +1=6, +2, +2=3, +5, +5=2, +5=3,
+1=2, +1=3, +1=6, +2, +2=3, +5, +5=2, +5=3, +5=6, +10, +10=3..
+5=6, +10, +10=3.
Al probar, se encuentra que z = −1/2 y z = 2/3 son soluciones y, de esta manera, el polinomio
6, +10, +10=3.
(2z + 1)(3z − 2) = 6z2 − z − 2 es un factor de 6z4 − 25z3 + 32z2 + 3z − 10
el otro factor es z2 − 4z + 5, que se encuentra por división larga. Por tanto,
6z4 − 25z3 + 32z2 + 3z − 10 = (6z2 − z − 2)(z2 − 4z + 5) = 0
Las soluciones de z2 − 4z + 5 = 0 son [vea el problema 1.31]
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffi
4 + 16 � 20 4 + �4 4 + 2i
z¼
¼
¼
¼2+i
2
2
2
Así, las soluciones son −1/2, 2/3, 2 + i, 2 − i.
1.35. D
emuestre que la suma y el producto de todas las raíces de a0zn + a1zn−1 + … + an = 0, donde a0  0, son
−a1/a0 y (−1)nan/a0, respectivamente.
Solució n
Si z1, z2,…, zn son las n raíces, esta ecuación se escribe en forma factorizada como
a0(z − z1)(z − z2) … (z − zn) = 0
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26
Capítulo 1 Números complejos
La multiplicación directa revela que
a0 fzn � (z1 þ z2 þ � � � þ zn )zn�1 þ � � � þ (�1)n z1 z2 � � � zn g ¼ 0
Se deduce que −a0(z1 + z2 + . . . + zn) = a1 y a0(−1)n z1z2 . . . zn = an, por lo que
z1 þ z2 þ � � � þ zn ¼ �a1 =a0 ,
z1 z2 � � � zn ¼ (�1)n an =a0
como se requería.
1.36. S
uponga que p + qi es una raíz de a0zn + a1zn−1 + . . . + an = 0, donde a0  0, a1, . . . , an, p y q son reales.
Demuestre que p − qi también es una raíz.
Solució n
Sea p + qi = reiu en forma polar. Como esto satisface la ecuación,
a0 rn einu þ a1 rn�1 ei(n�1)u þ � � � þ an�1 reiu þ an ¼ 0 .
Se toma el conjugado de ambos lados
a0 rn e�inu þ a1 rn�1 e�i(n�1)u þ � � � þ an�1 re�iu þ an ¼ 0
y se observa que re−iu = p – qi es también una raíz. Este resultado no es válido si no todos los a0, . . . , an son
reales (vea el problema 1.32).
Este teorema suele expresarse como sigue: los ceros de un polinomio con coeficientes reales se presentan en
pares conjugados.
Raíces n-ésimas de la unidad
1.37. Encuentre todas las raíces quintas de la unidad.
Solució n
donde k = 0, 1, 2, . . . Entonces,
z5 ¼ 1 ¼ cos 2kp þ i sen 2kp ¼ e2k pi
z ¼ cos
2kp
2kp
þ i sen
¼ e2kpi=5
5
5
donde basta usar k = 0, 1, 2, 3, 4, pues los demás valores de k conducen a repeticiones.
Así, las raíces son 1, ee2p2pi=5i=5, ,ee4p4pi=5i=5, ,ee6p6pi=5i=5,y,ee8p8pi=5i=5, las cuales al llamar e2pi/5 = , se denotan con 1, , 2, 3
y 4.
1.38. Suponga que n = 2, 3, 4, . . . Demuestre que
a)
cos
2p
4p
6p
2(n � 1)p
þ cos
þ cos
þ � � � þ cos
¼ �1
n
n
n
n
b)
sen
2p
4p
6p
2(n � 1)p
þsen
þ sen þ � � � þsen
¼0
n
n
n
n
Solució n
Considere la ecuación zn − 1 = 0, cuyas soluciones son las raíces n-ésimas de la unidad,
1, e2pi=n , e4pi=n , e6pi=n , . . . , e2(n�1)pi=n
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Problemas resueltos
27
De acuerdo con el problema 1.35, la suma de estas raíces es cero. Entonces,
1 þ e2pi=n þ e4pi=n þ e6pi=n þ � � � þ e2(n�1)pi=n ¼ 0
es decir,
�
1 þ cos
� �
�
2p
4p
2(n � 1)p
2p
4p
2(n � 1)p
þ cos
þ � � � þ cos
þ i sen
þ sen
þ � � � þsen
¼0
n
n
n
n
n
n
de donde se derivan los resultados buscados.
Producto punto y producto cruz
1.39. Suponga que z1 = 3 − 4i y z2 = −4 + 3i. Encuentre: a)
z1· z2 y b)
|z1 × z2|.
Solució n
a)
z1 � z2 ¼ Refz1 z2 g ¼ Ref(3 þ 4i)(�4 þ 3i)g ¼ Ref�24 � 7ig ¼ �24
Otro método. z1· z2 = (3)(−4) + (−4)(3) = −24
b) jz1 � z2 j ¼ jImfz1 z2 gj ¼ jImf(3 þ 4i)(�4 þ 3i)gj ¼ jImf�24 � 7igj ¼ j�7j ¼ 7
Otro método.|z1 × z2| = |(3)(3) − (− 4)(−4)| = |−7| = 7
1.40. Encuentre el ángulo agudo que forman los vectores del problema 1.39.
Solució n
De acuerdo con el problema 1.39 a), se tiene
cos u ¼
z1 � z2
�24
�24
¼
¼ �:96
¼
25
jz1 jjz2 j j3 � 4ijj�4 þ 3ij
Por lo que el ángulo agudo es cos−1 0.96 = 16°16′, aproximadamente.
1.41. Demuestre que el área de un paralelogramo cuyos lados son z1 y z2 es |z1 × z2|.
Solució n
Área del paralelogramo [figura 1-34] = (base)(altura)
¼ (jz2 j)(jz1 j sen u) ¼ jz1 jjz2 j sen u ¼ jz1 � z2 j
y
C(x3, y3)
z1
z1
A(x1, y1)
h =z1 sen θ
θ
z2
B(x2, y2)
O
z2
Figura 1-34
Figura 1-35
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x
28
Capítulo 1 Números complejos
1.42. Encuentre el área de un triángulo cuyos vértices están en A(x1, y1), B(x2, y2) y C(x3, y3).
Solució n
Los vectores de C a A y B [figura 1-35] están dados, respectivamente, por
z1 = (x1 − x3) + i(y1 − y3)
y
z2 = (x2 − x3) + i(y2 − y3)
Como el área de un triángulo en el que z1 y z2 son dos de sus lados es la mitad del área del paralelogramo correspondiente se tiene, de acuerdo con el problema 1.41:
Área del triángulo ¼ 12 jz1 � z2 j ¼ 12 jImf[(x1 � x3 ) � i(y1 � y3 )][(x2 � x3 ) þ i(y2 � y3 )]gj
¼ 12 j(x1 � x3 )(y2 � y3 ) � (y1 � y3 )(x2 � x3 )j
¼ 12 jx1 y2 � y1 x2 þ x2 y3 � y2 x3 þ x3 y1 � y3 x1 j
�
�
� x1 y1 1 �
�
�
�
�
¼ 12 j� x2 y2 1 �j
�
�
� x3 y3 1 �
expresada como determinante.
Coordenadas conjugadas complejas
1.43. Exprese cada ecuación en coordenadas conjugadas: a) 2x + y = 5
y
b) x2 + y2 = 36.
Solució n
a)
b)
Como z = x + iy, z = x − iy, x = (z + z )/2 y y = (z − z )/2i. Entonces, 2x + y = 5 se transforma en
�
� �
�
z þ z�
z � z�
þ
¼ 5 o (2i þ 1)z þ (2i � 1)�z ¼ 10i
2
2
2i
Esta ecuación representa una línea recta en el plano z.
Método 1. La ecuación es (x + iy)(x − iy) = 36 o zz = 36.
Método 2. En x2 + y2 = 36 se sustituye x = (z + z)/2, y = (z − z)/2i, y se obtiene zz = 36.
La ecuación representa un círculo en el plano z de radio 6, con centro en el origen.
1.44. Demuestre que, en el plano z, la ecuación de un círculo o de una recta se expresa como
az�z þ bz þ b� z� þ g ¼ 0 , donde a y g son constantes reales mientras que b puede ser una constante
compleja.
Solució n
La ecuación general de un círculo en el plano xy se expresa como
A(x2 þ y2 ) þ Bx þ Cy þ D ¼ 0
lo que en coordenadas conjugadas se convierte en
�
�
�
�
z þ z�
z � z�
þC
þD¼0 o
Az�z þ B
2
2i
Az�z þ
�
�
�
�
B C
B C
þ
zþ
�
z� þ D ¼ 0
2 2i
2 2i
Con A = a, (B/2) + (C/2i) = b y D = g, se obtiene el resultado buscado.
En el caso especial en el que A = a = 0, el círculo degenera en una recta.
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Problemas resueltos
29
Conjuntos de puntos
1.45. S
e da el conjunto de puntos S:fi, 12 i, 13 i, 14 i, . . .g, o brevemente {i/n}. a) ¿Es S acotado? b) ¿Cuáles son
sus puntos límites, si los hay? c) ¿Es S cerrado? d ) ¿Cuáles son sus puntos interiores y sus puntos frontera?
e) ¿Es S abierto? f ) ¿Es S conexo? g) ¿Es S una región abierta o dominio? h) ¿Cuál es la cerradura de S?
i) ¿Cuál es el complemento de S? j) ¿Es S numerable? k) ¿Es S compacto? l ) ¿Es compacta la cerradura de
S?
Solució n
a)S es acotado, pues para todo punto z de S, |z| < 2 (por ejemplo), es decir, todos los puntos de S se encuentran
dentro de un círculo de radio 2 y centro en el origen.
b) Como toda vecindad agujerada de z = 0 contiene puntos de S, un punto límite es z = 0. Es el único punto
límite.
Observe que, como S está acotado y es infinito, el teorema de Bolzano-Weierstrass prevé por lo menos
un punto límite.
c) S no es cerrado, pues el punto límite z = 0 no pertenece a S.
d )Toda vecindad d de un punto i/n (es decir, todo círculo de radio d y centro en un punto i/n) contiene puntos
que pertenecen a S y puntos que no pertenecen a S. Por tanto, todo punto de S, incluso el punto z = 0, es un
punto frontera. S no tiene puntos interiores.
e)S no tiene ningún punto interior. Por tanto, no puede ser abierto. S ni es abierto ni es cerrado.
f )Si dos puntos cualesquiera de S se unen mediante una trayectoria poligonal, en esta trayectoria habrá puntos
que no pertenezcan a S. Por tanto, S no es conexo.
g)Como S no es un conjunto conexo abierto, no es una región o un dominio.
h)La cerradura de S consta del conjunto S junto con el punto cero, es decir, de f0, i, 12 i, 13 i, . . .g.
i)El complemento de S es el conjunto de todos los puntos que no pertenecen a S, es decir, todos los puntos
z  i, i/2, i/3, . . . .
j)Entre los elementos de S y los números naturales, 1, 2, 3, . . . existe una correspondencia uno a uno, como se
muestra a continuación:
i
l
1
1
2i
l
2
1
3i
l
3
1
4
l
4
i...
...
Por tanto, S es contable.
k) S está acotado pero no es cerrado. Por tanto, no es compacto.
l) La cerradura de S está acotada y cerrada, y por tanto es compacta.
pp
ffiffiffi ffiffiffi
�i,4,4,2 2þþi, i,5g,5g,B B¼¼f�i,
f�i,0,0,�1,
�1,2 2þþig,ig,
, 3g,
1.46. D
ados los conjuntos de puntos A A¼¼f3,f3,�i,
yCC¼¼f�f� 2i,2i,12 ,12 3g
encuentre a) A ∪ B, b) A ∩ B, c) A ∩ C, d ) A ∩ (B ∪ C ), e) (A ∩ B) ∪ (A ∩ C ) y f ) A ∩ (B ∩ C ).
Solució n
a)A ∪ B consta de los puntos que pertenecen ya sea a A o a B o a ambos, y está dado por {3, −i, 4, 2 + i, 5, 0,
−1}.
b)A ∩ B consta de los puntos que pertenecen tanto a A como a B, y está dado por {−i, 2 + i}.
3.
c)A ∩ C = {3}, que tiene un único
pffiffimiembro,
ffi
d )B < C ¼ f�i, 0, �1, 2 þ i, � 2i, 12 , 3g .
Entonces, A ∩ (B ∪ C ) = {3, −i, 2 + i}, que consta de los puntos que pertenecen tanto a A como a B ∪ C.
e)A ∩ B = {−i, 2 + i}, A ∩ C = {3}, de acuerdo con los incisos b) y c). Por tanto, (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) = {−i,
2 + i, 3}.
A partir de este inciso y del resultado de d ) se observa que A ∩ (B ∪ C ) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C ), lo que
ilustra que A, B y C satisfacen la ley distributiva. Es demostrable que los conjuntos manifiestan muchas de
las propiedades válidas en el álgebra de números. Esto reviste gran importancia en la teoría y la aplicación.
f )B ∩ C = ∅, el conjunto vacío, pues no hay puntos comunes a B y a C. Por tanto, también A ∩ (B ∩ C ) = ∅.
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30
Capítulo 1 Números complejos
Problemas diversos
1.47. A un número se le llama número algebraico si es solución de una ecuación polinómica
a0 zn þ a1 zn�1 þ � � � þ an�1 z þ an ¼ 0 , donde a0, a1,…, an son enteros.
pffiffiffiffiffi ffi
p
pffiffiffiffiffi ffi p
Demuestre que a) 33þþ 22
Solució n
y
b)
p
p
ffiffiffiffiffi ffi
33
�2i
2i son números algebraicos.
44�
pffiffiffi pffiffip
p2ffiffiffi pffiffiffi
pffiffiffi pffiffiffi
pffiffiffi
pffiffiffi pffiffiffi
ffi ffiffiffi pffiffiffi
2
2 eleva
o z�
z 2�¼2 32zy þ
¼ 3 oz2z�
�2 1 2¼z þ
2 22¼
z 3 o z2 � 1 ¼ 2 2z.
a) Sea z ¼ 3 þ 2 o z � z ¼2 ¼ 3 þ3 . Se
al cuadrado
se 2obtiene
4
2
2
4
2
4 eleva
2 y
4− 2z +
2 1 = 8z o z − 10z + 1 = 0, ecuación polinómica con
de1nuevo
se
zSe
z4z4��2z10z
� 2z2 þ
¼ 8z2alorcuadrado
þ2 þ
1¼
1obtiene
¼
8z20,orzzp
1 ¼ 0, pffiffiffi pffiffiffi
pffiffiffiþ
ffiffi�
ffi 10z
.
Por
esffiffiffip
unffiffiffinúmero algebraico.
coeficientes
enteros,
una
de
cuyas
raíces
es
3
þ
2
ffiffiffi tanto, 3 þ 2 p
p
pffiffiffi
pffiffiffi
pffiffiffi
3
3
2 +
z ¼ 3y4se
z+
¼2i3z
� obtiene
2i o zz3þ
¼24(2i)
�
42i+ o3z(2i)
zþ
2i (2i)
¼ 33 4= 4 o
b) Sea z ¼ 3 4 � 2i o z þ 2i ¼ 3 4 . Se eleva al cubo
4
3
2
12z
z3 − 12z − 4 = i(8 − 6z2). Se eleva al cuadrado y se obtiene z6 +p
ffiffiffi − 8z + 48z +
ffiffi96z
ffi + 80 = 0, ecuap
pffiffiffi
3
3
4
4
�
2i
� 2i es un número
.
Por
tanto,
ción polinómica con3 coeficientes
enteros,
una
de
cuyas
raíces
es
4 � 2i
algebraico.
Los números que no son algebraicos, es decir, que no satisfacen ninguna ecuación polinómica con coeficientes
enteros, son números trascendentes. Se ha demostrado que los números p y e son trascendentes. Sin embargo,
aún no se sabe si números como ep o e + p, por ejemplo, son o no trascendentes.
1.48. Represente en forma gráfica el conjunto de valores de z
� � � �
� � � �
� 3�
� 3�
�z ��z3�
�z ��z3�
para los que a) �� �� �� ¼��2,¼ 2,
y �� b) �� �� ,��2., 2.
z þz3þ 3
z þz3þ 3
y
P
Solució n
a) La ecuación dada es equivalente a |z − 3| = 2|z + 3| o,
si z = x + iy, |x + iy − 3| = 2|x + iy + 3|, es decir,
qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
(x � 3)2 þ y2 ¼ 2 (x þ 3)2 þ y2
(–5, 0)
4
A
B
(–3, 0)
(3, 0)
x
Se eleva al cuadrado y se simplifica para obtener
x2 + y2 + 10x + 9 = 0
o
Figura 1-36
(x + 5)2 + y2 = 16
es decir, |z + 5| = 4, un círculo de radio 4 y centro en (−5, 0) como se muestra en la figura 1-36.
Geométricamente, todo punto P de este círculo es tal que la distancia de P al punto B(3, 0) es el doble de
la distancia de P al punto A(−3, 0).
Otro método
��
��
��
����
��
�z�z��33��
��
��¼¼22es equivalente a zz��33 z�z���33 ¼¼44 oo
�z�zþþ33��
zzþþ33 z�z�þþ33
es decir, (z + 5)( z + 5) = 16 o |z + 5| = 4.
z�z�
zzþþ5�
5�
zzþþ5z
5zþþ99¼¼00
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
b) La igualdad dada es equivalente a jz � 3j , 2jz þ 3j o (x � 3)2 þ y2 , 2 (x þ 3)2 þ y2 . Se eleva al
cuadrado y se simplifica, con lo que se convierte en x2 + y2 + 10x + 9 > 0 o (x + 5)2 + y2 > 16, es decir,
|z + 5| > 4.
Por tanto, el conjunto buscado consta de todos los puntos en el exterior del círculo de la figura 1-36.
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31
Problemas resueltos
1.49. D
ados los conjuntos A y B representados por |z − 1| < 2 y |z − 2i| < 1.5, respectivamente, represente
geométricamente a) A ∪ B y b) A ∩ B.
Solució n
Los conjuntos de puntos que se buscan aparecen sombreados en las figuras 1-37 y 1-38, respectivamente.
y
y
B
B
2i
2i
A
A
x
1
x
1
Figura 1-37
Figura 1-38
1.50. Resuelva z2(1 − z2) = 16.
Solució n
Método 1. Esta ecuación se puede escribir como z4 − z2 + 16 = 0, es decir, z4 + 8z2 + 16 − 9z2 = 0, (z2 + 4) − 9z2 = 0
o bien, (z2 + 4 + 3z)(z2 + 4 − 3z) = 0. Por tanto, las soluciones buscadas son las soluciones de z2 + 3z + 4 = 0 y
z2 − 3z + 4 = 0, o
pffiffiffi
pffiffip
ffi ffiffiffi
pffiffiffi
3
3 3 7 7
7
3
7
y
+
� +
� ++ i i
i
i
2
2 2 2 2
2
2
2
pffiffiffi
Método 2. Si w = z2, estapecuación
se puede escribir como w2 − w + 16 = 0 y w ¼ 12 + 32 7i. Para obtener las
ffiffi
ffi
soluciones de zw2 ¼ 12 + 32 7i se emplean los métodos del problema 1.30.
1.51. Sean z1, z2 y z3 los vértices de un triángulo equilátero. Demuestre que
z21 þ z22 þ z23 ¼ z1 z2 þ z2 z3 þ z3 z1
Solució n
y
z2
A partir de la figura 1-39 se observa que
z2 − z1 = epi/3(z3 − z1)
z1 − z3 =
epi/3(z2
π/3
− z3)
z1
Entonces, al dividir,
π/3
π/3
z3
z2 � z1
z3 � z1
¼
z1 � z3
z2 � z3
x
o bien,
z21 þ z22 þ z23 ¼ z1 z2 þ z2 z3 þ z3 z1
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Figura 1-39
32
Capítulo 1 Números complejos
1.52. Demuestre que para m = 2, 3, . . .
p 2p 3p
(m � 1)p
m
sen sen sen � � � sen
¼ m�1
2
m
m
m
m
Solució n
Las raíces de zm = 1 son z = 1, e2pi/m, e4pi/m,…, e2(m−1)pi/m. Por tanto, se escribe
zm � 1 ¼ (z � 1)(z � e2pi=m )(z � e4pi=m ) � � � (z � e2(m�1)pi=m )
Se dividen ambos lados entre z − 1 y después se establece z = 1 [observando que (zm − 1)/(z − 1) = 1 + z + z2
+ … + zm−1], y se encuentra que
m ¼ (1 � e2pi=m )(1 � e4pi=m ) � � � (1 � e2(m�1)pi=m ) (1)
Se sustituye por el complejo conjugado en ambos lados de (1) y se obtiene
m ¼ (1 � e�2pi=m )(1 � e�4pi=m ) � � � (1 � e�2(m�1)pi=m ) (2)
Se multiplica (1) por (2) con (1 − e2kpi/m) (1 − e−2kpi/m) = 2 −2 cos(2kp/m), y se tiene
�
��
� �
�
2p
4p
2(m � 1)p
1 � cos
� � � 1 � cos
m2 ¼ 2m�1 1 � cos
m
m
m
(3)
Como 1 − cos(2kp/m) = 2 sen2(kp/m), (3) se convierte en
m2 ¼ 22m�2 sen2
p
2p
(m � 1)p
sen2
� � � sen2
m
m
m
(4)
Después se saca la raíz cuadrada positiva en ambos lados y se obtiene el resultado deseado.
Problemas complementarios
Operaciones fundamentales con números complejos
1.53. Realice las operaciones indicadas:
(2 þ i)(3 � 2i)(1 þ 2i)
(1 � i)2
a)
(4 � 3i) þ (2i � 8),
d)
(i � 2)f2(1 þ i) � 3(i � 1)g,
g)
b)
3(�1 þ 4i) � 2(7 � i),
e)
2 � 3i
,
4�i
h) (2i � 1)2
c)
(c)
(3 þ 2i)(2 � i),
f ) (4 þ i)(3 þ 2i)(1 � i)
pffiffiffi pffiffiffi
i)
�
4
2�i
þ
1�i 1þi
i4 þ i9 þ i16
2 � i5 þ i10 � i15
1.54. Suponga que z1 ¼z11¼�1i,� i,z2 ¼z2�2
yz3 ¼z3 ¼3 �32i.
¼ �2
þ 4i,
þ 4i,
� 2i.. Evalúe los incisos siguientes:
a) z21 þ 2z1 � 3
b) j2z2 � 3z1 j2
c) (z3 � z�3 )5
d ) jz1 z�2 þ z2 z�1 j
�
�
�z1 þ z2 þ 1�
�
�
e) �
z1 � z2 þ i �
�
�
1 z3 z� 3
f)
þ
2 z� 3 z3
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g) (z2 þ z3 )(z1 � z3 )
h) jz21 þ z�22 j2 þ j�z23 � z22 j2
i)
Ref2z31 þ 3z22 � 5z23 g
�
Problemas complementarios
33
) 1¼z2 z)� 11¼
z� 22,z� 1 z� 2 ,y(zb)
z331)z2¼
z� 22z�z�331.z� 2Generalize
thesethese
results.
11z22(z
11z22(z
1.55. Demuestre que(za)
Generalice
estos
resultados.
z3 z)� 11¼
z� 3 .. Generalize
results.
¼2 z)� 11¼
=�z2z�2,1y=�zb)
jz =z22j1 =z
¼2jz
j si
if 2zzj22if=
0.= 0.
1.56. Pruebe que a) (z11=z(z22)1 =z
z20.
11j=jz
j¼
jz122j=jz
2 , 11 jz
1.57. Encuentre números reales x y y tales que 2x − 3iy + 4ix − 2y − 5 − 10i = (x + y + 2) − (y − x + 3)i.
1.58. Demuestre que a) Re{z} = (z + z)/2 y b) Im{z} = (z − z)/2i.
1.59. S
uponga que el producto de dos números complejos es cero. Demuestre que por lo menos uno de los dos
números debe ser cero.
1.60. Sea w = 3iz − z2 y z = x + iy. Encuentre |w|2 en términos de x y y.
Representación gráfica de números complejos. Vectores
1.61. Realice las operaciones indicadas tanto analítica como gráficamente.
a) (2 þ 3i) þ (4 � 5i)
d) 3(1 þ i) þ 2(4 � 3i) � (2 þ 5i)
b) (7 + i) − (4 − 2i)
e)
1
2 (4
� 3i) þ 32 (5 þ 2i)
c) 3(1 þ 2i) � 2(2 � 3i)
1.62. Sean z1, z2 y z3 los vectores de la figura 1-40. Indique gráficamente.
a)
y
2z1 + z3
z2
b) (z1 + z2) + z3
c)
z1 + (z2 + z3)
d)
3z1 − 2z2 + 5z3
e)
1
3 z2
z1
x
z3
Figura 1-40
� 34 z1 þ 23 z3
1.63. Sean z1 = 4 − 3i y z2 = −1 + 2i. Obtenga gráfica y analíticamente.
a)jz
b)(b)
,j,2 j,(c)
c)
dj2�
)zzj2�
jzjz111jz
þ
þþ
(b)
(b)
jz
jzjz111jz
�
��
(c)
(c)(c)
z�z�1z1� 1�
�
z��
�z��
�,2y,(d)
(d)
(d)(d)
j2�
j2�
�
z�
3�
�3�
zz2z23�
�
z�
2j.
�2j.2j..
1 zzþ
2z
2j,
2j,zj,,2 j,(b)
1 zz�
2z
2j,
2j,z
1z
2z
2�,2,z
1z
1 1�
1 3�
2�
2 2j.
1.64. L
os vectores posición de los puntos A, B y C del triángulo ABC están dados por z1 = 1 + 2i, z2 = 4 − 2i,
y z3 = 1 − 6i respectivamente. Demuestre que ABC es un triángulo isósceles y encuentre la longitud de sus
lados.
1.65. S
ean z1, z2, z3 y z4 los vectores posición de los vértices del cuadrilátero ABCD. Demuestre que ABCD es un
paralelogramo si y sólo si z1 − z2 − z3 + z4 = 0.
1.66. Suponga que las diagonales de un cuadrilátero se bisecan. Demuestre que el cuadrilátero es un paralelogramo.
1.67. Demuestre que las medianas de un triángulo se encuentran en un punto.
1.68. S
ea ABCD un cuadrilátero y sean E, F, G y H los puntos medios de sus lados. Demuestre que EFGH es un
paralelogramo.
1.69. E
n un paralelogramo ABCD, el punto E biseca el lado AD. Demuestre que el punto en que BE corta AC
triseca AC.
1.70. L
os vectores posición de los puntos A y B son 2 + i y 3 – 2i, respectivamente. a) Encuentre una ecuación
de la recta AB. b) Halle la ecuación de la recta perpendicular a AB en su punto medio.
1.71. D
escriba y represente gráficamente el lugar geométrico representado en los incisos siguientes a) |z − i| = 2,
222 2
b)jz
c)(c)
d)
e)
jzjzþ
þ
jzþ2ij
þ
2ij
2ij2ij
þ
þ
þjz
þ
jzjz�
�
jz�2ij
�
2ij
2ij2ij
¼
¼
¼¼
6,
6,
6,,6,(c)
(c)
(c)
jz
jzjz�
�
jz�3j
�
3j
3j�
3j
�
�jz
�
jzjzþ
þ
jzþ3j
þ
3j
3j3j
¼
¼
¼¼
4,
4,
4,4,(d)
(d)
(d)(d)
z(�
z(�
z(�
zzz(�
zþ
þ
þ
z 2)
þ
2)
2)2)
¼
¼
¼¼
3,
3,
3,3,y(e)
(e)
(e)(e)
Imfz
Imfz
Imfz
Imfz
ggg¼
¼
¼
g¼
4.
4.
4.4..
1.72. E
ncuentre en la ecuación de a) un círculo de radio 2 con centro en (−3, 4) y b) una elipse con focos en (0,
2) y (0, −2) y un eje mayor de longitud 10.
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34
Capítulo 1 Números complejos
1.73. Describa gráficamente la región representada en los incisos siguientes:
222 2
ggg..
g..
1,1,
1,,1,(c)
(c)
(c)
(c)
jzjz
jzþ
jzþ
þ3ij
þ3ij
3ij3ij
..
..
4,4,
4,4,y
1,
,,
jzjz
jzþ
jzþ
þijþijij�
ij�
�2,
�2,
2,,2,(b)
(b)
(b)
Refz
Refz
Refz
Refz
a)111,
b)(b)
c)
jzjz
jzþ
jzþ
þ2þ22�2�
�3ij
�3ij
3ij3ij
þþ
þjz
þjz
jz�
jz�
�2�22þ2þ
þ3ij
þ3ij
3ij3ij
,,
,,
10.
10.
10.
10.
d)
1.74. M
uestre que la elipse |z + 3| + |z − 3| = 10 se expresa en forma rectangular como x2/25 + y2/16 = 1 [vea
el problema 1.13b)].
Fundamentos axiomáticos de los números complejos
1.75. C
on la definición de número complejo como par ordenado de números reales, demuestre que si el producto
de dos números complejos es cero, al menos uno de estos números debe ser cero.
1.76. Demuestre la ley conmutativa respecto de a) la suma y b) la multiplicación.
1.77. Demuestre la ley asociativa respecto de a) la suma y b) la multiplicación.
1.78. a) Encuentre números reales x y y tales que (c, d ) · (x, y) = (a, b), donde (c, d )  (0, 0).
b) ¿Qué relación tiene (x, y) con el resultado de la división de números complejos dado en la página 2?
1.79. Demuestre que
(cos u1, sen u1)(cos u2, sen u2). . .(cos un, sen un)
= (cos[u1 + u2 + . . . + un], sen[u1 + u2 + . . . + un])
1.80. a) ¿Cómo define (a, b)1/n, donde n es un entero positivo?
b) Determine (a, b)1/2 en términos de a y b.
Forma polar de números complejos
1.81. Exprese en forma polar cada número complejo de los incisos siguientes:
p
pp
ffiffip
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
pp
ffiffip
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi p
pp
ffiffip
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
pp
ffiffip
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
pp
ffiffip
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
pp
ffiffip
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
22�
2�
22�
2i,
�
2i,
2i,
2i,
(b)
(b)
(b)
(b)
�1
�1
�1
�1
þþþþ33i,3i,3i,(c)
i,(c)
(c)
2þ
2þ
2þ
22222i,2i,2i,(d)
(d)
�i,
�i,
�i,
(e)
(e)
(e)
(e)
�4,
�4,
�4,
�4,f ) �2
�2
�2
�233�
3�
3�
2i,
�
2i,
2i,
2i,
(g)
(g)
(g) 22i,2i,2,i,(h)
i,h)
(h)
(h)
(h) 33=2
3=2
3=2
=2
���
3i=2.
�
3i=2.
3i=2.
3i=2.
a)
−
2i,
b)
,(c)
c)222222þ
,i,(d)
d(d)
)�i,
−i,
e)
−4,
y(g)
g)
.
1.82. Muestre que 2 þ i ¼
pffiffiffi i tan�1 (1=2)
..
5e
1.83. Exprese en forma polar: a) −3 −4i
y
b) 1 − 2i.
1.84. Represente en forma gráfica lo que se indica en los incisos siguientes y expréselo en forma rectangular:
a) 6(cos 135° + i sen 135°), b) 12 cis 90°, c) 4 cis 315°, d ) 2e5pi/4, e) 5e7pi/6 y f ) 3e−2pi/3.
1.85. U
n avión recorre 150 millas hacia el sureste, 100 millas hacia el oeste, 225 millas en una dirección de 30°
hacia el norte del este, y 200 millas hacia el noreste. Determine a) analíticamente y b) gráficamente a qué
distancia y en qué dirección está de su punto de partida.
1.87. Demuestre que en el círculo z =
Reiu,
|eiz|
=
e−R senu.
1.88. a) Demuestre que r1eiu1 + r2eiu2 = r3eiu3, donde
u3 ¼ tan�1
�
r1 sen u 1 þ r2 sen u 2
r1 cos u1 þ r2 cos u2
�
b) Generalice el resultado de a).
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lb
0l
b
60°
30°
O
45°
lb
qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
r12 þ r22 þ 2r1 r2 cos(u1 � u2 )
10
50
y
r3 ¼
y
75
1.86. T
res fuerzas actúan en un plano sobre un objeto colocado en
O, como se muestra en la figura 1-41. Determine a) de manera
gráfica y b) de manera analítica qué fuerza se requiere para
evitar que el objeto se mueva. [A esta fuerza se le suele llamar
equilibrante.]
Figura 1-41
x
35
Problemas complementarios
Teorema de De Moivre
(5 cis 20°)(3 cis 40°) b) (2 cis 50°)6
�
�pffiffiffi �4 �
(3epi=6 )(2e�5pi=4 )(6e5pi=3 )
1þi 5
3�i
p
ffiffi
ffi
e)
1�i
(4e2pi=3 )2
3þi
1.89. Evalúe las expresiones de los incisos siguientes:
c)
(8 cis 408)3
(2 cis 608)4
d)
1.90. Demuestre que a) sen 3u = 3 sen u − 4 sen3 u
a)
b) cos 3u = 4 cos3 u − 3 cos u.
y
1.91. Compruebe que las soluciones de z4 − 3z2 + 1 = 0 están dadas por
z = 2 cos 36°, 2 cos 72°, 2 cos 216° y 2 cos 252°.
p
pffiffiffiffiffiffi
p
pffiffiffiffiffiffi
1.92. Muestre que a) cos 36° = (( 55 þ
b)
=
þ 1)=4,
1)=4,, (b)
(b)cos
cos
cos72°
728
728 ¼
¼ (( 55 �
� 1)=4.
1)=4.. [Sugerencia: Use el problema 1.91.]
1.93. Demuestre que a) sen 4u/sen u = 8 cos3 u − 4 cos u = 2 cos 3u + 2 cos u
b) cos 4u = 8 sen4 u − 8 sen2 u + 1
1.94. Demuestre el teorema de De Moivre a) para enteros negativos y b) números racionales.
Raíces de números complejos
1.95. Encuentre las raíces que se indican en los incisos siguientes y localícelas gráficamente.
pp
p
p
ffiffiffip
ffiffiffiffip
ffiffiffiffiffi1=3
ffiffiffiffiffi1=3
ffi1=3
pp
p
p
ffiffiffip
ffiffiffiffip
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 1=2
1=2
1=2
1=2
1=2
1=5
1=5
1=5
1=5
1=5
1=3
1=3
1=4
1=4
1=4
1=4
1=6
1=6
1=6
1=6
2=3
2=3
2=3
2=3
2=3
,1=2
,(b)
,,(b)
(b)
,(b)
,,(b)
(�4
(b)
(�4
(�4
(�4
(�4
(�4
þþ
þ
þ
4i)
þ
4i)
þ
4i)
4i)
4i)
4i)
,1=5
,(c)
,,(c)
(c)
,c)
(c)
(2
(c)
(2
(2
(2
þ
(2
þ
(2
þ
þ
2þ2þ
222323i)
33i)i)
3i)3i)
i),1=3
,(d)
,,,(d)
(d)
,d(d)
,(d)
(d)
(�16i)
(�16i)
(�16i)
(�16i)
(�16i)
,1=4
(e)
,,e)
(e)
(e)
,(e)
,(e)
(64)
(e)
(64)
(64)
(64)
(64)
(64)
,1=6
,(f)
,,(f)
(f)
,f (f)
,(f)
(f)
(i)
(i)
(i)
(i)
(i)
.2=3
... . .
(2a)
(2
(2
(2(2(2
333�
33�
�
�
32i)
�
2i)
�
2i)
2i)
2i)
2i)
b)
,(c)
)(�16i)
,1=4
y1=6
)(i)
1.96. E
ncuentre las raíces
y localícelas en el p
plano
a) Raíces cúbicas de 8,
pffiffiffi pque
ffiffiffipffiffiffisepindican
ffiffiffi
ffiffiffi pffifficomplejo.
ffi
square
square
rootsroots
of 4 of24þ 42 þ24i,, 2(c)
i, raíces
fifth
(c) fifth
roots
roots
of �16
of �16
þ 16þ 16
3i, 3(d)
i, sixth
roots
of �27i.
of �27i.
cuadradas
de
c)
quintas
de
y(d) sixth
droots
) raíces
sextas
de −27i.
b) raíces
pffiffiffi
3i..
pffiffiffi
1.98. Encuentre las raíces cuadradas de a) 55−�12i
b) 8 þ 4 5i..
12i,y(b)
81=
¼00,y(b)
1.97. Resuelva las ecuaciones a) z4z4+þ81
b) z6 þ 1 ¼
1.99. Encuentre las raíces cúbicas de −11 − 2i.
Ecuaciones polinómicas
1.100. Resuelva las ecuaciones siguientes. Encuentre todas las raíces:
a) 5z2 + 2z + 10 = 0
y
b) z2 + (i − 2)z + (3 − i) = 0
1.101. Resuelva z5 − 2z4 − z3 + 6z − 4 = 0.
1.102. a) Encuentre todas las raíces de z4 + z2 + 1 = 0 y b) localícelas en el plano complejo.
1.103. D
emuestre que la suma de las raíces de a0zn + a1zn−1 + a2zn−2 + . . . + an = 0, donde a0  0, tomadas de
r a la vez, es (−1)r ar/a0, donde 0 < r < n.
1.104. Encuentre dos números cuya suma sea 4 y cuyo producto sea 8.
Raíces n-ésimas de la unidad
1.105. Encuentre todas las raíces a) cuartas y b) séptimas de la unidad, y muéstrelas en forma gráfica.
1.106. a) Compruebe que 1 + cos 72° + cos 144° + cos 216° + cos 288° = 0.
b) Dé una interpretación gráfica del resultado obtenido en el inciso a).
1.107. Demuestre que cos 36° + cos 72° + cos 108° + cos 144° = 0 e interprételo de manera gráfica.
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36
Capítulo 1 Números complejos
1.108. C
ompruebe que la suma de los productos de todas las raíces n-ésimas de la unidad tomadas 2, 3, 4. . . ,
(n − 1) a la vez, es cero.
1.109. Encuentre todas las raíces de (1 + z)5 = (1 − z)5.
Producto punto y producto cruz
1.110. Dados z1 = 2 + 5i y z2 = 3 − i, encuentre
a) z1 ⋅ z2, b) |z1 × z2|, c) z2 ⋅ z1, d ) |z2 × z1|,
e) |z1 ⋅ z2|
y
f ) |z2 ⋅ z1|.
1.111. Demuestre que z1 ⋅ z2 = z2 ⋅ z1.
1.112. Suponga que z1 = r1eiu1 y z2 = r2eiu2. Compruebe que
a) z1 ⋅ z2 = r1r2 cos(u2 − u1) y b) |z1 × z2| = r1r2 sen(u2 − u1).
1.113. Demuestre que z1 · (z2 + z3) = z1 · z2 + z1 · z3.
1.114. Encuentre el área de un triángulo cuyos vértices se encuentren en −4 − i, 1 + 2i y 4 − 3i.
1.115. Encuentre el área de un cuadrilátero cuyos vértices estén en (2, −1), (4, 3), (−1, 2) y (−3, −2).
Coordenadas conjugadas
1.116. D
escriba cada uno de los siguientes lugares geométricos en términos de coordenadas conjugadas z, z.
a) zz = 16, b) zz − 2z − 2z + 8 = 0, c) z + z = 4 y d) z = z + 6i.
1.117. Exprese las ecuaciones siguientes en términos de coordenadas conjugadas.
a) (x − 3)2 + y2 = 9, b) 2x − 3y = 5 y c) 4x2 + 16y2 = 25.
Conjuntos de puntos
1.118. S
ea S el conjunto de todos los puntos a + bi, donde a y b son números
racionales, que se encuentran en el interior del cuadrado que aparece
sombreado en la figura 1-42. a) ¿Es S acotado? b) ¿Cuáles son los
puntos límites de S, si los hay? c) ¿Es S cerrado? d ) ¿Cuáles son
sus puntos interiores y sus puntos frontera? e) ¿Es S abierto? f ) ¿Es
S conexo? g) ¿Es S una región abierta o un dominio? h) ¿Cuál es la
cerradura de S? i ) ¿Cuál es el complemento de S? j ) ¿Es S contable?
k) ¿Es S compacto? l ) ¿Es compacta la cerradura de S?
y
1+i
i
O
1
x
Figura 1-42
1.119. Responda el problema 1.118 si S es el conjunto de todos los puntos en el interior del cuadrado.
1.120. R
esponda el problema 1.118 si S es el conjunto de todos los puntos en el interior del cuadrado o sobre el
cuadrado.
1.121. D
ados los conjuntos de puntos A = {1, i, −i}, B = {2, 1, −i}, C = {i, −i, 1 + i} y D = {0, −i, 1},
encuentre: a) A ∪ (B ∪ C ), b) (A ∩ C ) ∪ (B ∩ D) y c) (A ∪ C ) ∩ (B ∪ D).
1.122. S
uponga que A, B, C y D son conjuntos de puntos. Compruebe que a) A ∪ B = B ∪ A, b) A ∩ B = B ∩ A,
c) A ∪ (B ∪ C ) = (A ∪ B) ∪ C, d) A ∩ (B ∩ C ) = (A ∩ B) ∩ C y e) A ∩ (B ∪ C ) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C ).
1.123. S
uponga que A, B y C son los conjuntos de puntos definidos por |z + i| < 3, |z| < 5 y |z + 1| < 4. Represente
en forma gráfica las expresiones de los incisos siguientes.
a) A ∩ B ∩ C, b) A ∪ B ∪ C, c) A ∩ B ∪ C, d ) C ∩ (A ∪ B), e) (A ∪ B) ∩ (B ∪ C ),
~
~
~
f ) (A ∩ B) ∪ (B ∩ C ) ∪ (C ∩ A) y g) (A ∩ B) ∪ (B ∩ C ) ∪ (C ∩ A).
1.124. Demuestre que el complemento de un conjunto S es abierto o cerrado según S sea cerrado o abierto.
1.125. Suponga que S1, S2, . . . , Sn son conjuntos abiertos. Demuestre que S1 ∪ S2 ∪ · · · ∪ Sn es abierto.
1.126. S
uponga que el punto límite de un conjunto no pertenece al conjunto. Demuestre que ese punto debe ser un
punto frontera del conjunto.
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Problemas complementarios
37
Problemas diversos
1.127. Sea ABCD un paralelogramo. Compruebe que (AC )2 + (BD)2 = (AB)2 + (BC )2 + (CD)2 + (DA)2.
1.128. Explique el error en: �1 ¼
pffiffiffiffiffiffiffipffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi
Por tanto,
= −1.
�1 �1 ¼ (�1)(�1) ¼ 1 ¼ 1.. Hence
1 ¼ 1�1.
1.129. a ) Muestre que la ecuación z4 + a1z3 + a2z2 + a3z + a4 = 0, donde a1, a2, a3 y a4 son constantes reales
distintas de cero, tiene una raíz imaginaria pura si a23 þ a21 a4 ¼ a1 a2 a3.
b) ¿Es verdad el recíproco de a)?
1.130. a) Demuestre
Prove que
that cosn f ¼
1
2n�1
�
cos nf þ n cos(n � 2)f þ
8
>
>
<
�
n(n � 1)
cos(n � 4)f þ � � � þ Rn donde
where
2!
n!
cos f if si
n is
odd
n es
impar
[(n � 1)=2]![(n þ 1)=2]!
Rn ¼
n!
>
>
if si
n nis es
even
par
:
2[(n=2)!]2
b) Encuentre una fórmula similar para senn f.
1.131. a) Sea z = 6epi/3. Evalúe |eiz|.
1.132. Muestre que para todo par de números reales p y m, e2mi cot
�1
p
�
pi þ 1
pi � 1
�m
¼ 1..
1.133. Sea P(z) un polinomio en z con coeficientes reales. Compruebe que P(z) = P(z).
1.134. S
uponga que z1, z2 y z3 son colineales. Demuestre que existen constantes reales a, b, g, no todas igual a
cero, tales que az1 + bz2 + gz3 = 0, donde a + b + g = 0.
1.135. Dado un número complejo z, represente geométricamente a) z, b) −z y c) 1/z, d ) z2.
1.136. C
onsidere dos números complejos z1 y z2 distintos de cero. Muestre cómo representar en forma gráfica, sólo
1=2
1=2
3=4
3=4
con regla y compás, a)zz11z1zz1222z,,2(b)
,(b)
b)zzz1111=z
/z222,2,,(c)
c) zz212121þþzz222222,,, (d)
d(d)
) zz1=2
e) zz23=4
=z
(c)
(e)
111 ,,y(e)
22 ...
1.137. Compruebe que la ecuación de una recta que pase por los puntos z1 y z2 está dada por
arg{(z − z1)/(z2 − z1)} = 0
1.138. Suponga que z = x + iy. Demuestre que jxj þ jyj �
pffiffiffi
2jx þ iyj..
1.139. ¿Es verdad el recíproco del problema 1.51? Justifique su respuesta.
1.140. Encuentre una ecuación para el círculo que pasa por los puntos 1 − i, 2i, 1 + i.
1.141. M
uestre que el lugar geométrico de z tal que |z − a||z + a| = a2, a > 0 es una lemniscata, como la que se
muestra en la figura 1-43.
y
y
a√2
x
Figura 1-43
4
P
x
Figura 1-44
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38
Capítulo 1 Números complejos
1.142. S
ea pn ¼ a2n þ b2n , n = 1, 2, 3, . . . , donde an y bn son enteros positivos. Compruebe que para todo entero
positivo M siempre se hallan enteros positivos A y B tales que p1p2 . . . pM = A2 + B2. [Ejemplo: Si 5 = 22
+ 12 y 25 = 32 + 42, entonces 5 · 25 = 22 + 112.]
sen 1 (n þ 1)a
1.143. Demuestre que: a) cos u þ cos(u þ a) þ � � � þ cos(u þ na) ¼ 2 1
cos(u þ 12 na)
sen 2 a
sen 1 (n þ 1)a
b) sen u þ sen(u þ a) þ � � � þ sen(u þ na) ¼ 2 1
sen(u þ 12 na)
sen 2 a
1.144. Compruebe que a) Re{z} > 0 y b) |z − 1| < |z + 1| son expresiones equivalentes.
1.145. U
na rueda de 4 pies de radio [figura 1-44] gira a 30 revoluciones por minuto en sentido contrario al de las
manecillas del reloj, en torno a un eje que pasa por su centro. a) Muestre que la posición y la velocidad
de cualquier punto P de la rueda están dadas, respectivamente, por 4eipt y 4pieipt, donde t es el tiempo en
segundos, medido a partir del instante en que P se encuentra en el eje x positivo. b) Encuentre la posición y
la velocidad cuando t = 2/3 y t = 15/4.
1.146. Demuestre que para cualquier entero m > 1,
donde
Qm�1
k¼1
(z þ a)2m � (z � a)2m ¼ 4maz
m
�1
Y
k¼1
fz2 þ a2 cot2 (kp=2m)g
denota el producto de todos los factores indicados desde k = 1 hasta m − 1.
1.147. S
uponga que los puntos P1 y P2, representados por z1 y z2, respectivamente, son tales que |z1 + z2| = |z1 − z2|.
Compruebe que a) z1/z2 es un número imaginario puro y b) ∠P1OP2 = 90°.
1.148. Demuestre que para cualquier entero m > 1,
cot
p
2p
3p
(m � 1)p
cot
cot
� � � cot
¼1
2m
2m
2m
2m
1.149. Compruebe y generalice a) csc2(p/7) + csc2 (2p/7) + csc2 (4p/7) = 2 y
b) tan2(p/16) + tan2(3p/16) + tan2(5p/16) + tan2(7p/16) = 28
1.150. S
ean m1, m2 y m3 masas localizadas en los puntos z1, z2 y z3, respectivamente. Demuestre que el centro de
masa está dado por
z^ ¼
m1 z1 þ m2 z2 þ m3 z3
m1 þ m2 þ m3
Generalice a n masas.
1.151. En la recta que une a los puntos z1 y z2 encuentre el punto que la divide en la relación p: q.
1.152. Muestre que
�
�
z � z1
z � z2
=
�
� �
�
z3 � z1
z� � z� 1
¼
z3 � z2
z� � z� 2
=
�
�
z� 3 � z� 1
z� 3 � z� 2
es una ecuación del círculo que pasa por los puntos z1, z2 y z3.
1.153. Compruebe que las medianas de un triángulo con vértices en z1, z2, z3 se intersecan en el punto
1
3 (z1 þ z2 þ z3 )..
1.154. Demuestre que los números racionales entre 0 y 1 son numerables.
[Sugerencia. Ordene los números en la forma 0, 12 , 13 , 23 , 14 , 34 , 15 , 25 , 35 , . . . .]
1.155. Compruebe que todos los números racionales son numerables.
1.156. Demuestre que los números irracionales entre 0 y 1 no son numerables.
1.157. R
epresente en forma gráfica el conjunto de valores de z para los que a) |z| > |z − 1| y b) |z + 2| > 1 +
|z − 2|.
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Respuestas a los problemas complementarios
pffiffiffipffiffiffipffiffiffipffiffiffi
39
pffiffiffipffiffiffi
3
1.158. Muestre que
a)
y(b)
b)(b)
números algebraicos. [Vea el problema 1.47.]
3 and
2 �2 �2i son
are
2i are
(a) (a)
2 3þ2 þ3 and
pffiffiffi
pffiffiffi
(a) 2 þ 3 es un número irracional.
are
1.159. Compruebe que
1.160. S
ea ABCD. . . PQ un polígono regular de n lados, inscrito en un círculo de radio unitario. Demuestre que el
producto de las longitudes de las diagonales AC, AD, . . . AP es 14 n csc2(p/n).
n�1
Y
sen nu
a) sen ¼ 2n�1 fcos u � cos(kp=n)g y
u
1.161. Suponga que sen u  0. Compruebe que
k¼1
n �
Y
�
sen2 u
b) sen(2n þ 1)u ¼ (2n þ 1)
1�
.
2
sen u
sen kp=(2n þ 1)
k¼1
1.162. Demuestre que cos 2nu ¼ (�1)n
n �
Y
k¼1
1�
�
cos2 u
.
cos2 (2k � 1)p=4n
1.163. S
uponga que el producto de dos números complejos z1 y z1 es real y distinto de cero. Compruebe que existe
un número real p tal que z1 = pz2.
1.164. S
ea z un punto del círculo |z − 1| = 1. Demuestre que arg(z � 1) ¼ 2 arg z ¼ 23 arg(z2 � z) y dé una interpretación
geométrica.
1.165. Compruebe que, con las restricciones adecuadas, a) zmzn = zm+n y b) (zm)n = zmn.
1.166. Compruebe a) Re{z1z2} = Re{z1}Re{z2} − Im{z1}Im{z2} y
b) Im{z1z2} = Re{z1}Im{z2} + Im{z1}Re{z2}.
1.167. Encuentre el área del polígono cuyos vértices se encuentran en 2 + 3i, 3 + i, −2 − 4i, −4 − i y −1 + 2i.
1.168. Sean a1, a2, . . . , an y b1, b2, . . . , bn números complejos. Demuestre la desigualdad de Schwarz.
�2
�
!
!
n
n
n
�
�X
X
X
�
�
2
2
a
b
�
ja
j
jb
j
�
�
k
k
� k¼1 k k �
k¼1
k¼1
Respuestas a los problemas complementarios
1.53. a ) −4 − i, b) − 17 + 14i, c) 8 + i, d ) −9 + 7i, e) 11/17 − (10/17)i, f ) 21 + i, g) −15/2 + 5i,
h) −11/2 − (23/2)i y i) 2 + i
p
pffiffiffiffiffiffi p
pffiffiffiffiffiffi
pffiffiffi
1.54. a) �1
b)
170,
c)
d(d)
) 12,
e)(e)3/5,
f (f)
) �1=7,
−1/7,
g)
h) 765 þ 128 3,y(i)i) �35
−35
�1��4i,
4i,(b)
(b) ffi170,
(c) 1024i,
1024i,
1024i,(d)
12,
12,(e)
3/5,
3/5,(f)
�1=7,(g)
(g) �7
�7þþ33 33þþ 33i,i,(h)
ffi170,(c)
1.57. x = 1 y y = −2
1.60. x4 + y4 + 2x2y2 − 6x2y − 6y3 + 9x2 + 9y2
1.61. a) 666�
b)
c)
) 999�
e) 19=2
��2i,
2i,
2i,(b)
(b)
(b)333þ
þþ3i,
3i,
3i,(c)
(c)
(c)�1
�1
�1þ
þþ12i,
12i,
12i,d(d)
(d)
(d)
��8i,
8i,
8i,y(e)
(e)
(e)
19=2
19=2þ
þþ(3=2)i
(3=2)i
(3=2)i
1.63. a)
pffiffiffi
pffiffiffiffiffi
10, (b)
b) 5 2, (c)
c) 5 þ 5i, y(d)
d )1515
1.64. 5, 5, 8
1.70. a) z − (2 + i) = t(1 − 3i) o x = 2 + t, y = 1 − 3t o 3x + y = 7 y
b) z − (5/2 − i/2) = t(3 + i) o x = 3t + 5/2, y = t − 1/2 o 3 − 3y = 4
1.71. a) círculo, b) elipse, c) hipérbola, d ) z = 1 y x = −3 y e) hipérbola
1.72. a) |z + 3 − 4i| = 2 o (x + 3)2 + (y − 4)2 = 4 y b) |z + 2i| + |z − 2i| = 10
1.73. a) 1 < |z + i| ≤ 2, b) Re{z2} > 1, c) |z + 3i| > 4 y d ) |z + 2 − 3i| + |z − 2 + 3i| < 10
pp
ffiffip
ffip
ffiffip
ffip
pp
ffiffiffi ffiffiffi7p7i=4
p
p
p
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi7ffi7p7p7pi=4
pi=4
2p2i=3
i=3
pi=4
3p3i=2
2pi/3
pi/4
3pi/2,ee)
p
i=4
i=4
i=4 or
2p
2p
2cis
p
i=3
p
i=3
i=3
i=3
pp4
p
i=4
p
i=4
i=4
i=4458
p
3p
i=2
p
i=2
i=2
i=22708
2)or
222222cis
or22222cis
2cis
e2e1208
(b)
,or
(b)
22e
22cis
1208
or
2e
,or
(c)
,4or(c)
4p
cis
458
or
or2708
4e
4e
,or
,(d)
cis
2708
e p4i=2
,cis
,(e)(e)
1.81.
aor
o(b)
,, b)
2ffiffi2e
oor
2e
,pc)
cis
o(d)
4e
,2708
dffiffiffiffiffipffiffiffi)ffiffiffii=4
ep
180° o
2222 2222cis
cis
cis
cis3158
3158
3158
3158
or
or
22cis
2e2ee3158
e 3158
, ,,(b)
,(b)
(b)
cis
cis
1208
1208
1208
or
or
or
, ,,1208
(c)
,(c)
(c)
(c)
4p
4p
4p
4p
cis
458
458
458
or
or
4e
4e
4e
4e
,(d)
(d)
cis
cis
cis
cis
2708
2708
or
or
or
e(d)
e3e270°
e3p3cis
, ,,o
(e)
,p
(e)
(e)
(e)
ffifficis
ffiffiffi2e
ffi 458
ffi cis
ffiffi,ffip,,(d)
p
p
ffiffip
ffip
ffiffiffi ffiffiffioror
p
p
p
p
ffiffiffiffiffi2e
fficis
ffiffiffi2e
ffi 7p7120°
ffiffifficis
ffiffifficis
p
p
p
ffiffiffiffiffiffiffiffip
ffiffiffi45°
p
p
fficis
pipi
i=6
pi=6
i=2
pi=2
pi=3
7pi/6
p
pp
i4e
p
iicis
i pi
74cis
7p
7p
7p
i=6
p
i=6
i=6
i=6
ppp
i=2
p
i=2
i=2
i=2
5cis
5p
5p
5p
i=3
p
i=3
i=3
i=3 oror 3e35ep5i=3
4
4
cis
1808
1808
or
or
4e
4e
,
(f)
,
(f)
4
cis
2108
2108
or
or
4e
4e
,
(g)
,
(g)
2
2
cis
cis
908
908
or
or
2
e
2
e
,
(h)
,
(h)
3
3
cis
3008
3008
,
f
)
4
cis
210°
o
4e
,
g)
o
y
h)
o
4444cis
cis
cis
cis1808
1808
1808
1808or
or
or
or4e
4e
4e
4e, ,,(f)
,(f)
(f)
(f)4444cis
cis
cis
cis2108
2108
2108
2108or
or
or
or4e
4e
4e
4e , ,,(g)
,(g)
(g)
(g) 2222cis
cis
cis
cis908
908
908
908or
or
or
or 22eeee , ,,(h)
,(h)
(h)
(h) 3333cis
cis
cis
cis3008
3008
3008
3008or
or
or
or 33e3eee
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40
Capítulo 1 Números complejos
p
pffiffiffiffiffiffi
pffiffiffi
pffiffiffi
pffiffiffi
pffiffiffi
pffiffiffi p
�3pffiffi2ffi þ 3 2i, (b) 12i, (c) 2 2 � 2 2i, (d) � 2 �
p
p
pffiffip
ffiffiffiffiffiffiffi ffiffiffi p
p
pffiffip
ffiffiffiffiffiffiffi ffiffiffi
p
p
pffiffip
ffiffiffiffiffiffiffi ffiffiffi p
p
pffiffip
ffiffiffiffiffiffiffi ffiffiffi
p
p
pffiffip
ffiffiffiffiffiffiffi ffiffiffi p
p
pffiffip
ffiffiffiffiffiffiffi ffiffiffi
p
p
pffiffip
ffiffiffiffiffiffiffi ffiffiffi
1.84. a)
b)
12i,
c)(c)
d)
e)(e)
f ) �3 3=2 � (3=2)i
�3
�3
�3
�3
2ffiffi2ffiffiffiffi2ffiþ
2þ
333 3222i,i,i,2(b)
i,(b)
(b)
(b)
12i,
12i,
12i,
12i,
(c)
(c)
(c)
222 2222�
�
2��
222 2222i,i,i,2(d)
i,(d)
(d)
(d)
�
�
��222�
�
2�� 222i,i,i,2y(e)
i,(e)
(e)
�5
�5
�5
�5333=2
=2
=2
3=2
�
�
��
(5=2)i,
(5=2)i,
(5=2)i,
(5=2)i,
p
p
pffiffip
ffiffiþ
ffiþ
�3
�3
�3
�3333=2
=2
=2
3=2
�
�
��
(3=2)i
(3=2)i
(3=2)i
(3=2)i
pffiffiffi
pffiffiffi
pffiffiffi
1.85. 375 millas, 23° al norte del este (aproximadamente).
ppp
ffiffip
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ppp
ffiffip
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ppp
ffiffip
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ppp
ffiffip
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ppp
ffiffip
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi (a) 15=2
pffiffiffi þ (15 3=2)i, (b) 32 � 32 3i, (c) �16 � 16 3i, (
(a)
(a)
(a)
(a)
15=2
15=2
15=2
15=2
þ
(15
(15
(1533=2)i,
3=2)i,
3=2)i,
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(b)
(b)
(b)
(b)
32
32
32
32
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32
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32
32
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i,(c)
(c)
(c)
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�16
�16
�16
���
16
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16
16
1633i,3i,3i,(d)
i,(d)
(d)
(d)
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3=2
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���
(3
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(3(3(333=2)i,
3=2)i,
3=2)i,
=2)i,
1.89.
a)
b)
c)
d)
y(e)
e) � 3=2 � (1=2)i
pp
p
ffiffip
ffiffiffiþ
ffiffiffiþ
ffiffiffiþ
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pffiffiffi
pffiffiffi p
ffi ffiffiffiffiffi ffi pffiffiffi p
ffi ffiffiffiffiffi ffi pffiffiffi p
pffiffiffiffiffiffi p
pffiffiffiffiffiffi p
pp
ffiffiffiffiffiffi ffiffip
pp
ffiffiffiffiffiffi ffiffip
pffiffiffiffiffiffi p
pffiffiffiffiffi ffi pffiffiffi p
pffiffiffiffiffi ffi pffiffiffi p
p
p
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(e)
(e)
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3=2
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(1=2)i
(1=2)i
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2(a)
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cis
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1658,
3458;
2p
cis
3458;
(b)
(b)
2ffi p
cis
278,
998,
cis22 998,
1718,
cis22 21718,
cis
2438,
21718,
cis22 22438,
cis
3158;
22438,
cis22 3158;
a1658,
)ffi p
b)
(a)
(a)
2pcis
cis
1658,
1658,
22ffiffip
cis
cis
3458;
(b)
(b)
cis
cis
278,
cis
cis
998,
cis
cis
1718,
cis
cis
2438,
cis
cis
3158;
(a)
22p
cis
cis
1658,
1658,
2ffi23458;
cis
cis
3458;
3458;
(b)
(b)2 cis22 278,
22278,
cis
cis2278,
278,
22998,
cis
cis2998,
998,
221718,
cis
cis
1718,
222438,
cis
cis
2438,
223158;
cis
cis 3158;
3158;
ffiffi
ffiffi
ffi
p
ffi
p
ffiffi
ffi
ffiffi
ffiffi
ffi
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p
p
ffiffi
ffiffi
ffi
ffi
p
p
ffiffi
ffiffi
ffi
ffiffi
ffiffi
ffi
ffi
p
ffiffi
ffiffi
ffi
p
ffiffi
ffiffi
ffi
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3
3
3
333
33 3 33
33
33
33
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(c) 208,
cis
1408,
4208,
cis
cis
2608;
41408,
cis
(d)
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(d)
67:58,
2d
2(d)
67:58,
cis
157:58,
cis222157:58,
cis
247:58,
2157:58,
cis222247:58,
cis
337:58;
2247:58,
cis22(e)
337:58;
(e)
c)4 (c)
)cis2(d)
(c)
(c)
44 208,
cis
cis
208,
44 41408,
cis
cis
1408,
44 2608;
cis
cis
2608;
2608;
(d)
(d)
cis
67:58,
cis
cis
157:58,
cis
cis
247:58,
cis
cis
337:58;
(e)
(e) (e)
(c)
44208,
cis
cis
208,
441408,
cis
cis
1408,
cis
cis
2608;
2608;
2267:58,
cis
cis267:58,
67:58,
22157:58,
cis
cis
157:58,
22247:58,
cis
cis
247:58,
22337:58;
cis
cis 337:58;
337:58;
(e)
2 cis 08,22cis
cis
608,
2cis
cis
2 208,
608,
2 cis
22 cis
1208,
2 1208,
cis
22 cis
1808,
2 1808,
cis
22 cis
2408,
2 2408,
cis
(f
cis
608,
(f3008;
)3008;
cis
1808,
cis
1808,
3008
cis
3008
22e)08,
cis
cis
08,
2cis
cis
cis
608,
cis
1208,
1208,
cis
cis
1808,
1808,
cis
2408,
2408,
22)3008;
cis
cis
3008;
(f(f))y608,
cis
cis
608,
cis
cis
1808,
1808,
cis
cis 3008
3008
2208,
cis
08,
21208,
2608,
cis
cis
608,
608,
221808,
cis
cis
1208,
222408,
cis
cis
1808,
223008;
cis
cis
2408,
223008;
cis
cis
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cis
cis
608,
608,
cis
cis
1808,
1808,
cis
cis 3008
3008
p
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pffiffiffi pffiffiffi pffiffip
ffip
ffiffiffiffiffiffiffiffi ffi pffiffiffi pffiffiffip
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222408;
cis
1208,
2 cis
2408;
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cis
22:58,
8pcis
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(c)
21208,
22 cis
1.96.
,8b)
,ffiffiffiffiffic)
cis21208,
ciscis
1208,
cisffiffi(b)
(b)
cis
22:58,
cis
22cis
cis
488,
cis 1208,
1208,
2 cis
08,
2 cis
2a)cis
08,
2 cis
1208,
22cis
08,
208,
cis
cis
21208,
2408;
2 ffifficis
(b)
2408;
cis
22:58,
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8p
cis
8p
22:58,
cis
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2(c)
2(c)
cis
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2ciscis
488,
cis488,
1208,
2 cis
1208,
p
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ffi8p
ffi p202:58;
pffiffi(c)
p
ffi 2p
ffi 2408;
p
p
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ffiffip
ffiffiffip
ffiffip
ffi ffiffiffiffiffi202:58;
ffiffiffi 202:58;
p
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ffiffip
ffi202:58;
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2
cis
1928,
2
cis
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2
cis
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cis
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3
cis
1658,
3
cis
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2
cis
1928,
2
cis
2648,
2
cis
3368;
(d)
3
cis
458,
3
cis
1058,
3
cis
1658,
3
cis
2258,
2
cis
1928,
2
cis
2
1928,
2
cis
cis
2648,
2
1928,
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2
2648,
2
cis
cis
3368;
2
2648,
cis
(d)
3368;
2
cis
3
(d)
3368;
cis
458,
3
(d)
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3
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cis
458,
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3
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3
3
cis
cis
1058,
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3
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1658,
3
3
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cis
1658,
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3
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3
cis
2258,
pffiffiffiffiffi ffi
pffiffiffi pffiffiffi pp
ffiffiffip
ffiffip
ffi ffiffiffiffiffi ffi pffiffiffi pffiffiffip
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3 cis
cis
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cis 3458
3458
3 cis 2858,
3 cis 2858,
3 3cis
2858,
3458
32858,
cis 3458
3 cis
3458
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b) 55exp[
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pffi
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pffiffiffi
b) 6 2 cis 408, 6 2 cis 1008, 6 2 cis 1608, 6 2 cis 2208, 6 2 cis 2808, 6 2 cis 3408
p
pffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffi p
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
pffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffi p
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffiffiffiffiffi
p
p
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p
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2i
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b)
(�1
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7i)=5,
(b)
þ
i,
�
2i
(�1
+
7i)=5,
(b)
1
þ
i,
1
�
2i
(�1 + 7i)=5, (b) 1 þ i, 1 � 2i
(�1 + 7i)=5, (b) 1 þ i, 1 � 2i
1,
1, 1,
1, 2,
2, �1
�1+
+ii
p
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
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p
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ffiffi
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ffi
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(�1+
+iiiiip
ffi),
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+
+
),
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(�1
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+
2
1.102. 22222 (1 + i 3), 222122 (�1 + i 333)))
2222þ
þ2i,
2i, 2222�
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2i
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2i,
�
2i
þ
2i,
�
2i
þ 2i,
2i, 22 �
� 2i
2i
1.104. 22 þ
1, 1,
1, 2,
2, �1
�1 +
+ iii
1,
�1
1.101. 1,
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffi +
1, 1,
1, 2,
2,p
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p
ik=4
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¼ 0,
0, 1,
1, 2,
2, 3,
3,y(b)
(b)
,, kk ¼
¼ 0,
0, 1,
1,......,,66
1.105. a) ee22ppik=4
b) ee22ppik=7
22 2
22 2
33
33
44
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i=5
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u
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1),
1),
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v
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v
v
þ
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1),
((vv
�
1)=(
1)=(
vv41)/(
þ
þ1),
1),4 where
where
vv ¼
¼ ee22p
1.109. uiii ( − 1)/( + 1), ( − 1)/( + 1), ( − 1)/(1),
1),�
(
+
1), donde
= e2pi/5
(a)
1, (b)
(b)178,
178,
178,c)
(c)
(c)1,1,
1,d(d)
(d)
17,
(e)
(e)1,1,
1,f (f)
(f)
1.110. (a)
a) 1,
1,
b)
) 1717,
y e)
) 111
17
1.114. 17
17
18
18
1.115. 18
1.116. a) x2 + y2 = 16, b) x2 + y2 − 4x + 8 = 0, c) x = 2 y d ) y = −3
1.117. a) (z − 3)(z − 3) = 9, b) (2i − 3)z + (2i + 3)z = 10i y c) 3(z2 + z2) − 10zz + 25 = 0
1.118. a ) Sí. b) Todo punto en el interior o en la frontera del cuadrado es un punto límite. c) No. d ) Todos los
puntos del cuadrado son puntos frontera; no hay puntos interiores. e) No. f ) No. g) No. h) La cerradura de S
es el conjunto de todos los puntos en el interior y en la frontera del cuadrado. i) El complemento de S es el
conjunto de todos los puntos distintos de a + bi cuando a y b [donde 0 < a <1, 0 < b < 1] son racionales.
j) Sí. k) No. l ) Sí.
1.119. a ) Sí. b) Todo punto en el interior del cuadrado o sobre él es un punto límite. c) No. d ) Todo punto en el
interior es un punto interior, y todo punto en la frontera es un punto frontera. e) Sí. f ) Sí. g) Sí. h) La cerradura
de S es el conjunto de todos los puntos en el interior y en la frontera del cuadrado. i) El complemento de S
es el conjunto de todos los puntos en el exterior del cuadrado o en su frontera. j) No. k) No y l ) Sí.
1.120. a ) Sí. b) Todo punto de S es un punto límite. c) Sí. d ) Todo punto dentro del cuadrado es un punto interior,
mientras que todo punto en la frontera es un punto frontera. e) No. f ) Sí. g) No. h) S mismo. i) Todos los
puntos en el exterior del cuadrado. j) No. k) Sí. l ). Sí.
1.121. a) f2,
{2,
−i,
+
i},
b)
{1,
−i}
y(c)c)
{1,
−i}
f2,
1,1,�i,
�i,
þþ
ig,
(b)
f1,
�ig,
(c)
f1,
�ig
f2,
1,
�i,
i,i,i,11
11þ
ig,
ig,
(b)
f1,
(c)
f1,
f1,
�ig
�ig
f2,1,1,
�i,i,i,
1þ
ig,(b)
(b)f1,
f1,i,i,i,i,�ig,
i,�ig,
�ig,(c)
f1,
�ig
p
ffiffipffiffiffiffi3ffiffi
pp
�3
1.131. eee�3
e�3�333 3
Yes
1.139. Yes
Sí.
Yes
Yes
pffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
p
ffiffiffior (x þ 1)2222þ y2222¼ 5
jzjz
þþ
1j1j¼¼
¼¼ p
1.140. jzjz
oor(x(x(xþþþ1)1)1)þþþyyy¼¼¼555
þþ
1j1j
5555or
or
(qz
þþ
pz
)=(qþþ
þþ
p)
2)=(q
(qz
pz
pz
p)
p)
1.151.(qz
(qz
pz
p)
111þ
22)=(q
1þ
2 )=(q
47/2
47/2
47/2
1.167. 47/2
47/2
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Capítulo 21
Funciones, límites
y continuidad
2.1 Variables y funciones
A un símbolo, por ejemplo z, que representa un elemento cualquiera del conjunto de números complejos, se le
conoce como variable compleja.
Suponga que por cada valor que toma una variable compleja z corresponde uno o más valores de una variable compleja w. Entonces se dice que w es función de z y se escribe w = f (z) o w = G(z), etc. A z se le llama variable independiente, y a w, variable dependiente. El valor de una función en z = a se suele escribir f (a). Por tanto, si f (z) = z2,
entonces f (2i) = (2i)2 = −4.
2.2 Funciones unívocas y funciones multivaluadas
Si a cada valor de z corresponde sólo un valor de w, se dice que w es una función unívoca de z, o bien que f (z) es
unívoca. Si a cada valor de z corresponde más de un valor de w, se dice que w es una función multivaluada de z.
Una función multivaluada puede considerarse como una colección de funciones unívocas, y a cada miembro se le
conoce como una rama de la función; a un miembro particular suele considerársele la rama principal de la función
multivaluada, y al correspondiente valor de la función, como valor principal.
Ejemplo 2.1
a) Si w = z2, por cada valor de z se presenta un solo valor de w. Así, w = f (z) = z2 es una función unívoca
de z.
b) Si w2 = z, por cada valor de z hay dos valores de w. Así, w2 = z define una función multivaluada (en este caso
con dos valores) de z.
Siempre que se hable de una función, a menos que se diga otra cosa, se entenderá que se trata de una función
unívoca.
2.3 Funciones inversas
Si w = f (z), también z se considera una función, posiblemente multivaluada, de w, y se escribe z = g(w) = f −1(w).
La función f −1 es la función inversa de f. Por tanto, w = f (z) y w = f −1(z) son funciones inversas entre sí.
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42
Capítulo 2 Funciones, límites y continuidad
2.4 Transformaciones
Si w = u + iv (donde u y v son reales) es una función unívoca de z = x + iy (donde x y y son reales), se escribe u + iv =
f (x + iy). Si se igualan las partes reales y las imaginarias, se ve que esto equivale a
u = u(x, y)
y v = v (x, y)
(2.1)
Así, dado un punto (x, y) del plano z, como P en la figura 2-1, existe un punto correspondiente (u, v ) en el plano w,
como P′ en la figura 2-2. Al conjunto de ecuaciones (2.1) [o a su equivalente, w = f (z)] se le llama transformación.
Se dice que el punto P se lleva o transforma en el punto P′ por medio de esa transformación, y a P′ se le conoce
como la imagen de P.
Ejemplo 2.2 Si w = z2, entonces u + iv = (x + iy)2 = x2 − y2 + 2ixy, y la transformación es u = x2 − y2,
v = 2xy. La imagen del punto (1, 2) del plano z es el punto (−3, 4) del plano w.
y
u
plano z
plano w
P'
Q
Q'
P
x
u
Figura 2-2
Figura 2-1
En general, mediante una transformación, un conjunto de puntos, como los puntos de la curva PQ de la figura 2-1,
se lleva a un conjunto correspondiente de puntos, que es su imagen, como los puntos de la curva P′Q′ en la figura
2-2. Las características de la imagen dependen, por supuesto, del tipo de función f (z), que en ocasiones se llama
función de transformación. Si f (z) es multivaluada, un punto (o curva) del plano z, en general, se lleva a más de un
punto (o curva) en el plano w.
2.5 Coordenadas curvilíneas
Dada la transformación w = f (z) o, de manera equivalente, u = u(x, y), v = v (x, y), a (x, y) se le conoce como coordenadas rectangulares del punto P en el plano z, y a (u, v ) como coordenadas curvilíneas de P.
plano z
y
plano w
u
u (x, y) =
c2
u = c2
P
u = c1
P
x
u(x,
y) =
u
c1
Figura 2-4
Figura 2-3
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2.6 Funciones elementales
43
Las curvas u(x, y) = c1, v (x, y) = c2, donde c1 y c2 son constantes, se llaman coordenadas curvas [vea la figura
2-3], y cada par de estas curvas se intersecan en un punto. Estas curvas se llevan a rectas ortogonales del plano w
[vea la figura 2-4].
2.6 Funciones elementales
1.
Las funciones polinómicas se definen como
w ¼ a0 zn þ a1 zn�1 þ � � � þ an�1 z þ an ¼ P(z)
2.
donde a0  0, a1, . . . , an son constantes complejas y n un entero positivo, que es el grado del polinomio P(z).
La transformación w = az + b es una transformación lineal.
Las funciones algebraicas racionales se definen como
w¼
3.
(2.2)
P(z)
Q(z)
(2.3)
donde P(z) y Q(z) son polinomios. A veces la expresión (2.3) se denomina transformación racional. El
caso especial w = (az + b)/(cz + d ), donde ad − bc  0, en ocasiones se llama transformación lineal
fraccionaria o transformación bilineal.
Las funciones exponenciales se definen como
w ¼ ez ¼ exþiy ¼ ex(cos y þ i sen y) (2.4)
az ¼ ez ln a (2.5)
donde e es la base de los logaritmos naturales. Si a es un real positivo, se define
4.
donde ln a es el logaritmo natural de a. Si a = e, esto se reduce a la expresión en (2.4).
Las funciones exponenciales complejas tienen propiedades similares a las de las funciones exponenciales reales. Por ejemplo, ez1 � ez2 ¼ ez1 þz2 , ez1 =ez2 ¼ ez1 �z2 .
Funciones trigonométricas. Las funciones trigonométricas o funciones circulares sen z, cos z, etcétera,
se definen en términos de funciones exponenciales como se indica a continuación:
eiz � e�iz
eiz þ e�iz
,
cos z ¼
2i
2
1
2
1
2i
¼
¼
,
csc z ¼
sec z ¼
sen z eiz � e�iz
cos z eiz þ e�iz
sen z
eiz � e�iz
cos z i(eiz þ e�iz )
tan z ¼
¼ iz
¼ iz
, cot z ¼
�iz
sen z
e � e�iz
cos z i(e þ e )
sen z ¼
Las funciones trigonométricas complejas tienen muchas de las propiedades ya conocidas para las funciones trigonométricas reales. Por ejemplo, se tiene:
sen2 z þ cos2 z ¼ 1,
1 þ tan2 z ¼ sec2 z,
1 þ cot2 z ¼ csc2 z
cos(�z) ¼ cos z,
tan(�z) ¼ �tan z
sen(�z) ¼ �sen z,
sen(z 1 +z2 ) ¼ senz1cos z2 +cos z1 sen z2
cos(z1 +z2 ) ¼ cos z1 cos z2 +sen z1 sen z2
tan(z1 +z2 ) ¼
tan z1 +tan z2
1+tan z1 tan z2
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44
5.
Capítulo 2 Funciones, límites y continuidad
Las funciones hiperbólicas se definen como sigue:
ez � e�z
,
2
1
2
,
sech z ¼
¼
cosh z ez þ e�z
senh z ez � e�z
¼
tanh z ¼
,
cosh z ez þ e�z
senh z ¼
ez þ e�z
2
1
2
csch z ¼
¼
senh z ez � e�z
cosh z ez þ e�z
¼
coth z ¼
senh z ez � e�z
cosh z ¼
Satisfacen las propiedades siguientes:
cosh2 z � senh2 z ¼ 1,
1 � tanh2 z ¼ sech2 z,
coth2 z � 1 ¼ csch2 z
senh(�z) ¼ �senh z,
cosh(�z) ¼ cosh z,
tanh(�z) ¼ �tanh z
senh(z 1 +z 2) ¼ senh z 1 cosh z2 +cosh z1 senh z2
cosh(z1 +z2 ) ¼ cosh z1 cosh z2 +senh z1 senh z2
tanh(z1 +z2 ) ¼
tanh z1 + tanh z2
1+ tanh z1 tanh z2
Entre las funciones trigonométricas o funciones circulares y las funciones hiperbólicas existen las relaciones siguientes:
sen iz ¼ i senh z,
senh iz ¼ i sen z,
6.
cos iz ¼ cosh z,
cosh iz ¼ cos z,
tan iz ¼ i tanh z
tanh iz ¼ i tan z
Funciones logarítmicas. Si z = ew, entonces w = ln z, que se conoce como logaritmo natural de z. Por
tanto, la función logaritmo natural es la función inversa de la función exponencial, y se define como
w ¼ ln z ¼ ln r þ i(u þ 2kp);
k ¼ 0, +1, +2, . . .
donde z =
=
Observe que ln z es una función multivaluada (en este caso, una función
con una cantidad infinita de valores). El valor principal o la rama principal de ln z suele definirse como
ln r + iu, donde 0 ≤ u < 2p. Pero puede usarse cualquier otro intervalo de longitud 2p, como −p < u ≤
p, etcétera.
También pueden definirse funciones logarítmicas para bases reales distintas de e. Así, si z = aw, entonces w = loga z, donde a > 0 y a  0, 1. En este caso, z = ew lna y, por tanto, w = (ln z)/(ln a).
7.
Funciones trigonométricas inversas. Si z = sen w, entonces w = sen−1 z es el seno inverso de z o arco
seno de z. De manera similar se definen las demás funciones circulares inversas o funciones trigonométricas inversas cos−1 z, tan−1 z, etc. Estas funciones, que son multivaluadas, se expresan en términos de logaritmos naturales, como se indica a continuación. En todos los casos, en el logaritmo se omite la constante
u þ 2kp
); k ¼ 0, +1, +2, . . . :
w ¼ ln z ¼ ln r þ i(aditiva
2kpi,
reiu
rei(u+2kp).
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi �
1 �
sen z ¼ ln iz þ 1 � z2 ,
i
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi �
1 �
cos�1 z ¼ ln z þ z2 � 1 ,
i
�
�
1
1 þ iz
�1
,
tan z ¼ ln
2i
1 � iz
�1
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi!
1
i þ z2 � 1
csc z ¼ ln
i
z
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi!
1
1 þ 1 � z2
sec�1 z ¼ ln
i
z
�
�
1
zþi
cot�1 z ¼ ln
2i
z�i
�1
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2.7 Puntos de ramificación y líneas de ramificación
8.
Funciones hiperbólicas inversas. Si z = senh w, entonces w = senh−1 z es el seno hiperbólico inverso
de z. De manera similar se definen las demás funciones hiperbólicas inversas cosh−1 z, tanh−1 z, etc. Estas
funciones, que son multivaluadas, se expresan en términos de logaritmos naturales, como se indica a conu þ 2kp
); k ¼ 0, +1, +2, . . . , en el logaritmo:
¼ ln zla¼constante
ln r þ i(aditiva
tinuación. En todos los casos sewomite
2kpi,
�1
senh
�
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi �
z ¼ ln z þ z2 þ 1 ,
�
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi �
cosh�1 z ¼ ln z þ z2 � 1 ,
�
�
1
1þz
,
tanh�1 z ¼ ln
2
1�z
9.
10.
45
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi!
z2 þ 1
csch z ¼ ln
z
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi!
1
þ
1 � z2
sech�1 z ¼ ln
z
�
�
1
zþ1
coth�1 z ¼ ln
2
z�1
�1
1þ
La función za, donde a puede ser un número complejo, se define como ea ln z. De modo semejante, si f (z)
y g(z) son dos funciones dadas de z, se define f (z)g(z) = eg(z) ln f (x). En general, estas funciones son multivaluadas.
Funciones algebraicas y funciones trascendentes. Si w es una solución de la ecuación polinómica
P0 (z)wn þ P1 (z)wn�1 þ � � � þ Pn�1 (z)w þ Pn (z) ¼ 0
(2.6)
donde P0  0, P1(z), . . . , Pn(z) son polinomios en z y  es un entero positivo, entonces w = f (z) es una
función algebraica de z.
Ejemplo 2.3 w = z1/2 es solución de la ecuación w2 − z = 0 y, por tanto, es una función algebraica de z.
Toda función que no se exprese como solución de (2.6) es una función trascendente. Las funciones logarítmicas,
trigonométricas e hiperbólicas y sus correspondientes funciones inversas son ejemplos de funciones trascendentes.
Las funciones consideradas en los números 1 a 9, junto con las funciones obtenidas a partir de ellas mediante un
número finito de operaciones de suma, resta, multiplicación, división y raíces son funciones elementales.
2.7 Puntos de ramificación
y líneas de ramificación
pffiffi
¼ función
reiu=2 dada. Suponga además que z
pffiffi u=2 w = z1/2 es w
Suponga
una
pffiffi =2
w
¼ reique
plano z
w ¼ reiudel
da una vuelta completa (en sentido
al de las manecillas
pffiffi icontrario
u1 =2
¼ rdel
e punto A [figura 2-5]. Se tiene
ffiffi torno al origen aw partir
reloj)pen
pffiffi
w ¼ irueiu1 =2 pffiffi iu=2
z = re , w ¼ re , de manera que en A, u = u1 y w ¼ reiu1 =2.
A
pffiffi en
pffiffi iu1 =2u + 2p y
Después
de
una
vuelta
completa
torno
i(u1 þ2
p)=2 a A, u =
1
re
¼ � re
pffiffi
ffiffi iu1 =2 pffiffi wiu1¼
q = q1
þ2pp
)=2
=2
pffiffiw con
pffiffi
B
w ¼ r ei(wu1¼
. Así, no se obtiene el valor de
re¼ � r e
w ¼ r ei(u1 þ2p)=2 ¼ � r eiu1 =2 O
el que se empezó. Sin embargo, p
al ffiffidar otra vueltapcompleta
de
regreso
ffiffi
p)=2
a A, espdecir,
u pp
=)=2ffiffiu1i(+
4p,iuw=2¼ p
r effiffii(uiu11þ4
¼ r eiu1 =2, y se obtiene
ffiffi i(u1 þ4
u1p
þ2ffiffip)=2
=2
1
pffiffi
pffiffi
¼ � re
w valor
¼ rde
e ww¼con rele¼que rsee empezó.
el
w ¼ r ei(u1 þ4p)=2 ¼ r eiu1 =2
Lo anterior se describe con la declaración de que si 0 ≤ u < 2p, se
pffiffi i(lau1 þ4
pffiffi
Figura 2-5
está en unawrama
z1/2, mientras que si 2p ≤
p)=2 multivaluada
¼ de
r e función
¼ r eiu1 =2
u < 4p, está en otra rama de la función.
Es claro que cada rama de la función es unívoca. Con objeto de mantener la función unívoca, se establece una
barrera artificial, por ejemplo OB, donde B está en el infinito [aunque sirva cualquier otra recta que parta de O],
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46
Capítulo 2 Funciones, límites y continuidad
que se acuerde no cruzar. Esta barrera [representada en la figura por una recta más gruesa] se conoce como línea de
ramificación o corte de ramificación, y el punto O, como punto de ramificación. Hay que observar que una vuelta
completa en torno a un punto distinto de z = 0 no conduce a valores diferentes; por tanto, z = 0 es el único punto de
ramificación finito.
2.8 Superficies de Riemann
Existe otra manera de lograr lo mismo que con la línea de ramificación antes descrita. Para esto, hay que imaginar
que el plano z consta de dos capas sobrepuestas, una sobre la otra. Ahora hay que imaginar que estas capas se cortan
a lo largo de OB y que el borde inferior de la capa inferior se une al borde superior de la capa superior. Entonces, a
partir de la capa inferior y al dar una vuelta completa en torno a O, se llega a la capa superior. Ahora hay que imaginar que se unen los otros bordes de manera que si se continúa dando vuelta se va, de la capa superior, de nuevo a
la capa inferior.
La colección de estas dos capas es una superficie de Riemann que corresponde a la función z1/2. Cada capa corresponde a una rama de la función, y en cada capa la función es unívoca.
El concepto de superficie de Riemann tiene la ventaja de que permite obtener varios valores de una función multivaluada de una manera continua.
Esta idea se extiende fácilmente. Por ejemplo, para la función z1/3, la superficie de Riemann tiene tres capas; para ln z,
la superficie de Riemann tiene una cantidad infinita de capas.
2.9 Límites
Sea f (z) unívoca y definida en una vecindad de z = z0, salvo posiblemente en z = z0 (es decir, en una vecindad agujerada d de z0). Se dice que un número l es el límite de f (z) cuando z tiende a z0 y se escribe límz→z0 f (z) = l si para
todo número positivo e (tan pequeño como se desee) se halla un número positivo d (que por lo general depende de e)
tal que |f (z) − l | < e siempre que 0 < |z − z0| < d.
En tal caso se dice también que f (z) tiende a l cuando z tiende a z0 y se escribe f (z) → l cuando z → z0. Este límite
debe ser independiente de la manera en que z se aproxime a z0.
En forma geométrica, si z0 es un punto en el plano complejo, entonces límz→z0 f (z) = l si el valor absoluto de la
diferencia entre f (z) y l puede hacerse tan pequeño como se desee al eligir puntos lo bastante cercanos a z0 (excluyendo a z = z0).
Ejemplo 2.4 Sea
f (z) ¼
�
z2
0
z=i
z¼i
Entonces, a medida que z se acerca a i (es decir, z tiende a i ), f (z) se acerca a i 2 = −1. Se sospecha que límz→i f (z) =
−1. Para probar esto, es necesario ver que se satisfaga la definición de límite dada antes. Esta prueba se muestra en
el problema 2.23.
Observe que límz→i f (z)  f (i), es decir, el límite de f (z) cuando z → i, no es lo mismo que el valor de f (z) en z = i,
pues por definición f (i) = 0. En realidad, aunque f (z) no estuviera definida en z = i, el límite aún sería −1.
Cuando el límite de una función existe, es único, es decir, no hay otro (vea el problema 2.26). Si f (z) es multivaluada, el límite cuando z → z0 puede depender de la rama de que se trate.
2.10 Teoremas sobre límites
Teorema
1.
2.
2.1.
Suponga que límz→z0 f (z) = A y límz→z0 g(z) = B. Entonces
límz→z0 {f (z) + g(z)} = límz→z0 f (z) + límz→z0 g(z) = A + B
límz→z0 {f (z) − g(z)} = límz→z0 f (z) − límz→z0 g(z) = A − B
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2.12 Continuidad
3.
4.
í
í
z!z00 f f (z)g(z)g
z!z00
í
f (z)
¼
í
g(z)
¼
�
í
z!z00
f (z)
��
í
z!z00
f (z) A
B0
¼ si B=0
B
z!z00 g(z)
z!z00
47
�
g(z) ¼ AB
2.11 Infinito
Mediante la transformación w = 1/z, el punto z = 0 (es decir, el origen) es llevado a w = ∞, que se conoce como
punto al infinito en el plano w. De manera similar, z = ∞ denota el punto al infinito en el plano z. Para conocer el
comportamiento de f (z) en z = ∞, basta con hacer z = 1/w y examinar el comportamiento de f (1/w) en w = 0.
Se dice que límz→∞ f (z) = l o que f (z) tiende a l cuando z tiende a infinito, si para todo e > 0 se halla un M > 0
tal que | f (z) − l | < e siempre que |z| > M.
Se dice que límz→z0 f (z) = ∞ o que f (z) tiende a infinito cuando z tiende a z0, si para todo N > 0 se halla un d > 0
tal que | f (z)| > N siempre que 0 < |z − z0| < d.
2.12 Continuidad
Sea f (z) una función definida y unívoca en una vecindad de z = z0 así como en z = z0 (es decir, en una vecindad d de
z0). Se dice que la función f (z) es continua en z = z0 si límz→z0 f (z) = f (z0). Observe que esto implica que para que
f (z) sea continua en z = z0 deben satisfacerse tres condiciones:
1.
2.
3.
límz→z0 f (z) = l debe existir
f (z0) debe existir, es decir, f (z) debe estar definida en z0
l = f (z0)
De manera equivalente, si f (z) es continua en z0, esto se expresa de manera sugerente como
�
�
f (z) ¼ f
z :
z!z0
z!z0
Ejemplo 2.5
a) Suponga que
f (z) ¼
�
z2
0
z=i
z¼i
Entonces, límz→i f (z) = −1. Pero, f (i) = 0. Por tanto, límz→i f (z)  f (i), y la función no es continua en z = i.
b) Suponga que f (z) = z2 para toda z. Entonces, límz→i f (z) = f (i) = −1 y f (z) es continua en z = i.
A los puntos del plano z en los que f (z) no es continua se les llama discontinuidades de f (z), y se dice que f (z) es
discontinua en esos puntos. Si límz→z0 f (z) existe pero no es igual a f (z0), se dice que z0 es una discontinuidad removible, pues, al redefinir f (z0) como igual a límz→z0 f (z), esta función se vuelve continua.
Como alternativa a la definición anterior de continuidad, f (z) se define como continua en z = z0 si para todo
e > 0 se halla un d > 0 tal que | f (z) − f (z0)| < e siempre que |z − z0| < d. Observe que esta definición es tan sólo la
definición de límite con l = f (z0) y sin la restricción de que z  z0.
Para examinar la continuidad de f (z) en z = ∞ se hace z = 1/w y se examina la continuidad de f (1/w) en w = 0.
Continuidad en una región
Se dice que una función f (z) es continua en una región si es continua en todos los puntos de esa región.
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48
Capítulo 2 Funciones, límites y continuidad
2.13 Teoremas sobre continuidad
Teorema
2.2.
Si f (z) y g(z) son continuas en z = z0, entonces también lo son f (z) + g(z), f (z) − g(z), f (z)g(z) y
f (z)/g(z); la última es continua si g(z)  0. Esto también es válido para la continuidad en una
región.
Teorema
2.3.
Entre las funciones que son continuas en toda región finita se encuentran a) todos los polinomios,
b) ez y c) sen z y cos z.
Teorema
2.4.
Suponga que w = f (z) es continua en z = z0 y z = g(z) es continua en z = z0. Si z0 = g(z0), entonces
la función w = f [g(z)], que es una función de una función o una función compuesta, es continua en
z = z0. Esto suele expresarse, de manera simplificada, como sigue: una función continua de una
función continua es continua.
Teorema
2.5.
uponga que f (z) es continua en una región cerrada y acotada. Entonces esta función es acotada en
S
esta región; es decir, existe una constante M tal que |f (z)| < M para todo punto z de la región.
Teorema
2.6.
i f (z) es continua en una región, entonces también la parte real y la parte imaginaria de f (z) son
S
continuas en esa región.
2.14 Continuidad uniforme
Sea f (z) continua en una región. Entonces, por definición, para todo punto z0 de la región y para todo e > 0 se halla
un d > 0 (que en general dependerá tanto de e como del punto z0 de que se trate) tal que | f (z) − f (z0)| < e siempre
que |z − z0| < d. Si es posible hallar un d que dependa sólo de e pero no del punto z0 de que se trate, se dice que f (z)
es uniformemente continua en esa región.
O, de manera alternativa, f (z) es uniformemente continua en una región si para todo e > 0 hay un d > 0 tal que
| f (z1) − f (z2)| < e siempre que |z1 − z2| < d, donde z1 y z2 son dos puntos cualesquiera de esa región.
Teorema
2.7.
i f (z) es continua en una región cerrada y acotada, entonces f (z) es uniformemente continua en esa
S
región.
2.15 Sucesiones
La función de una variable entera positiva, que se denota f (n) o un, donde n = 1, 2, 3, . . . , se llama sucesión. Por
tanto, una sucesión es un conjunto de números u1, u2, u3, . . . en un orden definido y formados de acuerdo con una
regla definida. Cada número de la sucesión se llama término y un es el término n-ésimo. La sucesión u1, u2, u3, . . .
también se denota {un}. Una sucesión es finita o infinita según tenga un número finito o infinito de términos. A menos
que se especifique otra cosa, se considerarán únicamente sucesiones infinitas.
Ejemplo 2.6
a) El conjunto de números i, i2, i3, . . . , i100 es una sucesión finita; el término n-ésimo es un = in, n = 1, 2, . . . , 100
b) El conjunto de números 1 + i, (1 + i)2/2!, (1 + i)2/3!, . . . es una sucesión infinita; el término n-ésimo es
un = (1 + i)n/n!, n = 1, 2, 3, . . . .
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Problemas resueltos
49
2.16 Límite de una sucesión
Se dice que un número l es el límite de una sucesión infinita u1, u2, u3, . . . si para todo número positivo e hay un
número positivo N que dependa de e tal que |un − l| < e para todo n > N. En ese caso se escribe límn→∞ un = l. Si
una sucesión tiene límite, se dice que la sucesión es convergente; si no es así, la sucesión es divergente. Una sucesión
sólo puede converger a un límite, es decir, si el límite existe, éste es único.
Una manera más intuitiva pero menos rigurosa de expresar este concepto de límite es decir que una sucesión
u1, u2, u3, . . . tiene un límite l si sus términos sucesivos “están cada vez más cerca” de l. Con esto se da un número
“que se suponga” el límite, después de lo cual se aplica la definición para ver si de verdad lo es.
2.17 Teoremas sobre límites de sucesiones
Teorema
1.
2.
3.
4.
2.8.
Suponga que
límlím
an a¼n A
¼ A y límlím
bn b¼n B
¼. Entonces
B
n!1
n!1
n!1
n!1
(ann þ bnn ) ¼
(ann � bnn ) ¼
n!1
n!1 (ann bnn ) ¼ ð
n!1
n!1
n!1
n!1
an
n!1 bn
¼
ann þ
n!1
n!1 bnn ¼ A þ B
ann �
n!1
n!1 bnn ¼ A � B
a
Þ
ð
n!1
n
n!1
n!1 n
n!1 bnn Þ ¼ AB
n!1
n!1
n!1
n!1
an A
¼
B
n!1 bn
n!1
si B  0
En el capítulo 6 se verá más sobre sucesiones.
2.18 Series infinitas
Sea u1, u2, u3, . . . una sucesión dada.
Se define una nueva sucesión S1, S2, S3, . . . mediante
S1 = u1,
S2 = u1 + u2,
S3 = u1 + u2 + u3, . . . ,
Sn = u1 + u2 + . . . + un
donde a Sn, que se le conoce como n-ésima suma parcial, es la suma de los primeros n términos de la sucesión
{un}.
La sucesión S1, S2, S3, . . . se simboliza como
1
X
u 1 þ u 2 þ u3 þ � � � ¼
un
n¼1
y se le llama serie infinita. Si límn→∞ Sn = S existe, se dice que la serie es convergente, y S, su suma; si no es así,
se dice que la serie es divergente. Una condición necesaria para que una serie converja es que límn→∞ un = 0; sin
embargo, esto no es suficiente (vea los problemas 2.40 y 2.150).
En el capítulo 6 se verá más sobre sucesiones.
Problemas resueltos
Funciones y transformaciones
2.1. S
ea w = f (z) = z2. Encuentre los valores de w que correspondan a a) z = −2 + i y b) z = 1 − 3i, y muestre
cómo representar esta correspondencia en forma gráfica.
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50
Capítulo 2 Funciones, límites y continuidad
Solució n
a) w = f (−2 + i) = (−2 + i)2 = 4 − 4i + i2 = 3 − 4i
b) w = f (1 − 3i) = (1 − 3i)2 = 1 − 6i + 9i2 = −8 − 6i
plano w
u
plano z
y
–2 + i
P
u
x
Q
P'
1 – 3i
Q'
–8 – 6i
3 – 4i
Figura 2-7
Figura 2-6
El punto z = −2 + i, representado por el punto P en el plano z de la figura 2-6, tiene como punto imagen
w = 1 − 4i, representado por el punto P′ en el plano w de la figura 2-7. Se dice que P es llevado a P′ por medio
de la función de aplicación o transformación w = z2. De manera similar, z = 1 − 3i [punto Q de la figura 2-6] es
llevado a w = −8 − 6i [punto Q′ de la figura 2-7]. Por cada punto en el plano z existe uno y sólo un punto correspondiente (imagen) en el plano w, de manera que w es una función unívoca de z.
2.2. M
uestre que la recta que une a los puntos P y Q del plano z en el problema 2.1 [figura 2-6] es llevada por
w = z2 a la curva que une los puntos P′Q′ [figura 2-7] y determine la ecuación de esta curva.
Solució n
Los puntos P y Q tienen las coordenadas (−2, 1) y (1, −3). Entonces, las ecuaciones paramétricas de la recta que
unen estos puntos son
x � (�2)
y�1
¼
¼t
1 � (�2) �3 � 1
o
x ¼ 3t � 2, y ¼ 1 � 4t
La ecuación de la recta PQ se representa como z = 3t − 2 + i(1 − 4t). La curva en el plano w a la que se lleva esta
recta tiene la ecuación
w ¼ z2 ¼ f3t � 2 þ i(1 � 4t)g2 ¼ (3t � 2)2 � (1 � 4t)2 þ 2(3t � 2)(1 � 4t)i
¼ 3 � 4t � 7t2 þ (�4 þ 22t � 24t2 )i
Entonces, como w = u + iv, las ecuaciones paramétricas de la curva imagen son
u = 3 − 4t − 7t2,
v = −4 + 22t − 24t2
Esta curva puede representarse en forma gráfica al dar diversos valores al parámetro t.
2.3. U
n punto P se mueve en dirección contraria a las manecillas del reloj en torno a una circunferencia en el
plano z cuyo centro se encuentra en el origen y cuyo radio es 1. Si la función es w = z3, muestre que, cuando
P realiza una revolución completa, la imagen de P en el plano w, P′, realiza tres revoluciones completas en
sentido contrario a las manecillas del reloj en torno a una circunferencia con centro en el origen y radio 1.
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51
Problemas resueltos
Solució n
Sea z = reiu. Entonces, en la circunferencia |z| = 1 [figura 2-8], r = 1 y z = eiu. Por tanto, w = z3 = (eiu)3 = e3iu.
Si (r, f) son las coordenadas polares en el plano w, se tiene w = reif = e3iu, por lo que r = 1 y f = 3u.
plano z
y
plano w
u
P'
P
1
O
1
x
f = 3q
u
O'
r
Figura 2-9
Figura 2-8
Como r = 1, se sigue que el punto imagen P′ se mueve en el plano w sobre la circunferencia de radio 1 con
centro en el origen [figura 2-9]. Asimismo, cuando P se mueve en sentido contrario a las manecillas del reloj en un
ángulo u, P′ se mueve en sentido contrario a las manecillas del reloj en un ángulo 3u. Por tanto, cuando P completa
una revolución, P′ completa tres revoluciones. En términos de vectores, esto significa que el vector O′P′ rota tres
veces más rápido que el vector OP.
2.4. S
uponga que c1 y c2 son constantes reales. Determine el conjunto de todos los puntos del plano z que se llevan
a las rectas a) u = c1, b) v = c2 en el plano w mediante la función w = z2. Ilustre considerando los casos
c1 = 2, 4, −2, −4 y c2 = 2, 4, −2, −4.
Solució n
S
R
S′
Q
T
2xy = – 4
2xy = –2
U
2xy = 2
2xy = 4
V
P
Z
Y
W
X
R′
Q′
P′ o W′
u=4
V′ o Z′
2xy = 4
2xy = 2
x
2xy = –2
2xy = – 4
u=2
u
T′ o X′
U′ o Y′
u = –2
u = –4
x 2 – y2 = 4
x 2 – y2
u=4
u=2
plano w
u
u = –2
plano z
y
u = –4
x2
x 2 –y 2
–y =
2
x2
= –4
x2 –
–2
–y y 2
2 =
= 2
4
Se tiene w = u + iv = z2 = (x + iy)2 = x2 − y2 + 2ixy, de modo que u = x2 − y2, v = 2xy. Entonces, las rectas u = c1
y v = c2 del plano w corresponden, respectivamente, a las hipérbolas x2 − y2 = c1 y 2xy = c2 del plano z, como se
indica en las figuras 2-10 y 2-11.
=2
x2 – y2 = – 4
x2 – y2 = –2
Figura 2-11
Figura 2-10
2.5. C
on los datos del problema 2.4, determine a) la imagen de la región del primer cuadrante limitada por
x2 − y2 = −2, xy = 1, x2 − y2 = − 4 y xy = 2; b) la imagen de la región en el plano z limitada por todas las
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52
Capítulo 2 Funciones, límites y continuidad
ramas de x2 − y2 = 2, xy = 1, x2 − y2 = −2 y xy = −1 y c) las coordenadas curvilíneas del punto en el plano
xy cuyas coordenadas rectangulares son (2, −1).
Solució n
a) La región en el plano z es la indicada por la porción sombreada PQRS de la figura 2-10. Esta región se lleva a
la región imagen P′Q′R′S′ que se muestra sombreada en la figura 2-11. Hay que observar que la curva PQRSP
se recorre en dirección contraria a las manecillas del reloj, y la curva imagen P′Q′R′S′P′ también se recorre en
dirección contraria a las manecillas del reloj.
b) La región en el plano z se indica por la porción sombreada PTUVWXYZ de la figura 2-10. Esta región se lleva
a la región imagen P′T′U′V′ que se muestra sombreada en la figura 2-11.
Es interesante observar que mientras el límite de la región PTUVWXYZ se recorre sólo una vez, el límite de
la región imagen P′T′U′V′ se recorre dos veces. Esto se debe a que los ocho puntos P y W, T y X, U y Y, V y Z
del plano z se llevan a los cuatro puntos P′ o W′, T′ o X′, U′ o Y′, V′ o Z′, respectivamente.
Sin embargo, cuando el límite de la región PQRS se recorre una sola vez, el límite de la región imagen se
recorre también una sola vez. La diferencia se debe a que, al recorrer la curva PTUVWXYZP, se encierra el
origen z = 0, mientras que al recorrer la curva PQRSP no se encierra el origen.
c) u = x2 − y2 = (2)2 − (−1)2 = 3, v = 2xy = 2(2)(−1) = −4. Entonces las coordenadas curvilíneas son u = 3,
v = −4.
Funciones multivaluadas
2.6. S
ea w5 = z y suponga que a un valor particular z = z1 le corresponde w = w1. a) Si se parte del punto z1 del
plano z [vea la figura 2-12] y se hace un circuito completo en dirección contraria a las manecillas del reloj en
torno al origen, muestre que al volver a z1 el valor de w es w1e2pi/5. b) ¿Cuáles son los valores de w al volver
a z1, después de 2, 3, . . . circuitos completos en torno al origen? c) Analice lo que se pregunta en los incisos
a) y b) si las trayectorias no son en torno al origen.
plano z
y
plano w
u
C
r1
w1 e2pi/5
z1
q1
w1
x
w1
e4pi/5
u
w1 e8pi/5
w1 e6pi/5
Figura 2-12
Figura 2-13
Solució n
a) Se tiene que z = reiu, de manera que w = z1/5 = r1/5eiu/5. Si r = r1 y u = u1, entonces w1 ¼ r11=5 eiu1 =5.
A medida que el valor de u aumenta de u1 a u1 + 2p, que es lo que ocurre al realizar un circuito completo
en sentido contrario a las manecillas del reloj, en torno al origen, se tiene
w ¼ r11=5 ei(u1 þ2p)=5 ¼ r11=5 eiu1 =5 e2pi=5 ¼ w1 e2pi=5
b) Después de dos circuitos completos en torno al origen, se encuentra
w ¼ r11=5 ei(u1 þ4p)=5 ¼ r11=5 eiu1 =5 e4pi=5 ¼ w1 e4pi=5
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Problemas resueltos
53
De manera similar, después de tres y cuatro circuitos completos en torno al origen, se tiene
6p6i=5
pi=5
8p8i=5
pi=5
and
ww¼¼ww
yand ww¼¼ww
1 e1 e
1 e1 e
Después de cinco circuitos completos, el valor de w es w1 e10pi=5 ¼ w1 , de manera que después de cinco revoluciones completas en torno al origen de nuevo se obtiene el valor original de w. Por tanto, el ciclo se repite
[vea la figura 2-13].
Otro método. Como w5 = z, se tiene arg z = 5 arg w, de donde
Cambio en arg w ¼ 15 (Cambio en arg z)
Entonces, si arg z aumenta 2p, 4p, 6p, 8p, 10p, . . . , arg w aumenta 2p/5, 4p/5, 6p/5, 8p/5, 2p, . . . y se
llega así al mismo resultado de los incisos a) y b).
c) Si la trayectoria no encierra al origen, el aumento de arg z es cero y por ende el aumento de arg w es también
cero. En este caso, el valor de w es w1, sin importar el número de circuitos realizados.
2.7. a) Explique por qué, en el problema anterior w, puede considerarse una colección de cinco funciones unívocas de z.
b) Explique, en forma geométrica, la relación entre estas funciones unívocas.
c) Muestre en forma geométrica cómo es posible restringirse a una determinada función unívoca.
Solució n
a)
Como w5 = z = reiu = rei(u+2kp), donde k es un entero, se tiene
w ¼ r1=5 ei(uþ2kp)=5 ¼ r 1=5 fcos(u þ 2kp)=5 þ i sen(u þ 2kp)=5g
y por tanto, w es una función de z con cinco valores, los cuales están dados por k = 0, 1, 2, 3, 4.
De manera equivalente, w puede considerarse una colección de cinco funciones unívocas, a las que se les
conoce como ramas de la función multivaluada, al restringir u de manera adecuada. Entonces, por ejemplo, se
escribe
w ¼ r1=5 (cos u=5 þ i sen u=5)
donde se consideran los cinco intervalos posibles para u, que son 0 ≤ u < 2p, 2p ≤ u < 4p, . . . , 8p ≤ u < 10p;
el resto de los intervalos da repeticiones de estos intervalos.
El primer intervalo, 0 ≤ u < 2p, suele conocerse como rango principal de u, y corresponde a la rama principal
de la función multivaluada.
También pueden tomarse otros intervalos para u de longitud 2p; por ejemplo, −p ≤ u < p, p ≤ u < 3p, etcétera, al primero de los cuales se le considera el rango principal.
b) Se parte de la rama principal
w ¼ r 1=5 ðcos u=5 þ i sen u=5Þ
donde 0 ≤ u < 2p.
Después de un circuito completo en el plano z en torno al origen, u aumenta 2p, con lo que se obtiene otra
rama de la función. Después de otro circuito completo en torno al origen se obtiene otra rama de la función;
así hasta encontrar las cinco ramas, después de lo cual se vuelve a la rama (principal) original.
Como al rodear sucesivamente z = 0 se obtienen diferentes valores de f (z), a z = 0 se le llama punto de
ramificación.
c) Es posible restringirse a una determinada función unívoca, por lo general a la rama principal, si se tiene el
cuidado de no recorrer más de un circuito en torno al punto de ramificación, es decir, al restringir u de manera
adecuada.
En el caso del rango principal 0 ≤ u < 2p, esto se logra al trazar un corte, que se indica mediante AO en
la figura 2-14, llamado línea de ramificación, en el eje real positivo, con objeto de no ir más allá de este corte
(si se va más allá de este corte se obtiene otra rama de la función).
Si se elige para u otro intervalo, la línea de ramificación o corte será otra recta del plano z que salga del
punto de ramificación.
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54
Capítulo 2 Funciones, límites y continuidad
Para algunos propósitos, como se verá más adelante, resulta útil considerar la curva de la figura 2-15, de la
cual la figura 2-14 es un caso límite.
plano z
plano z
y
H
y
E
O
F
I
x
D
A
B
C
G
x
A
J
Figura 2-14
Figura 2-15
Funciones elementales
z11þz
þz
2
2 22
¼
¼eze1ezþz
2.8. Demuestre que a)eze1ezz1�1 e��ze2ezz2¼
,
z zz
jej j¼
j¼
¼exeexx y
b) jeje
zþ2k
pippi i z zz
ezþ2k
eezþ2k
¼¼
¼e e,e ,k, k¼
k¼
¼0,0,
0,+1,
+1,
+1,+2,
+2,
+2,. .......
c)
Solució n
a) Por definición, ez = ex(cos y + i sen y), donde z = x + iy. Entonces, si z1 = x1 + iy1 y z2 = x2 + iy2,
ez1 � ez2 ¼ ex1 (cos y1 þ i sen y1 ) � e x2 (cos y 2 þ i sen y2 )
¼ ex1 � ex2 (cos y1 þ i sen y1 )(cos y 2 þ i sen y2 )
¼ ex1 þx2 fcos(y1 þ y2 ) þ i sen(y1 þ y2 )g ¼ e z1 þz2
b)
|ez| = |ex(cos y + i sen y)| = |ex||cos y + i sen y| = ex ⋅ 1 = ex
c)
De acuerdo con el inciso a),
ezþ2kpi ¼ ez e2kpi ¼ ez (cos 2kp þ i sen 2kp) ¼ ez
Esto muestra que la función ez tiene periodo 2kpi. En particular, tiene periodo 2pi.
2.9. D
emuestre:
a) sen2 z þ cos2 z ¼ 1 c) sen(z1 þ z2 ) ¼ sen z1cos z2 þ cos z1 sen z2
b)
eiz ¼ cos z þ i sen z, e�iz ¼ cos z � i sen z d )
Solució n
cos(z1 þ z2 ) ¼ cos z1 cos z2 � sen z1 sen z2
eiz � e�iz
eiz þ e�iz
, cos z ¼
. Entonces
2i
2
� iz
�2 � iz
�2
��
e�iz
þ�
e�iz
2
2 � iz e �iz
2 � iz e �iz
2
sen
z
þ
cos
z
¼
þ
e
�
e
e
þ
e
2i þ
2
sen2 z þ cos2 z ¼
2i
2� �
� 2iz
�
�2iz
e � 2 þ e� � 2iz e2iz þ 2 �2iz
þ e��2iz
�
þ
¼1
¼ e�2iz � 2 þ e�2iz
e þ2þe
4
4
þ
¼1
¼�
4
4
Por definición, sen z ¼
a)
b)
eiz � e�iz ¼ 2i sen z eiz � e�iz ¼ 2i sen z
eiz þ e�iz ¼ 2 cos z eiz þ e�iz ¼ 2 cos z
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(1)
(2)
Problemas resueltos
55
Se suman (1) y (2):
iz iz
2e2e
¼¼22cos
cosz zþþ2i2isen
senz z
y
eizeiz¼¼cos
cosz zþþi sen
i senz z
�iz
�iz
2e2e
¼¼22cos
cosz z��2i2isen
senz z
y
e�iz
e�iz¼¼cos
cosz z��i sen
i senz z
Se resta (1) de (2):
ei(z1 þz2 ) � e�i(z1 þz2 ) eiz1 � eiz2 � e�iz1 � e�iz2
¼
2i
2i
(cos z1 þ i sen z1 )(cos z2 þ i sen z2 ) � (cos z1 � i sen z1 )(cos z2 � i sen z2 )
¼
2i
c) sen(z1 þ z2 ) ¼
¼ sen z1 cos z2 þ cos z1 sen z 2
d)
ei(z1 þz2 ) þ e�i(z1 þz2 ) eiz1 � eiz2 þ e�iz1 � e�iz2
¼
2
2
(cos z1 þ i sen z1 )(cos z2 þ i sen z2 ) þ (cos z1 � i sen z1 )(cos z2 � i sen z2 )
¼
2
cos(z1 þ z2 ) ¼
¼ cos z1 cos z2 � sen z1 sen z 2
2.10. Compruebe que los ceros de
a) sen z
y
b) cos z
son números reales, y determínelos.
Solució n
eiz � e�iz
¼ 0, entonces eiz = e−iz o e2iz = 1 = e2kpi, k ¼ 0, +1, +2, . . . .
2i
Por tanto, 2iz = 2kpi y z = kp, es decir, z ¼ 0, +p, +2p, +3p, . . . son los ceros.
a)
Si sen z ¼
b)
Si cos z ¼
eiz þ e�iz
¼ 0, entonces eiz = −e−iz o e2iz = −1 = e(2k+1)pi, k ¼ 0, +1, +2, . . . .
2
1
z¼
þ (k
þ, 12i.e.,
)pdecir,
, zi.e.,
¼+
z¼
p=2,
+p+3
=2,p+3
=2,p+5
=2,p+5
=2,p. =2,
. . . . . son los ceros.
Por tanto, 2iz = (2k + 1)pi y z ¼ (k
es
2 )p
2.11. Demuestre que
a) sen(−z) = −sen z,
b) cos(−z) = cos z
y
c) tan(−z) = −tan z.
Solució n
� iz
�
ei(�z) � e�i(�z) e�iz � eiz
e � e�iz
¼
¼�
¼ �sen z
2i
2i
2i
i(�z)
�i(�z)
�iz
iz
iz
�iz
e
þe
e þe
e þe
¼
¼
¼ cos z
b) cos(�z) ¼
2
2
2
sen(�z) �sen z
c) tan(�z) ¼
¼
¼ �tan z con los incisos a) y b).
cos(�z)
cos z
a) sen(�z) ¼
A las funciones de z con la propiedad de que f (−z) = − f (z) se les llama funciones impares, y a las que
tienen la propiedad de que f (−z) = f (z), funciones pares. Así, sen z y tan z son funciones impares, mientras
que cos z es una función par.
2.12. Compruebe: a) 1 − tanh2 z = sech2 z
b) sen iz = i senh z
c) cos iz = cosh z
d ) sen(x + iy) = sen x cosh y + i cos x senh y
Solució n
a)
ez þ e�z
ez � e�z
Entonces
, senh z ¼
. Then
2
2
� z
� �
�
e þ e�z 2 ez � e�z 2 e2z þ 2 þ e�2z e2z � 2 þ e�2z
�
¼1
cosh2 z � senh 2 z ¼
�
¼
2
2
4
4
Por definición, cosh z ¼
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56
Capítulo 2 Funciones, límites y continuidad
Al dividir entre cosh2 z,
b)
c)
d)
cosh2 z � senh2 z
1
¼
o 1 � tanh2 z ¼ sech2 z
cosh2 z
cosh2 z
�
�
� ez � e�z�
ei(iz) � e�i(iz) e�z � ez
sen iz ¼ ei(iz) � e�i(iz) ¼ e�z � ez ¼ i ez � e�z ¼ i senh z
sen iz ¼
¼ i senh z
¼
2i
2i ¼ i
2
2�z
i(iz) 2i �i(iz)
�z2i
ei(iz)
þ e�i(iz) e�z
þ ezz ezz þ e�z
¼ e þ e ¼ e þ e ¼ cosh z
cos iz ¼ e þ e
¼
¼
¼ cosh z
cos iz ¼
2
2
2
2
2
2
De acuerdo con el problema 2.9 c) y con los incisos b) y c), se tiene
sen(x + iy) = sen x cos iy + cos x sen iy = sen x cosh y + i cos x senh y
z
je j ¼ e
x
zþ2kpi
e
2.13. a) Suponga que z = ew, donde z = r (cos u + i sen u) y w = u + iv. Muestre que u = ln r y v = u + 2kp,
¼ ez , k ¼ 0, +1, +2, . . . de manera que w = ln z = ln r + i(u + 2kp). b) Determine los valores de ln(1 − i).
¿Cuál es el valor principal?
Solució n
a) Como z = r (cosu + i sen u) = ew = eu+iv = eu(cos v + i sen v), se igualan las partes reales y las partes
imaginarias,
(1)
eu cos v = r cos u
(2)
eu sen v = r sen u
Se elevan al cuadrado (1) y (2), y al sumarlos se encuentra e2u = r 2 o eu = r y u = ln r. Entonces, de acuerdo con
(1) y (2), r cos v = r cos u, r sen v = r sen u, de donde v = u + 2kp. Por tanto, w = u + iv = ln r + i(u +
2kp).
Si z = ew, entonces w = ln z. Se ve así que ln z = ln r + i(u + 2kp). Una manera equivalente de decir lo
mismo es ln z = ln r + iu, donde u puede tomar una cantidad infinita de valores, los cuales difieren entre sí
en 2p.
Observe que formalmente ln z = ln(rei u ) = ln r + iu según las leyes de los logaritmos reales ya conocidas
de las matemáticas elementales.
��
��
ppffiffiffiffiffiffi 7p7pi=4þ2k
ppffiffiffiffiffiffi 77ppi i
11
77ppi i
pp
ii
i=4þ2k
þþ2k
(b)
Sence
, ,we
have
2kppi i ¼¼ lnln22þþ þþ2k
2kppi..i.
(b)
Sence
wetiene
haveln(1
ln(1��i)i)¼¼lnln 22þþ
se
b) Como11��i i¼¼ 22ee
44
22
44
1
7pi
is ln 2 þ
El valor principal es
, que se obtiene con k = 0.
2
4
2.14. Demuestre que f (z) = ln z tiene un punto de ramificación en z = 0.
Solució n
Se tiene ln z = ln r + iu. Suponga que se parte de un punto z1  0 del plano complejo, para el que r = r1 y u = u1,
de manera que ln z1 = ln r1 + iu1 [vea la figura 2-16]. Entonces, después de una vuelta completa alrededor del
origen en dirección positiva, o en dirección contraria a las manecillas del reloj, al volver a z1 se encuentra que
r = r1 y u = u1 + 2p, de manera que ln z1 = ln r1 + i(u1 + 2p). Por tanto, se está en otra rama de la función, y
z = 0 es un punto de ramificación.
plano z
y
z1
r1
q1
Figura 2-16
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x
Problemas resueltos
57
Las vueltas o circuitos posteriores en torno al origen llevan a otras ramas, y (a diferencia del caso de funciones
como z1/2 o z1/5) nunca se vuelve a la misma rama.
Se sigue que ln z es una función multivaluada de z con una cantidad infinita de ramas. A la rama de ln z que es
real cuando z es real y positiva se le llama rama principal. Para obtener esta rama se requiere que u = 0 cuando
z > 0. Para esto, se toma ln z = ln r + iu, donde u se elige de manera que 0 ≤ u < 2p o −p ≤ u < p, etcétera.
Como generalización, se observa que ln (z − a) de un punto de ramificación en z = a.
2.15. C
onsidere la transformación w = ln z. Muestre que a) las circunferencias, en el plano z, con centro en
el origen se llevan al plano w como rectas paralelas al eje v, b) las rectas o rayos del plano z que parten
del origen se llevan al plano w como rectas paralelas al eje u y c) el plano z se lleva a una franja de amplitud
2p en el plano w. Ilustre el resultado gráficamente.
Solució n
Se tiene w = u + iv = ln z = ln r + iu de manera que u = ln r y v = u.
Como rama principal se elige w = ln r + iu, donde 0 ≤ u < 2p.
a) Las circunferencias con centro en el origen y radio a tienen como ecuación |z| = r = a. Éstas se llevan a
rectas en el plano w cuyas ecuaciones son u = ln a. En las figuras 2-17 y 2-18 se muestran las circunferencias
y las rectas correspondientes a a = 1/2, 1, 3/2, 2.
/3
/6
/3
=p
plano w
u
a
2p
5p
a = p /2
a=
a=
plano z
y
a=
a=
a=
a=
2
3/2
a=
6
p/
1
1/2
a = p /3
x
a=p
a = 3p /2
/3
a=
5p
4p
u
a=2
a = 3/2
p /6
a=0
a=1
11
a = p /6
a=0
a = 1/2
a=
p /6
7
a=
/3
a=
a = p /2
Figura 2-17
Figura 2-18
b) Las rectas o rayos que en el plano z salen del origen (punteados en la figura 2-17) tienen como ecuación u = a.
Estas rectas se llevan al plano w como rectas (punteadas en la figura 2-18) cuyas ecuaciones son v = a ; se
muestran las rectas correspondientes a a = 0, p/6, p/3 y p/2.
c) Correspondiente a cada punto P del plano z definido por z  0 y con coordenadas polares (r, u), donde
0 ≤ u < 2p, r > 0 [como en la figura 2-19], existe un punto P′ en la franja de amplitud 2p que se indica con
líneas punteadas en la figura 2-20. De manera que el plano z se lleva a esta banda. El punto z = 0 se lleva a
un punto de esta banda, al que a veces se le llama punto al infinito.
Si u es tal que 2p ≤ u < 4p, el plano z se lleva a la franja 2p ≤ v < 4p de la figura 2-20. De manera
similar se obtienen las demás franjas que se muestran en la figura 2-20.
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58
Capítulo 2 Funciones, límites y continuidad
Se sigue que, dado un punto z  0 en el plano z, existe una cantidad infinita de puntos imagen en el plano
w que corresponden a ese punto.
plano w
u
plano z
y
z
r
P
q
x
u = 4p
P′
u = 2p
P′
u=0
2p
2p
u
P′
Figura 2-20
Figura 2-19
Hay que observar que si se hubiera tomado u en otro intervalo de modo que −p ≤ u < p, p ≤ u < 3p,
etcétera, las franjas de la figura 2-20 se habrían desplazado verticalmente una distancia p.
2.16. Suponga que se elige como rama principal de sen−1 z la rama en la que sen−1 0 = 0. Compruebe que
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi �
1 �
sen�1 z ¼ ln iz þ 1 � z2
i
Solució n
eiw � e�iw
which
Si w =
z, �1
entonces
,from
de donde
If sen
w ¼−1sen
z, then z ¼ sen weeiw¼
iw
�iw
��ee�iw
�1
2i from
fromwhich
which
IfIfww¼¼sen
sen�1
z,z,then
thenzz¼¼sen
senww¼¼
eiw 2i
�2i2iz � e�iw ¼ 0 or e2iw � 2izeiw � 1 ¼ 0
�iw
2iw
o ee2iw
eeiwiw��2iz
2iz��ee�iw
¼¼00 or
or
��2ize
2izeiwiw��11¼¼00
Se despeja,
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2ffi ffi
2izp
+ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
4ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
�p
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi 4z
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
iw
2ffi ffi ¼ izp
2ffi ffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffip
ffi
ffi pzffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
p
2 ¼4ziz2p
2 4z
2ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2�
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi þffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
e
¼
+
1
�
z
1ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
�
2iz
+
4
�
4z
2iz
+
4
�
4z
2iz
+
4
�
4z
2iz
+
4
�
2iz
+
4
iw
2 � z21 � z2 ¼ iz þ 1 � z2
2þ
eiwiw ¼¼eiw ¼ 2
+
¼
þ
eiw e¼
¼ iz¼¼
+izize+
1¼
�1+
z12��¼zz122iz¼
þziziz
1�
z1¼2��izzz21+
1þ
¼
iz
�
¼
iz
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2 2ffi 22 2 iw
2
)
2ffi ffi is implied p
sencep+
1ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
�
byffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
1ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
�
zffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ei(w�2k
, k ¼ffi 0, +1, +2, . . . so that
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi pzffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi ffiiw eiwiw ¼
p
ffip
pppffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
p
ffi .ffi Now,
ffi
i(w�2k
p) )
i(w�2k
p
)
iw
pthat
i(w�2k
iw
i(w�2k
p
)
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
sence
isimplied
by
, kk0,z¼¼+1,
0,
+1,
+2,
...that
so
sence
+sence
sence
1+�11z+
zNow,
1 por
�+
. 1Now,
implied
.,0,
Now,
+2,
. .¼. .so
e..i(w�2k
¼ 0, +1,que
+2, . . . so that
pues
queda
implicado
manera
sence
+
��is
zz1implied
is
by
1z1��
zz1�
. .�
Now,
e¼e e¼¼eeeby
,�
+1,
so
�
zimplied
is by
implied
by
ze.is.Ahora,
Now,
¼ ,ek1¼
k �¼
0,e+2,
+1,
+2,
. .that
.) ,de
sok that
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi �
1
i(w�2kp)
2
2
�
�
�
�
�
�
�
�
�
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
p
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
p
p
p
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi �
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
p
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
p
p
e i(w�2k
¼ iz þ 1 � z ori(w�2k
w p¼
2kp1þ 11ln iz
1
1 2þ 1 2� z22 2
)
p) i(w�2k
piz
)
212 �or
ozw2 ¼wor
þ
pþ
þ ipiz
w2k
ln
þiziz
1�
z1��wzz1¼�2kz p þ ln iz þ 1 � z2
ei(w�2k
eor
þiz
1�
z12��zzor
þiz
1ln
zln
or1þ
ln
þþ
eei(w�2k
¼¼
þ
p
þ
¼)¼p¼
2k
iz
e¼pp)iz
¼
iz1þ
þ�
w2k
¼
2k
i ii
i
i
La rama para la que w = 0 cuando z = 0 se obtiene con k = 0, de donde se encuentra, como se buscaba,
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi �
1 �
w ¼ sen�1 z ¼ ln iz þ 1 � z2
i
2.17. Suponga que se elige como rama principal de tanh−1­z aquella en la que tanh−1­0 = 0. Demuestre que
tanh
Solució n
�1
�
�
1
1þz
z ¼ ln
2
1�z
w�w�w�w
wee
senh
w ww
ew e�
senh
�
senh
�
e e
�1 �1�1
tanh
z,, entonces
tanh
w¼
Si w ¼
¼
tanh
z¼
tanh
ww
¼
tanh
z, z, z ¼z ¼
tanh
ww
¼ ¼ ¼ ¼w¼w w�w�w�w , de donde
cosh
w w we eþeþ
eþ
cosh
cosh
e e
w w w
�w�w�w
¼¼
(1¼
þ(1
z)eþ
o o oe2we2w
¼
(1¼
þ(1
z)=(1
��
z) �
(1 (1
�(1
z)e�
e2w
þ
z)=(1
(1
þ
z)ez)e
¼
(1
þ
z)=(1
z) z)
�
z)ez)e
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Problemas resueltos
59
Como e2w = e2(w−kpi), se tiene
��
�
�
1þz 1þz
1
11þ z 1 þ z
or o orw ¼ kw
e2(w�kpei)2(w�k
¼ pi) ¼
pi¼
þ kplni þ ln
1�z 1�z
2
12� z 1 � z
La rama principal es la rama para la que k = 0, y conduce al resultado buscado.
2
1 þz
2.18. a) Suponga que z = reiu. Compruebe
e2−(u+2kp){cos(ln
r)}p,i donde
¼zei z=
jez j ¼ r)
ex + i sen(ln
ezþ2k
¼ ez , k ¼ 0, +1, +2, . . .
ez1 � ezque
b) Suponga que z es un punto en la circunferencia unitaria con centro en el origen. Demuestre que zi representa
una cantidad infinita de números reales y determine el valor principal.
c) Encuentre el valor principal de ii.
Solució n
a)
Por definición,
zi ¼ ei ln z ¼ eifln rþi(uþ2kp)g
¼ ei ln r�(uþ2kp) ¼ e�(uþ2kp) fcos(ln r) þ i sen(ln r)g
La rama principal de la función multivaluada f (z) = zi se obtiene con k = 0, y está dada por e−u{cos(ln r) +
i sen(ln r)}, donde u se escoge de manera que 0 ≤ u < 2p.
b) Si z es cualquier punto en la circunferencia unitaria con centro en el origen, entonces |z| = r = 1. Por tanto,
de acuerdo con el inciso a), como ln r = 0, se tiene zi = e−(u+2kp), que representa una cantidad infinita de
números reales. El valor principal es e−u, donde u se elige de manera que 0 ≤ u < 2p.
c)
Por definición, ii = ei ln i = ei{i(p/2+2kp)} = e−(p/2+2kp), pues i =ei(p/2+2kp) y ln i = i(p/2 + 2kp).
El valor principal es e−p/2.
Otro método. De acuerdo con el inciso b), como z = i se encuentra en la circunferencia unitaria con centro
en el origen y u = p/2, el valor principal es e−p/2.
Puntos de ramificación, líneas de ramificación, superficies de Riemann
2.19. S
ea w = f (z) = (z2 + 1)1/2. a) Muestre que z = +i son puntos de ramificación de f (z). b) Muestre que una
vuelta completa en torno a ambos puntos de ramificación no produce ningún cambio en las ramas de f (z).
Solució n
a)
Se tiene w = (z2 + 1)1/2 = {(z − i )(z + i)}1/2. Entonces, arg w = 12 arg(z − i) + 12 arg(z + i) de manera que
Cambio en arg w = 12 {Cambio en arg(z − i)} + 12 {Cambio en arg(z + i)}
Sea C [figura 2-21] una curva cerrada que encierre al punto i pero no al punto −i. Entonces, a medida que el
punto z da una vuelta completa por C en contra de las manecillas del reloj,
Cambio en arg(z − i) = 2p,
Cambio en arg(z + i) = 0
de manera que
Cambio en arg w = p
Por tanto, w no vuelve a su valor original, es decir, hubo un cambio de rama. Como una vuelta completa en
torno a z = i modifica las ramas de la función, z = i es un punto de ramificación. De manera similar, si C es
una curva cerrada que encierra al punto −i pero no a i, se muestra que z = −i es un punto de ramificación.
Otro método
Sea z − i = r1eiu1, z + i = r2eiu2. Entonces
w ¼ fr1 r2 ei(u1 þu2 ) g1=2 ¼
pffiffiffiffiffiffiffiffi iu1 =2 iu2 =2
r1 r2 e
e
Suponga que se empieza con un determinado valor z correspondiente a u1 = a1 y u2 = a2. Entonces
pffiffiffiffiffiffiffiffi
w ¼ r1 r2 eia1 =2 eia2 =2. AAmedida que z da una vuelta en sentido contrario a las manecillas del reloj en torno a
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60
Capítulo 2 Funciones, límites y continuidad
i, u1 aumenta a a1 + 2p, mientras u2 permanece igual, es decir, u2 = a2. Por tanto,
pffiffiffiffiffiffiffiffi
w ¼ r1 r2 ei(a1 þ2p)=2 eia2 =2
pffiffiffiffiffiffiffiffi
¼ � r1 r2 eia1 =2 eia2 =2
lo que muestra que no se obtiene el mismo valor de w, es decir, hubo un cambio de rama, lo que indica que
z = i es un punto de ramificación.
plano z
y
z
plano z
y
C
C
i
z
i
x
x
–i
–i
Figura 2-21
Figura 2-22
a) Si C encierra los dos puntos de ramificación z =+i, como en la figura 2-22, entonces, a medida que el punto
z se mueve por C en sentido contrario a las manecillas del reloj,
Cambio en arg (z − 1) = 2p
Cambio en arg (z + 1) = 2p
de manera que
Cambio en arg w = 2p
Así, una vuelta completa en torno a los dos puntos de ramificación no da lugar a ningún cambio de rama.
Otro método
En este caso, de acuerdo con el segundo método del inciso a), u1 aumenta de a1 a a1 + 2p mientras u2
aumenta de a2 a a2 + 2p. Por tanto,
pffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffi
w ¼ r1 r2 ei(a1 þ2p)=2 ei(a2 þ2p)=2 ¼ r1 r2 eia1 =2 eia2 =2
y no se observa ningún cambio de rama.
2.20. Determine líneas de ramificación para la función del problema 2.19.
Solució n
Como líneas de ramificación pueden tomarse las que se indican mediante una línea más gruesa en la figura 2-23
o 2-24. En ambos casos, si no se cruzan estas líneas más gruesas, se asegura que la función sea unívoca.
plano z
y
plano z
y
i
i
x
x
–i
–i
Figura 2-23
Figura 2-24
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Problemas resueltos
61
2.21. Analice la superficie de Riemann de la función del problema 2.19.
Solució n
Pueden tenerse varias superficies de Riemann que correspondan a las figuras 2-23 o 2-24 del problema 2.20. Si se
toma la figura 2-23, por ejemplo, hay que imaginar que el plano z consta de dos capas sobrepuestas, una encima
de la otra, y que estas capas se cortan a lo largo de las líneas de ramificación. Después se unen los bordes opuestos
del corte y se obtiene así una superficie de Riemann. Si se da una vuelta completa en torno a z = i se empieza
sobre una rama y se termina en la otra. Pero, si se da una vuelta en torno a los dos puntos, z = i y z = −i, no habrá
ningún cambio de rama. Esto coincide con el resultado del problema 2.19.
2.22. Analice la superficie de Riemann de la función f (z) = ln z [vea el problema 2.14].
Solució n
En este caso, hay que imaginar que el plano z consta de una cantidad infinita de capas sobrepuestas una sobre la
otra y que se cortan a lo largo de la línea de ramificación que parte del origen z = 0. Después, cada borde del corte
se une con el borde opuesto de una capa adyacente. Entonces, cada vez que se da una vuelta en torno a z = 0, se
llega a otra capa que corresponde a una rama diferente de la función. La colección de estas capas es la superficie
de Riemann. En este caso, a diferencia de lo que ocurre en los problemas 2.6 y 2.7, las sucesivas vueltas completas nunca llevan de regreso a la rama original.
Límites
that limz!z0 f (z) ¼ z20 . 2
Suppose f (z) ¼ 2z2 . Prove
f (z)z .¼Compruebe
z2 . Prove that
SupongaSuppose
que f (z) =
que lim
límz!z0 f (z) ¼ z0.
� 2
z � 2z = z0
b) Encuentre
límz!z0 f (z) si
Find lim
if f (z) ¼
z z =. z
Find limz!z0 f (z) if f (z) ¼0 z ¼ z0 0 .
0 z ¼ z0
2.23. a)
Solució n
2
� jz
z202j �
, ze2 j <
jz2 � z20 j , edepende de e) taljzque
a) Hay que mostrar que, dado un e > 0, puede hallarse un d (que generalmente
0 ,ee
0,
jz
�
z
j
,
d
.
0 , jz � z0 j , d. siempre que
0 z�
|
<
d.
0 <0|z,−jz
z
j
,
d
.
0
0
�If1,
1,d entonces
�
j�
,z zd| j<,d dimplica que
Ifddd ≤
0 , jz � z0 j ,
If d � 1,
0−
Si
� 1, 0 , 0jz0<
,|zzjz
00
z202zj0�
¼þzjz22zj�
þz zjjz
,
djz
� zjg0 þ
,2jz
dfjzj)� z0 j þ j2z0 jg , d(1 þ 2jz0 j)
j z,
dfjz
�
j2z
, 2z
d(1
jz2 � z20 j ¼ jz � z0 jjz þ z0 j ,jzd2jz��jz
0 jjz
0 j zþ
0j þ
0¼
0 j zþ
jz
�
0
0 j , 0djz � z0 þ 2z0 j 0, dfjz � z0 j þ j2z0 jg , d(1 þ 2jz0 j)
0
d
d d como
1d e11=(1
þ
2jz+2
j),|2jz
jz
zd20�
� z|jz
,zzd0|,j <
2,j ,
o e/(1
z0 0|),
tiene
d,
jz2jz
z20 zje2<
,eesiemprejzque
e=(1 þ 2jz0 j),Se toma
jz2sea
� menor.
z20 j , e Entonces, se
jz �
z02j �
,
0þ
0zj −
e=(1
j),el que
�
�
0 , d,
0j , e
lodque
0 , jz � con
z0 j ,
. se llega al resultado buscado.
¼ z0tanto,
entre este problema y el del inciso a), pues en ningún
0 No
, jzhay
� zdiferencia
If d � 1, b) z ¼ caso
z0 se considera z = z0.z Por
0j , d
z ¼ z0jz2 � z20 j , e
2
2. Observe que el límite
f
(z)
¼
z
.
of
f
(z)
as
z
!
z
2
de
f
(z)
cuando
z
→
z
no
tiene
nada
que
ver
con
el
valor
de
f (z)
lím
f
(z)
¼
z
.
of
f
(z)
as
z
!
z
0
z!z0
0 ,z!z
jz0 �z!z
z0 j0 ,
d0 . ¼ z0 . 0
0
of f (z) as z0 ! z0
¼
� zz0.jjz þ z0 j , djz � z0 f(z)
þ 2zat0 j z,
dfjzf (z)
� z0 j þ
j2z0 jg , d(1 þ 2jz0 j)
jz2 � z20 j en
.
zjz0.at
f(z)
0
0
0 ,atjzz0�
If d � 1,
. z0 j , d
f(z)
d 1 e=(1 þ 2jz0 j),
jz2 � z20 j , e
jz � z0 j , d,
2.24. Interprete en forma geométrica eljz2problema
� z20 j ¼ jz2.23.
� z0 jjz þ z0 j , djz � z0 þ 2z0 j , dfjz � z0 j þ j2z0 jg , d(1 þ 2jz0 j)
1
z ¼ z0 jz2 � z2 j , e
d 1 e=(1 þ 2jz0 j),
jz � z0 j , d,
0
f (z) ¼ z20 .
of f (z) as z ! z0
f(z) wat=z0f. (z) = z2 define una transformación o llevado de puntos del plano z en puntos del plano w.
z ¼ z0
a) La ecuación
f (z) as z ! z0
w0 ¼ z20. [Vea figuras 2-25 yof
2-26.]
En particular, suponga que el punto z0 se lleva al punto
z!z0 f (z)
f(z) at z0 .
Solució n
z!z0
plano w
u
plano z
y
z
z0
d
u
x
w
w0
Figura 2-25
Figura 2-26
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e
62
0 , jz � z0 j , d.
2 � 1,
0,
jz F
�unciones
z0 j , d , límites y continuidad
If dCapítulo
jz2 � z20 j , e
jz2 � z20 j ¼ jz � z0 jjz þ z0 j , djz � z0 þ 2z0 j , dfjz � z0 j þ j2z0 jg , d(1 þ 2jz0 j)
En el problema
2.23a) se prueba que, dado un e > 0, puede hallarse un d > 0 tal que |w − w0| < e siempre que
2
þ 2jz0 j),
�
z20 jen
,ele interior de un
jz �
z0 j , de
d, radio e [vea la
|zd− z01| < d.e=(1
Geométricamente,
esto significa que si se desea quejzw
esté
circulo
figura 2-26] debe elegirse d [que depende de e] de manera que z esté en el interior de un círculo de radio d [vea
z ¼ +2
z0 |z0|).
la figura 2-25]. De acuerdo con el problema 2.23a), esto es posible si d es el menor de 1 y e/(1
(z) as
z ! z0 en el problema 2.23b), w = 0 es la
w0 ¼ z20 .es la imagen de z = of
z0.fSin
embargo,
b) En el problema 2.23a),z!z
w 0=f (z)
f(z) at zpor
imagen de z = z0. Excepto
0 . esto, la interpretación geométrica es idéntica a la del inciso a).
3z4 � 2z3 þ 8z2 � 2z þ 5
¼ 4 þ 4i..
z!i
z�i
2.25. Demuestre que lím
Solució n
Hay que mostrar que para todo e > 0 puede hallarse un d > 0 tal que
�
� 4
�
�3z � 2z3 þ 8z2 � 2z þ 5
�
cuando
0<
z−
i| <
� (4 þ 4i)�� , e when
0,
jz |�
ij ,
dd
�
z�i
Como z  i, se escribe
3z4 � 2z3 þ 8z2 � 2z þ 5 [3z3 � (2 � 3i)z2 þ (5 � 2i)z þ 5i][z � i]
¼
z�i
z�i
¼ 3z3 � (2 � 3i)z2 þ (5 � 2i)z þ 5i
al cancelar el factor común z − i  0.
Entonces, hay que mostrar que para todo e > 0 puede hallarse un d > 0 tal que
3
2
�
�(2
3i)z
�23i)z
þ (5
þ
�(5
2i)z
��
2i)z
4þ
� ij4 þ
, ije ,when
e cuando
when
0 , 0jz ,
� jz
ij �
, ijd , d
j3z3 �
j3z(2
j3z3 � (2 � 3i)z2 þ (5 � 2i)z � 4 þ ij , e when 0 , jz � ij , d
If d �
If 1,
d �then
1, then
0 , 0jz ,
� jz
ij �
, ijd ,
implies
d implies
Si Ifd ≤
1,1,
entonces
0<
|z −
i| <
d implica
d�
then 0 ,
jz �
ij ,
d implies
3
2
2
2
j3z3 �
j3z
(2
�
�
(2
3i)z
�
3i)z
þ
(5
þ
�
(5
2i)z
��
2i)z
4þ
� ij4 þ
¼ ijjz ¼
� jz
ijj3z
� 2ijj3z
þ (6i
þ�(6i
2)z��2)z
1�
� 4ij
1 � 4ij
j3z3 � (2 � 3i)z2 þ (5 � 2i)z � 4 þ ij ¼ jz � ijj3z2 þ (6i � 2)z � 1 � 4ij
2
¼ jz ¼
� jz
ijj3(z
� ijj3(z
� i þ�i)i2þþi)(6i
þ�(6i
2)(z
��
2)(z
i þ�i)i þ
� i)
1�
�1�
¼ jz � ijj3(z � i þ i)2 þ (6i � 2)(z � i þ i) � 1 � 4ij
2
þ (12i
� 2)(z
��
2)(z
i) � i)
10��10
6ij� 6ij
¼ jz ¼
� jz
ijj3(z
� ijj3(z
� i)2�þi)(12i
¼ jz � ijj3(z � i)2 þ (12i � 2)(z � i) � 10 � 6ij
2
2
, df3jz
, d�
f3jz
ij �þijj12i
þ�
j12i
2jjz
��
2jjz
ij þ
� j�10
ij þ j�10
� 6ijg
� 6ijg
, df3jz � ij2 þ j12i � 2jjz � ij þ j�10 � 6ijg
d(3
13þþ13
12)
þ¼
12)28¼
d 28d
, d(3
,þ
, d(3 þ 13 þ 12) ¼ 28d
Se toma d como el menor de 1 y e/28, y se llega al resultado buscado.
Teoremas sobre límites
2.26. Suponga que existe límz→z0 f (z). Compruebe que debe ser único.
Solució n
Hay que mostrar que si límz→z0 f (z) = l1 y límz→z0 f (z) = l2, entonces l1 = l2.
Por hipótesis, dado un e > 0, puede hallarse un d > 0 tal que
|f (z) − l1| < e/2 cuando 0 < |z − z0| < d
|f (z) − l2| < e/2 cuando 0 < |z − z0| < d
Entonces
|l1 − l2| = |l1 − f (z) + f (z) − l2| ≤ |l1 − f (z)| + | f (z) − l2| < e/2 + e/2 = e
es decir, |l1 − l2| es menor que cualquier número positivo e (tan pequeño como se desee) y, por tanto, debe ser
cero. De manera que l1 = l2.
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Problemas resueltos
63
2.27. Suponga que límz→z0 g(z) = B  0. Demuestre que existe d > 0 tal que
1
jg(z)j
.11jBj
0,
,,
jz�
�z zj0zj,j,,
d
1
2jBj
jg(z)j
jg(z)j
.
0,
jz
0,ddd d
2jBj
2jBjpara000,
jg(z)j
jg(z)j
.
.1.
jBj
jzjzjz�
�z�
z0j j,
00
22
Solució n
Como límz→z0 g(z) = B, puede hallarse un d tal que |g(z) − B| < 12 |B| para 0 < |z − z0| < d.
Se escribe B = B − g(z) + g(z) y se tiene
1
jBj���
jBjB
�g(z)j
g(z)j
þjg(z)j
jg(z)j
,1jBj
jBj
1 þ jg(z)j
jBj
jB
�
�
g(z)j
þ
jg(z)j
,
þ jg(z)j
þ
jg(z)j
12 2jBj
2jBj
jBj
jBjjBj
��jB
jB�
�g(z)j
g(z)j
þþ
þjg(z)j
jg(z)j
,
,12,
jg(z)j
2jBjþþjg(z)j
es decir,
1
jBj,,1,
1 2jBj
1 þ jg(z)j
jBj
þ jg(z)j
þ
jg(z)j
1jBj
2jBj
jBj
jBjjBj
,,22jBj
jg(z)j
2jBjþþjg(z)j
1
jg(z)j
>11jBj
1
2jBj
de dondejg(z)j
jg(z)j
jg(z)j
2jBj
2jBj
jg(z)j
>>
>1>
jBj
22
2.28. Dados límz→z0 f (z) = A y límz→z0 g(z) = B, compruebe que
a) límz→z0 [f (z) + g(z)] = A + B,
c)
límz→z0 1/g(z) = 1/B
b) límz→z0 f (z)g(z) = AB,
d)
límz→z0 f (z)/g(z) = A/B si B  0.
si B  0,
Solució n
a)
Hay que mostrar que para todo e > 0 puede hallarse un d > 0 tal que
|[f (z) + g(z)] − (A + B)| < e cuando 0 < |z − z0| < d
Se tiene
|[ f (z) + g(z)] − (A + B)| = |[ f (z) − A] + [g(z) − B]| ≤ | f (z) − A| + |g(z) − B|
(1)
Por hipótesis, dado un e > 0 pueden hallarse d1 > 0 y d2 > 0 tales que
| f (z) − A| < e/2 cuando 0 < |z − z0| < d1
(2)
|g(z) − B| < e/2 cuando 0 < |z − z0| < d2
(3)
Entonces, de acuerdo con (1), (2) y (3),
|[ f (z) + g(z)] − (A + B)| < e/2 + e/2 = e
b)
cuando 0 < |z − z0| < d
donde d es el mínimo entre d1 y d2.
Se tiene
| f (z)g(z) − AB| = | f (z){g(z) − B} + B{f (z) − A}| ≤ | f (z)||g(z) − B| + |B|| f (z) − A|
≤ | f (z)||g(z) − B| + (|B| + 1)| f (z) − A|
(4)
Como límz→z0 f (z) = A, puede hallarse d1 tal que | f (z) − A| < 1 para 0 < |z − z0| < d1. Por tanto, de acuerdo
con las desigualdades en (4) de la página 3, sección 1.5,
| f (z) − A| ≥ | f (z)| − |A|,
es decir, 1 ≥ | f (z)| − |A|
o | f (z)| ≤ |A| + 1
es decir, | f (z)| < P, donde P es una constante positiva.
Como límz→z0 g(z) = B, dado e > 0, puede hallarse d2 > 0 tal que |g(z) − B| < e/2P para
0 < |z − z0| < d2.
Como límz→z0 f (z) = A, dado e > 0, puede hallarse d3 > 0 tal que | f (z) − A| < e/2(|B| + 1) para
0 < |z − z0| < d3.
Con esto en (4), se tiene
e
e
þ (jBj þ 1)
¼e
j f (z)g(z) � ABj , P
2P
2(jBj þ 1)
para 0 < |z − z0| < d, donde d es el mínimo entre d1, d2 y d3, y con esto se completa la prueba.
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64
Capítulo 2 Funciones, límites y continuidad
c)
forfor
any
any
e e..
0,0,wewe
can
can
findd d.
.0 0such
such
that
that
Hay que mostrar
que
para
todo
e>
0 find
puede
hallarse
un
d > 0 tal que
��
��
� �1 1 1 �1 � jg(z)
� jg(z)��BjBj,,e e when
� � �� � ¼
cuando
when0 0,,jz jz��z0zj0,
j ,d d �g(z)
�g(z) B�B� ¼jBjjg(z)j
jBjjg(z)j
(5)
Por hipótesis, dado cualquier e > 0 es posible hallar un d1 > 0 tal que
1 1 2 2 cuando
jg(z)
jg(z)
��
BjBj
,,
e e
0,
0,
jz �
jz �
z0 jz0,j ,
d1 d1
21jBj
2jBj
2
jg(z)
jg(z)��BjBj,,12jBj
0 0,,jzjz��z0zj0,
j ,d1d1
2jBje e
De acuerdo con el problema 2.27, como límz→z0 g(z) = B  0, puede hallarse un d2 > 0 tal que
1 1
jg(z)j
jg(z)j
..
0,
0,
jz �
jz �
z0 jz0,j ,
d2 d2
21jBj
2jBj
cuando0 0,,jzjz��z0zj0,
jg(z)j
jg(z)j..12jBj
j ,d2d2
2jBj
Entonces, si d es el mínimo entre d1 y d2, se escribe
� �
� �
2 2
� 1� 1 1 � 1 � jg(z)
e e
� Bj 12jBj12jBj
� Bj
� � � �� ¼� ¼ jg(z)
siempre
que
whenever
0,
jz z�0 jz,
, , 1 1 ¼ e¼ ewhenever
0,
jz �
d d
0j ,
�g(z) B� B� jBjjg(z)j
�g(z)
jBjjg(z)j jBjjBj
� 2jBj
� 2jBj
d)
con lo que se demuestra lo deseado.
De acuerdo con los incisos b) y c),
�
�
f (z)
1
1
1 A
¼ lím f (z) �
¼ lím f (z) � lím
¼A� ¼
z!z0 g(z)
z!z0
z!z0
z!z0 g(z)
g(z)
B B
lím
Esto se comprueba también directamente [vea el problema 2.145].
Nota. En la prueba del inciso a) se usaron los resultados | f (z) − A| < e/2 y |g(z) − B| < e/2 de modo que el
resultado final fuera | f (z) + g(z) − (A + B)| < e. Desde luego, esta prueba sería igualmente válida si se hubiera
usado 2e [o cualquier otro múltiplo positivo de e] en lugar de e. Pueden hacerse observaciones similares para las
pruebas de los incisos b), c) y d ).
2.29. Evalúe las expresiones de los incisos siguientes con los teoremas sobre límites:
límz!1þi
5zþ
10) b)
lím
(z(z222�
��5z
5z
þþ10)
10)
a) lím
z!1þi(z
z!1þi
Solució n
a)
(2zþ
3)(z�
1)
(2z
(2z
þþ3)(z
3)(z
��1)
1)
c)
z!�2i zz2z22�
z!�2i
z!�2i
2zþ
��2z
2z
þþ444
lím
lím
lím
zz3z33þ
þþ888
lím 444
lím
lím
p
i=3
ppi=3
i=3
4z222þ
16
zzz þ
þþ4z
4z
þþ16
16
z!2e
z!2e
z!2e
límz!1þi (z2 � 5z þ 10) ¼ límz!1þi z2 þ límz!1þi (�5z) þ límz!1þi 10
¼ ðlímz!1þi zÞðlímz!1þi zÞ þ ðlímz!1þi �5Þðlímz!1þi zÞ þ límz!1þi 10
¼ (1 þ i)(1 þ i) � 5(1 þ i) þ 10 ¼ 5 � 3i
En la práctica, se omite el paso intermedio.
b)
lím
z!�2i
(2z þ 3)(z � 1) límz!�2i (2z þ 3) límz!�2i (z � 1) (3 � 4i)(�2i � 1)
1 11
¼
¼
¼� þ i
z2 � 2z þ 4
límz!�2i (z2 � 2z þ 4)
4i
2 4
c) En este caso, el límite del numerador y el límite del denominador son ambos cero y no pueden aplicarse los
teoremas sobre límites. Sin embargo, al factorizar los polinomios se ve que
límpi=3
z!2e
z4
z3 þ 8
(z þ 2)(z � 2epi=3 )(z � 2e5pi=3 )
¼ lím
2
p
i=3
p
i=3
þ 4z þ 16 z!2e (z � 2e )(z � 2e2pi=3 )(z � 2e4pi=3 )(z � 2e5pi=3 )
¼ lím
(z �
pffiffiffi
3
3
i
¼ �
8
8
z!2epi=3
(z þ 2)
epi=3 þ 1
¼
4
p
i=3
p
i=3
2
� 2e
) 2(e
� e pi=3 )(epi=3 � e4pi=3 )
2e2pi=3 )(z
Otro método Como z6 − 64 = (z2 − 4)(z4 + 4z2 + 16), este problema equivale a encontrar
límpi=3
z!2e
pffiffiffi
(z2 � 4)(z3 þ 8)
z2 � 4 e2pi=3 � 1 3
3
�
¼
¼
¼
lím
i
6
3
p
i
p
i=3
z � 64
z � 8 2(e � 1) 8
8
z!2e
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Problemas resueltos
65
2.30. Compruebe que límz→0 (z/z) no existe.
Solució n
Si este límite existiera, debería ser independiente de la manera en que z se aproxime al punto 0.
Sea z → 0 a lo largo del eje x. Entonces, y = 0 y z = x + iy = x y z = x − iy = x, de manera que el límite
buscado es
x
lím ¼ 1
x !0 x
Sea z → 0 a lo largo del eje y. Entonces x = 0, y z = x + iy = iy y z = x − iy = − iy, de manera que el límite
buscado es
�iy
¼ �1
lím
y!0 iy
Como no se obtiene el mismo resultado, el límite no existe.
Continuidad
2
Demuestre
2 continua en z = z0.
Proveque
thatf (z)
f (z)=¼z zes
is continuous at z ¼ z0 .
� 2
z z = z0
b) Compruebe
,,donde
en zat
=zz0¼. z0 .
Prove que
that f (z) ¼
wherez0z0=0,0,esisdiscontinua
discontinuous
0 z ¼ z0
2.31. a)
Solució n
a)
Según el problema 2.23 a), lím
ff(z)
=¼
f (zjz0)2 =
� z20 jy,,por
e tanto, f (z) es continua en z = z0.
j f (z)
(z0 )j
z→z�
0
Otro método. Hay que mostrar que dado cualquier e > 0, puede hallarse un d > 0 (dependiente de e) tal que
j f (z) � f (z0 )j ¼ jz2 � z20 j , e cuando |z2 − z0| < d. El modelo de este tipo de prueba se dio en el problema
2.23 a).
b) Según el problema 2.23
pero
jz2 =
� z20 j, ,
e f (z0) = 0. Por tanto, límz→z0 f (z)  f (z0), por lo que f (z)
j f (z)b),�lím
f (zz→z
0 )j 0¼f (z)
es discontinua en z = z0 si z0  0.
Si z0 = 0, entonces f (z) = 0; y como límz→z0 f (z) = 0 = f (0), se ve que la función es continua.
2.32. ¿Es la función f (z) ¼
Solució n
3z4 � 2z3 þ 8z2 � 2z þ 5
continua en z = i?
z�i
f (i ) no existe, es decir, f (x) no está definida en z = i. Por tanto, f (z) no es continua en z = i.
Al redefinir f (z) de manera que f (i) = límz→i f (z) = 4 + 4i (vea el problema 2.25), esta función se vuelve
continua en z = i. En tal caso, se dice que z = i es una discontinuidad removible.
2.33. Demuestre que si f (z) y g(z) son continuas en z = z0, también lo son
f (z)
a) ff(z)
(z)þ
+g(z),
g(z), b)
si g(z
0
(b) f (z)g(z)
f (z)g(z), y c)
if
g(z00))=0
g(z)
Solució n
Esto es consecuencia inmediata del problema 2.28 con A = f (z0), B = g(z0) y al reescribir 0 < |z − z0| < d como
|z − z0| < d, es decir, al incluir z = z0.
2.34. Compruebe que f (z) = z2 es continua en la región |z| ≤ 1.
Solució n
Sea z0 un punto cualquiera en la región |z| ≤ 1. De acuerdo con el problema 2.23 a), f (z) es continua en z0. Por
tanto, f (z) es continua en esta región porque es continua en cualquier punto de la misma.
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66
Capítulo 2 Funciones, límites y continuidad
2.35. ¿Para qué valores de z son continuas las funciones siguientes?
Solució n
a) f (z) = z/(z2 + 1) = z/(z − i)(z + i). Como el denominador es cero cuando z = + i, la función es continua
en todas partes excepto en z = + i.
b) f (z) = csc z = 1/sen z. De acuerdo con el problema 2.10 a), sen z = 0 para z ¼ 0, +p, +2p, . . . . Por tanto,
f (z) es continua en todas partes excepto en estos puntos.
jz2 � z20 j , e
Continuidad uniforme
2.36. Compruebe que f (z) = z2 es uniformemente
z ¼ 0, +continua
p, +2p, en
. . . la
. región |z| < 1.
z ¼ 0, +p, +2p, . . . .
jz2 � z20 j ¼ jz þ z0 jjz � z0 j � fjzj þ jz0 jgjz � z0 j , 2jz � z0 j
jz2 � z20 j , e
Hay que demostrar que dado un e > 0 puede hallarse un d > 0 tal que jz2 � z20 j , e cuando |z − z0| < d, donde d
sólo depende de e y no del punto z0 de esta región de que se trate.
Si z y z0 son dos puntos cualesquiera en |z| < 1, entonces
z ¼ 0, +p, +2p, . . . .
z ¼ 0, +p, +2p, . . . .
jz2 � z20 j ¼ jz þ z0 jjz � z0 j � fjzj þ jz0 jgjz � z0 j n, 2jz � z0 j
i
(1 þ i)n
j�
� z0uj n,¼2jz � z0 j .
jz2 � z20 j ¼
unjz¼þ z0,jjzn�¼
3, þ
. . jz. ,0 jgjz(b)
2
2
2 z01,
22,fjzj
Así, si |z − z0| < d, se sigue que jz � z0 j <
, 2d.
e Si se elige d = e/2, se ve nque jz � z0 j , e cuando |z − z0| < d, n
donde d depende únicamente de e y no de z0. Por tanto, f (z) = z2 es uniformemente continua en esa región.
Solució n
2.37. Demuestre que f (z) = 1/z no es
|zn| < 1.
in uniformemente continua en la región
(1 þ i)
2
2n ¼
2
2
¼
u
,
n
¼
1,
2,
3,
.
.
.
,
(b)
u
30 j þ 4z0 jjz5 � z0 j � fjzj þ
�2jz
zn0ij2�
¼ z.ijz
jgjz
jz � z0 j ¼ jzn þ z0 jjz � z0 j � fjzj þ jz0 jgjz �innzjz
0j ,
0�i
(1
i)n�1 z0 ji , 2jz � z0 j
i i
1jzþ
Solució n
, . , , ...:
un ¼ , are
n ¼i, 1, ,2, 3,, . .,. , , etc.,
(b) oruni, ¼� ,
2 n3 4 5
2 3 4 5
n
Método 1.
Suponga que f (z) es uniformemente continua en esta región. Entonces, para toda e > 0 es posible hallar un d,
por ejemplo, entre 0 y 1, tal que
(z) −
zj − zj 0|j < d para todo z y z0 de esta región.
j 2|jf �
� f (z
j 0)|j< e cuando
j �j |j�
n
� �1� �
n
�i 1i)n iin
i ji3 i4� i��5 j�� �
iare
�
�
d
d
d
d
,e 3¼
, . 4, ,. .n5. :¼ 1, 2, 3, . . . , (b) u ¼ (1 þ i) .
, 1, ,2, 3,, .� ., .etc.,
or i,� u�
�,e (12eþ
di,n. Then
dn�2¼
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¼
u
u
,
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,
(b)
n
n
n
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Entonces
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¼
¼
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LetSea
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z Let
¼z z=
d¼
and
d
and
z
¼
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¼
.
Then
jz
�
jz
z
�
j
¼
z
j
d
¼
�
,
d
,
.
d
.
3
4
5
2
3
4
5
i
i
i
i
1
�i
1
i
0
0
0
0
z ¼ d and 1z0þ¼1enþ e . Then jz � z�0 j ¼� 1�dþ�1e�þ e�1 �þ¼1e þne d n
, d.
, , , ...: n
aree i, 1, þ e, , , etc., or i, � ,
1þ
� � � � � � �1 �þ e � � �
2 3 4 5
2 3 4 5
�1 �11�1� 1 �11� �11�1þ 1e�1þþe�ee� e e
� �� ��
� ¼� ¼
�
� � �. e.
However,
However,
0 ,00d0,
,,dd1).
Sin
embargo,
(pues
<
<,1).
1).
¼� ��� �d¼ �d¼
¼ (sence
However,
.e e(sence
(sence
d,
1).
� z � zz� � �
� ��
0z z0z0d� d�dd
d � dd
zz¼¼0,0,+
+pp, ,+2
+2pp, ,. .. .. .. .
Así, se tiene una contradicción,
y5 se sigue que f (z) = 1/z no puede
ser uniformemente continua en esta
2
3
4
i
i
i
i
1
�i
1
1 �i 1 i
i
i2 i3 i4 i5
región.
,22 , 2are
,
.
.
.
:
, , , ...:
,
, , , etc., or i, � ,
are i, , , , , etc., or i, � ,
i,
2
2
3
4
5
2 3 4 5
2
3
4
5
2
3
4
5
�
�
z
z
j
j
,
,
e
e
jz
jz
Método 2.
00
Sean z0 y z0 + z dos puntos cualesquiera de esta región tales que |z0 + z − z0| = |z| = d. Entonces
�
�
�1
1 ��
jzj
d
j f (z0 ) � f (z0 þ z )j ¼ �� �
� ¼ jz jjz þ zj ¼ jz jjz þ zj
z
z
þ
z
0
0
0
0
0
0
jjz��zz00jj��fjzj
fjzjþþjzjz00jgjz
jgjz��zz00jj,
,2jz
2jz��zz00jj
jzjz22��zz2020jj¼¼jzjzþþzz00jjz
puede hacerse mayor que cualquier número positivo al elegir z0 lo bastante cercano a 0. Por tanto, esta función
no puede ser uniformemente continua en esa región.
Sucesiones y series
iinn
(1
(1þþi)i)nn
2.38. Investigue la convergencia de las sucesiones
uunn ¼¼ ,, nn¼¼1,1, 2,2, 3,3, ......,, (b)
(b) uunn ¼¼
..
nn i)n
nn
(1 þ
in
.
a) un ¼ , n ¼ 1, 2, 3, . . . ,y b) un ¼
n
n
Solució n
�i 11 ii
i2i2 i3i3 i4i4 i5i5
11 �i
a) Los primeros términos de esta sucesión are
son
o i,i, �� , , , , , , , ,. .. .. .:. :Si se representan
etc.,or
or
arei,i, , , , , , , , ,etc.,
22 33 44 55
22 33 44 55
en forma gráfica estos puntos en el plano z puede sospecharse que el límite es cero. Para comprobar esto hay
que mostrar que
|un − l | = |in/n − 0| < e
cuando n > N
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(1)
Problemas resueltos
67
Ahora
|in/n − 0| = |in/n| = |i|n/n = 1/n < e
cuando n > 1/e
Elijamos N = 1/e. Entonces se ve que (1) es verdad y que la sucesión converge a cero.
b)
Considere
pffiffiffi
�
� �
�
�unþ1 � �(1 þ i)nþ1=(n þ 1)�
�
�¼�
� ¼ n j1 þ ij ¼ n 2
� u � �
� nþ1
(1 þ i)n =n
nþ1
n
pffiffiffi
Para toda n ≥ 10 (por ejemplo), se tiene n 2=(n þ 1) . 6=5 ¼ 1:2.. Por tanto, |un+1| > 1.2 |un| para n > 10,
es decir, |u11| > 1.2|u10|, |u12| > 1.2|u11| > (1.2)2|u10|, y en general |un| > (1.2)n−10|u10|. Se sigue que |un|
puede hacerse mayor que cualquier número positivo previamente dado (sin importar cuán grande sea), por
lo que el límite de |un| no puede existir y, en consecuencia, el límite de un tampoco puede existir. Así, esta
sucesión diverge.
2.39. Dados límn→∞ an = A y límn→∞ bn = B. Compruebe que límn→∞ (an + bn) = A + B.
Solució n
Por definición, dado un e es posible hallar un N tal que
|an − A| < e/2, |bn − B| < e/2 para n > N
Entonces, para n > N,
|(an + bn) − (A + B)| = |(an − A) + (bn − B) ≤ |an − A| + |bn − B| < e
lo que demuestra el resultado.
Se observa que esta demostración es paralela a la de los límites de funciones [problema 2.28].
2.40. Compruebe que si converge una serie u1 + u2 + u3 + . . . , debe tenerse límn→∞ un = 0.
Solució n
Si Sn es la suma de los n primeros términos de la serie, entonces Sn+1 = Sn + un. Por tanto, si límn→∞ Sn existe y
es igual a S, se tiene límn→∞ Sn+1 = límn→∞ Sn + límn→∞ un o S = S + límn→∞ un, es decir, límn→∞ un = 0.
Sin embargo, si límn→∞ un = 0, puede ser que la serie no converja. Vea el problema 2.150.
2.41. Demuestre que 1 + z + z2 + z3 + . . . = 1/(1 − z) si |z| < 1.
Solució n
Sea
Entonces
Se resta,
Sn ¼ 1 þ z þ z2 þ � � � þ zn�1
zSn ¼
z þ z2 þ � � � þ zn�1 þ zn
1 � zn
(1 � z)Sn ¼ 1 � zn o Sn ¼
1�z
Si |z| < 1, entonces se sospecha que límn→∞ zn = 0. Para verificar esto, hay que mostrar que dado cualquier e > 0
puede hallarse N tal que |zn − 0| < e para todo n > N. Es claro que el resultado es correcto si z = 0; por tanto,
se considera z  0.
Ahora |zn| = |z|n < e cuando n ln |z| < ln e o n > (ln e)/(ln |z|) = N [pues, si |z| < 1, ln |z| es negativo]. Por
ende, se encontró la N buscada y límn→∞ zn = 0. Así,
1 � zn 1 � 0
1
¼
¼
n!1 1 � z
1�z 1�z
1 þ z þ z2 þ � � � ¼ lím Sn ¼ lím
n!1
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68
Capítulo 2 Funciones, límites y continuidad
La serie
a þ az þ az2 þ � � � ¼
a
1�z
se conoce como serie geométrica con primer término igual a a y razón z, y su suma es a/(1 − z) siempre que |z| <
1.
Problemas diversos
2.42. S
ea w = (z2 + 1)1/2. a) Si w = 1 cuando z = 0 y z describe la curva C1 que se muestra en la figura 2-27,
encuentre el valor de w cuando z = 1. b) Si z describe la curva C2 que se muestra en la figura 2-28, ¿el
valor de w, cuando z = 1, es el mismo que el obtenido en el inciso a)?
Solució n
a) De acuerdo con el problema 2.19, los puntos de ramificación de w = f (z) = (z2 + 1)1/2 = {(z − i)(z + i)}1/2
están en z = +i.
θ1
C1
θ1
i
i
r1
z
r2
C2
0
0
1
1
θ2
–i
–i
Figura 2-28
Figura 2-27
Sea (1) z − i = r1eiu1, 2) z + i = r2eiu2. Entonces, como u1 y u2 sólo están determinadas dentro de múltiples
enteros de 2pi, se escribe
pffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffi
w ¼ r1 r2 ei(u1 þu2 )=2 e2kpi=2 ¼ r1 r2 ei(u1 þu2 )=2 ekpi (3)
En la figura 2-27 [o con las ecuaciones (1) y (2)] se ve que cuando z está en 0, r1 = 1, u1 = 3p/2 y r2 = 1, u2 =
p/2. Como w = 1 en z = 0 se tiene, de acuerdo con (3), 1 = e(k+1)pi y se elige k = −1 [o 1, −3, . . .]. Entonces
pffiffiffiffiffiffiffiffi
w ¼ � r1 r2 ei(u1 þu2 )=2
pffiffiffi
pffiffiffi
A medida que z recorre C1 de 0 a 1, r1 cambia de 1 a 2, u1 cambia de 3p/2 a −p/4, r2 cambia de 1 a 2,
u2 cambia de p/2 a p/4. Entonces
qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffi pffiffiffi ffi i(�p=4þp=4)=2
pffiffiffi
w ¼ � ( 2)( 2) e
¼� 2
pffiffiffiffiffiffiffiffi
b) Como en el
a), w ¼ � r1 r2 ei(u1 þu2 )=2 .. En la figura 2-28
pinciso
ffiffiffi
pffiffiffise ve que, a medida que z recorre C2, r1 cambia de 1 a 2, u1 cambia de 3p/2 a 7p/4, r2 cambia de 1 a 2 y u2 cambia de p/2 a p/4. Entonces
qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffi
pffiffiffi pffiffiffi ffi
w ¼ � ( 2)( 2) ei(7p=4þp=4)=2 ¼ 2
que no es el mismo valor que el que se obtuvo en el inciso a).
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Problemas resueltos
69
ppffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2z2varies
2.43.
ea 11��z2z2¼¼11para
Muestre
que,
medida
que0z0to
varía
aalong
p >the
1the
areal
lo
largo
del
for
zzz¼=
0.0.
Show
that
asaszazvaries
from
pp.de
101along
axis,
1eje
zLet
2.43.
Let
2.43.
1 � z2 ¼ 1 for z ¼ 0. Show th
for
¼
0.
Show
that
varies
from
to
.
real
axis,
1��real,
varies
2.43. S
Let
ppffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2
2
11to
1 to �i p2 � 1.
�i pp ��11. .
varía de
1toa�i
y
D
z
r
A
B
q
E
1
F
x
p
Figura 2-29
Solució n
Considere el caso en el que z recorre la trayectoria ABDEF, donde BDE es una semicircunferencia como se
muestra en la figura 2-29. En esta figura se ve que
1 − z = 1 − x − iy = r cos u − ir sen u
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pp
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi ffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi ffipffi ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffi pp
ppffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffi ffiffi
so that
1 �1z122��
ucos
þuiruþsen
usenu u
2 �2r2�
cos
u=2u�
i�
sen
=2)
¼z2z2¼(1
z)(1
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z)þþ
¼z)z)¼r(cos
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��z)(1
=2
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de manera
que
that
þirirsen
�r rcos
r(cos
u=2
�i sen
iusen
u=2)
¼ �(1(1
z)(1
¼ r(cos
ffi ffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi ffipffi ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffipffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi ffipffi ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pp
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffip
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffip
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
22 ..�x2x.2 .
A loAlong
largo
de
AB:
x,
r r=
11−
x,
uu=
00y0and
¼z2z2¼1¼�1x1��1x xþ1x1þ¼
1 �1x1�
ux,¼
0u¼and
1 �1z122��
AB:
zAB:
¼zz=
x,
rx,¼
1r¼�
x,
Along
AB:
þx x¼¼
¼
and
Along
z¼¼
x,
¼
1��
x,
ffi ffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pp
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffip
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi 2ffi ffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffipffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffip
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi ffi ffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2¼¼�i
¼z z�i
x �x1x��x11þx1xþ¼
x22 �x2x12�
u1,¼
p
and
1 �1z122��
. �1.1.
EF:
zEF:
¼zz=
x,
rx,¼
xr¼�
1,
pypand
Along
EF:
A loAlong
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de
EF:
x,
r r=
x x−
1,
uu=
p
�i
þ1�i
1¼¼�i
�i
u¼¼
and
Along
z¼¼
x,
¼
x��
1,
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pp
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi2 2ffi ffi
22 �
from
p2p12�
Hence,
from
00[where
0]0]
to[where
z z2varies
varies
varies
from
from
11toa1�i
1toto�i
p�i
. �1.1.
Hence,
Hence,
zasvaries
asz zvaries
varies
from
from
0 [where
x ¼x0]
x¼
p0]
toapp[where
[where
x ¼xp],
x¼¼
p],
1 �1z12��
Por tanto,
a as
medida
que
z varía
de
0[where
[donde
x¼to
=
[donde
=p],
p],
varía
de
2.44. E
ncuentre una función que lleve los puntos z = 0, +i, +2i, +3i,, . . . del plano z al punto w = 1 del plano
w [vea las figuras 2-30 y 2-31].
plano z
y
0, +1, +2,
3i
plano w
u
+i, +2i,
2i
i
u
0
–i
1
–2i
Figura 2-30
+i, +2i, +3i,
Solució n
Figura 2-31
+i, +2i, +3i,
+2i, +3i,
Como en el plano z estos puntos están igualmente espaciados, hay que+i,
considerar,
debido al problema 2.15, una
función logarítmica del tipo z = ln w.
Ahora, si w = 1 = e2kpi, k =0,
0, +1, +2, . . ., entonces
+i, +2i,z = ln w = 2kpi, de manera que el punto w = 1 se lleva
a los puntos 0, +2pi, +4pi, . . . .
+2,
lleva
a z = 0, +i, +2i, . . . como se deseaba. Y
Sin embargo, si se considera z = (ln w)/2p, el punto w = 10,se+1,
+2,z = 0, +i, +2i, . . . se llevan al punto w = 1.
a la inversa, por medio de esta función, 0,
los+1,
puntos
Así, una función adecuada es z = (ln w)/2p o w = e2pz.
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70
Capítulo 2 Funciones, límites y continuidad
2.45. Dado límn→∞ zn = l, demuestre que límn→∞ Re{zn} = Re{l} y límn→∞ Im{zn} = Im{l}.
Solució n
Sea zn = xn + iyn y l = l1 + il2, donde xn, yn, y l1, l2, son las partes reales e imaginarias de zn y l, respectivamente.
Por hipótesis, dado un e > 0 puede hallarse un N tal que |zn − l| < e para n > N, es decir,
jxn þ iyn � (l1 þ il2 )j , e for n > N
|xn + iyn − (l1 + il2)| < e para n > N
o bien
qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
n>
NN
(xn � l1 )2 þ (yn � l2 )2 , e for
para
n>
De esto, necesariamente se sigue que
|xn − l1| < e
y |yn − l2| < e para n > N
es decir, límn→∞ xn = l1 y límn→∞ yn = l2, como se buscaba.
2.46. Compruebe que si |a| < 1,
11 �
2
3
� aa cos
cos uu
1
uþ
þa
a2 cos
cos 2
2u
uþ
þa
a3 cos
cos 33uu þ
þ �� �� �� ¼
¼ 1 � 2a cos u þ a22
1þ
þa
a cos
cos u
1 � 2a cos u þ a
aa sen
2
3
sen uu
a sen
sen u
uþ
þa
a2 sen
sen 2
2u
uþ
þa
a3 sen
sen 33uu þ
þ �� �� �� ¼
¼ 1 � 2a cos u þ a22
b) a
1 � 2a cos u þ a
a)
Solució n
En el problema 2.41, sea z = aeiu. Esto es posible porque |z| = |a| < 1. Entonces
1 þ aeiu þ a2 e2iu þ a3 e3iu þ � � � ¼
o bien
1
1 � aeiu
(1 þ a cos u þ a2 cos 2u þ � � � ) þ i(a sen u þ a2 sen 2u þ � � � ) ¼
¼
1
1 � ae�iu
�
i
u
1 � ae 1 � ae�iu
1 � a cos u þ ia sen u
1 � 2a cos u þ a2
Los resultados buscados se obtienen al igualar las partes reales y las imaginarias.
Problemas complementarios
Funciones y transformaciones
2.47. S
ea w = f (z) = z(2 − z). Encuentre los valores de w correspondientes a a) z = 1 + i,
y represente gráficamente, en los planos w y z, dichos valores.
b) z = 2 − 2i
2.48. Sea w = f (z) = (1 + z)/(1 − z). Encuentre: a) f (i) y b) f (1 − i) y represéntelos en forma gráfica.
2.49. Suponga que f (z) = (2z +1)/(3z − 2), z  2/3. Encuentre a) f (1/z)
y
b) f {f (z)}.
2.50. a ) Si w = f (z) = (z +2)/(2z − 1), encuentre f (0), f (i), f (1 + i). b) Encuentre los valores de z tales que
f (z) = i, f (z) = 2 − 3i. c) Muestre que z es una función unívoca de w. d ) Encuentre los valores de z tales que
f (z) = z y explique, en forma geométrica, por qué a estos valores se les llama puntos fijos o invariantes de la
transformación.
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Problemas complementarios
71
2.51. U
n cuadrado S en el plano z tiene sus vértices en (0, 0), (1, 0), (1, 1) y (0, 1). Determine la región del plano w a la
que se lleva S mediante las transformaciones a) w = z2 y b) w = 1/(z + 1).
2.52. Analice el problema 2.51 si los vértices del cuadrado son (1, 1), (−1, 1), (−1, −1), (1, −1).
2.53. E
n los incisos siguientes separe la parte real de la imaginaria, es decir, encuentre u(x, y) y v (x, y) tales que f (z)
= u + iv:
a) f (z) = 2z2 − 3iz, b) f (z) = z + 1/z, c) f (z) = (1 − z)/(1 + z) y d) f (z) = z1/2.
2.54. S
uponga que f (z) = 1/z = u + iv. Trace varios miembros de las familias u(x, y) = a y v (x, y) = b, donde a y b
son constantes, y muestre que son familias de circunferencias.
Funciones multivaluadas
2.55. S
ea w3 = z y suponga que w = 1 corresponde a z = 1. a) Si se parte de z = 1 en el plano z y se da una vuelta
completa en torno al origen en sentido contrario al de las manecillas del reloj, encuentre el valor de w después
de la primera vuelta, al volver a z = 1. b) ¿Cuáles son los valores de w al volver a z = 1 después de 2, 3, 4, . . .
vueltas completas en torno al origen? Analice si las trayectorias de los incisos a) y b) no son trayectorias en torno
al origen.
2.56. S
ea w = (1 − z2)1/2 y suponga que, correspondiente a z = 0, se tiene w = 1. a) Si se parte de z = 0 en el plano z
y se da una vuelta completa en sentido contrario al de las manecillas del reloj de manera que se incluya a z = 1
pero no a z = −1, encuentre el valor de w después de la primera vuelta, al volver a z = 0. b) ¿Cuáles son los
valores de w después de dar vueltas y vueltas? c) Repita los incisos a) y b) si en cada vuelta se incluye a z = −1
pero no a z = 1. d ) Repita los incisos a) y b) si en cada vuelta se incluye tanto a z = 1 como a z = −1. e) Repita
los incisos a) y b) si en ninguna vuelta se incluye a z = 1 ni a z = −1. f ) Explique por qué z = 1 y z = −1 son
puntos de ramificación. g) ¿Qué rectas pueden tomarse como líneas de ramificación?
2.57. E
ncuentre dos puntos de ramificación y trace las líneas de ramificación de las funciones dadas.
a) f (z) = {z/(1 − z)}1/2, b) f (z) = (z2 − 4)1/3 y c) f (z) = ln(z − z2).
Funciones elementales
2.58. Demuestre que a) ez1/ez2 = ez1−z2 y
b) |eiz| = e−y.
2.59. Compruebe que no puede haber ningún valor finito de z tal que ez = 0.
2.60. Demuestre que 2p es un periodo de eiz. ¿Hay otros periodos?
2.61. Encuentre todos los valores de z para los que a) e3z = 1
y
b) e4z = i.
2.62. C
ompruebe que a) sen 2z = 2 sen z cos z,
d ) cos2(z/2) = 12 (1 + cos z).
b) cos 2z = cos2 z − sen2 z,
2.63. Demuestre que a) 1 + tan2 z = sec2 z
b) 1 + cot2 z = csc2 z.
2.64. Sea cos z = 2. Encuentre a) cos 2z
y
y
c) sen2(z/2) = 12 (1 − cos z) y
b) cos 3z.
2.65. Verifique que todas las raíces de a) sen z = a
b) cos z = a, donde −1 ≤ a ≤ 1 son reales.
pffiffiffi
2.66. Compruebe que si |sen z| ≤ 1 para toda z, entonces |Im{z}| ≤ ln( 2 + 1).
2.67. Muestre que a) sen z = sen z,
y
b) cos z = cos z y
c) tan z = tan z.
2.68. D
adas las funciones siguientes, encuentre u(x, y) y v (x, y) tales que f (z) = u + iv, es decir, separe la parte real
de la imaginaria: a) f (z) = e3iz, b) f (z) = cos z, c) f (z) = sen 2z y d) f (z) = z2e2z.
2.69. Demuestre que a) senh (−z) = −senh z,
b) cosh(−z) = −cosh z
y
2.70. C
ompruebe que a) senh(z1 + z2) = senh z1 cosh z2 + cosh z1 senh z2,
c) 1 − tanh2 z = sech2 z.
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c) tanh(−z) = −tanh z.
b) cosh 2z = cosh2 z + senh2 z y
72
Capítulo 2 Funciones, límites y continuidad
2.71. Pruebe que a) senh2(z/2) = 12 (cosh z − 1)
y
b) cosh2(z/2) = 12 (cosh z + 1).
2.72. Encuentre u(x, y) y v (x, y) tales que a) senh 2z = u + iv y
z2
z1 þz
valores
de
a)2 4
b) z cosh z = u + iv.
zþ2k
i
z
cosh(2k
+p1)pi/2,
2.73. Encuentre e � e ¼ e
je j ¼ e
e
¼ e , k ¼ 0, +1, +2, . . . y c) coth 3pi/4.
pffiffiffi � �
�
�
1
4p
3
þ 2kp i, k ¼ 0, +1, +2, . . . .y b) ¿Cuál es el valor principal?
i ¼
2.74. a) Muestre que ln � �
3
2
2
pffiffiffi
2.75 Obtenga todos los valores de a) ln(−4), b) ln(3i), c) ln( 3 � i) y en cada caso encuentre el valor principal.
z1
los
z
senh(pi/3),
xb)
2.76. Muestre que ln(z � 1) ¼ 12 lnf(x � 1)2 þ y2 g þ i tan�1 y=(x � 1),y dé las restricciones que puedan existir.
�� � �� �
p
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffi ffi
þizi þ i
1zzþ
�1
�1
�1 �1 111
1
�1
�1
�1 �1 11
222 �
21),),
ln
ln
ln
z
z
¼
¼
z
ln(z
ln(z
¼
þ
ln(z
þ
þ
z
z
�
z
1
�
1
),
cot
cot
cot
z
z
¼
¼
z
¼
cos
cos
cos
y b)
, e indique cualquier restricción que
2.77. Compruebe que a)
iii
i
2i
2i 2izz�
�izi � i
exista.
�� � �� �
p
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffi ffi
1zzþ
þ1z1 þ 1
�1
�1
�1 �1
�1
�1
�1 �111
222 þ
21),),
senh
senh
senh
ln
ln
ln
.. .
z
z
¼
¼
ln(z
z
ln(z
¼
þ
ln(z
þ
þ
z
z
þ
z
1
þ
1
),
coth
coth
coth
z
z
¼
¼
z
¼
y b)
2.78. Demuestre que a)
22 2zz�
�1z1 � 1
2.79. Encuentre todos los valores de a) sen−1 2 y b) cos−1 i.
2.80. Encuentre todos los valores de a) cosh−1 i
y
2.81. Determine todos los valores de a) (1 + i)i
y
2.82. Encuentre a) Re{(1 −
i)1+i}
y
b)
|(−i)−i|.
b) senh−1{ln(−1)}.
pffiffi
b) 1 2 .
2.83. Encuentre las partes real e imaginaria de zz, donde z = x + iy.
2.84. Muestre que a) f (z) = (z2 − 1)1/3
y
b) f (z) = z1/2 + z1/3 son funciones algebraicas de z.
Puntos de ramificación, líneas de ramificación y superficies de Riemann
2.85. Compruebe que z = +i son puntos de ramificación de (z2 + 1)1/3.
2.86. Construya una superficie de Riemann para las funciones a)
z1/31=3
,
z
, b)
z1/2 1=2
(z −
z
1)1/21=2
(z � 1)
2.87. Muestre que la superficie de Riemann de la función z1/2 + z1/3 tiene seis capas.
2.88. Construya las superficies de Riemann de las funciones a) ln(z + 2), b) sen−1 z
y
,y
�
�
z þ 2 1=3
c)
..
z�2
c) tan−1 z.
Límites
2.89. a) Suponga que f (z) = z2 + 2z. Demuestre que límz→i f (z) = 2i − 1.
�� 2
2
2z zz=
=ii .: Encuentre lím f (z) y justifique su respuesta.
b) Suponga que ff(z)
(z)¼¼ zz þþ2z
:
z→i
2i zz¼¼ii
33þþ2i
2
zz2 ��zzþþ11��ii
1
¼¼11��122i.i..
z!1þi zz22�
�2z
2zþþ22
z!1þi
2.90. Verifique que lím
2
1 � z1 � z
z2 � z2iz
� 2iz
2.91. D
é un valor que parezca adecuado para a) lím lím , y , lím
b) lím
e investigue si su respuesta es
z!2þiz!2þi
1 þ z1 þ z z!2þiz!2þi
z2 þ z42 þ 4
correcta.
2.92. S
ean límz→z0 f (z) = A y límz→z0 g(z) = B. Compruebe que a) límz→z0 {2f (z) − 3ig(z)} = 2A − 3iB y
b) límz→z0{pf (z) + qg(z)} = pA + qB, donde p y q son constantes.
2.93. S
ea límz→z0 f (z) = A. Demuestre que a) límz→z0 {f (z)}2 = A2, b) límz→z0 {f (z)}3 = A3. ¿Puede usted dar una
expresión similar para límz→z0 {f (z)}n? ¿Hay alguna restricción que se deba imponer?
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Problemas complementarios
73
2.94. E
valúe las expresiones de los incisos siguientes con los teoremas sobre límites. En cada caso indique el teorema
preciso que usa.
� 3)(4z
þ 3)(4z
i)
(2z
þ(2z
(2z�(2z
�3)(4z
3)(4z
þi)i)�
2 4
44 44(iz4 2þ
lím
lím
�þ
, þ i),
23z
2 2�
z!2i
lím
(iz10i),
3z2 �
lím
(iz
þlím
,
lím
límz!i=2
(iz
þ3z3z
�10i),
a) lím
,10i),
c) 10i),
z!2i
z!2i
z!2i
z!2i
z!2i
22�22 1)2 ,
(iz
z!i=2
z!i=2
z!i=2
z!i=2 (iz
(iz��1)1) (iz � 1)2 �
z!i=2
�
�
��
22 i22 2
2
22 22 z2
22 22 z2 þ 1
��i1i��
��
z�1�i 2
zlím
zþþ1 1 , z2 þ 1 límz �
z �1z1�
lím z z4 lím, , , z
lím
lím
,
,
lím
lím
lím
,
b)
d)
y
e)
lím
lím
lím
,
2 � 2z þ2 2
z!i
z161þz!i
z2z
zz z!e
1 z6 þ
z!e
4þ
p
ppi=4
4þ
6þ
2�
i=4
z!i
z!i
z!1þi
z!1þi
z!1þi
pi=4
i=4
zþ1
1 z!1þi
z22z2�
z44pzi=4
þ
zþþ1pzi=4
1þz41 þ
2zþþ2 2z � 2z þ 2
z!e
z!e
z!iz66z6þ
z!1þi
z!i
z!1þi
z!e
z!e
�
�
�� � �z� �
z
z
z
p
i=3
p
i=3
2.95. Encuentre
lím
(z
�
p
i=3
i=3
lím
:
lím
:i=3: ) .:
(z(z
eppei=3
)e ) (z) �ze3 pþ
lím
p�
i=3�
z!e
p
ppi=3
3þ
i=3
pi=3
i=3
1 1 1 z3 þ 1
z!epi=3z33z3þ
z!e
z!e
z!e
z!e
f (z) � f (z0 )
¼ 6z0 þ 2..
2.96. Suponga que f (z) = 3z2 + 2z. Verifique que lím
z!z0
z � z0
2.97. Sea f (z) ¼
f (z0 þ h) � f (z0 )
7
2z � 1
¼
. Compruebe que lím
siempre que z0  −2/3.
h!0
h
3z þ 2
(3z0 þ 2)2
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffi
2.98. Demuestre que, restringiéndose a la rama de f (z) ¼ z2 þ 3 para la que f (0) ¼ 3,
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
z2 þ 3 � 2 1
¼
lím
z!1
z�1
2
2z
2z44þþ11
lím1=(z
1=(z��i)i)22¼¼11, b) lím
lím 44
¼¼2.2..
2.99. Explique lo que se quiere decir con las expresiones a) lím
z!1
z!1 zz þ
z!i
z!i
þ11
2.100. Muestre que a) límz→p/2 (sen z)/z = 2/p y b) límz→pi/2 z2 cosh 4z/3 = p2/8.
2.101. Muestre que, restringiéndose a la rama de f (z) = tanh−1 z en la que f (0) = 0, límz→−i f (z) = 3pi/4.
Continuidad
z2 þ 4
si z  2i, mientras que f (2i) = 3 + 4i. a) Compruebe que existe límz→i f (z) y determine su
z � 2i
valor. b) ¿Es continua f (z) en el punto z = 2i? Explique. c) ¿Es continua f (z) en los puntos z  2i? Explique.
2.102. Sea f (z) ¼
2.103. Resuelva el problema 2.102 si f (2i) se redefine igual a 4i y explique por qué puede haber alguna diferencia.
2.104. C
ompruebe que f (z) = z/(z4 + 1) es continua en todos los puntos en el interior de la circunferencia |z| = 1 y sobre
la misma excepto en cuatro puntos, y determínelos.
2.105. Suponga que f (z) y g(z) son continuas en z = z0. Demuestre que 3f (z) − 4ig(z) también es continua en z = z0.
2.106. S
uponga que f (z) es continua en z = z0. Verifique que a) {f (z)}2 y b) {f (z)}3 también son continuas en z = z0.
¿Puede extenderse este resultado a {f (z)}n, donde n es un entero positivo?
2.107. Encuentre todos los puntos de discontinuidad de las funciones siguientes.
a) f (z) ¼
2z � 3
,
2
z þ 2z þ 2
b) f (z) ¼
3z2 þ 4
,
z4 � 16
c) f (z) = cot z,
1
d) f (z) ¼ �sec z
z
y
2.108. Compruebe que f (z) = z2 − 2z + 3 es continua en todas las partes del plano finito.
z2 þ 1
2.109. Demuestre que f (z) ¼ 3
es a) continua y b) acotada en la región |z| ≤ 2.
z þ9
2.110. Verifique que si f (z) es continua en una región cerrada, es acotada en esa región.
2.111. Compruebe que f (z) = 1/z es continua para toda z tal que |z| > 0, pero que no es acotada.
2.112. Demuestre que un polinomio es continuo en todas las partes del plano finito.
z2 þ 1
2.113. Muestre que f (z) ¼ 2
es continua para toda z en el exterior de |z| = 2.
z � 3z þ 2
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e) f (z) ¼
tanh z
.
z2 þ 1
74
Capítulo 2 Funciones, límites y continuidad
Continuidad uniforme
2.114. Verifique que f (z) = 3z − 2 es uniformemente continua en la región |z| ≤ 10.
2.115. C
ompruebe que f (z) = 1/z2 a) no es uniformemente continua en la región |z| ≤ 1, pero b) es uniformemente
continua en la región 12 � jzj � 1..
2.116. Demuestre que si f (z) es continua en una región cerrada
, es uniformemente continua en
.
Sucesiones y series
�
�
n
in
n2 in
�
¼ 1 � i..
lím
y
b)
¼
0,
n!1 n þ 3i
nþ1
n!1 n3 þ 1
2.118. Compruebe que para todo número complejo z, límn→∞ (1 + 3z/n2) = 1.
�
�
1þi n
¼ 0..
2.119. Demuestre que lím n
n!1
2
2.120. Verifique que límn→∞ nin no existe.
2.117. Verifique que a) lím
2.121. S
ea límn→∞ |un| = 0. Compruebe que límn→∞ un = 0. ¿Es verdadera la aseveración inversa? Justifique su
conclusión.
2.122. S
ean límn→∞ an = A y límn→∞ bn = B. Demuestre que a) límn→∞(an + bn) = A + B,
b) límn→∞(an − bn) = A − B, c) límn→∞(anbn) = AB y d ) límn→∞an/bn = A/B si B  0.
2.123. Con los teoremas sobre límites, evalúe las expresiones de los incisos siguientes:
2 22 � in þ 1 � 3i
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pp
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pp
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
in 2 in
�in
in
in�þ
�
in1in
þ�þ
13i�
1�
3i 3i
þ
lím
lím
a) límlím
c)
n þn2inþ
n�
þ
2i2i
2i
�n�
�þni nþ
nþ
þ
i ii
lím
límlím
lím
n!1
n!1
(2n
þ
(2n
4i
þ
�
4i
3)(n
�
�
3)(n
i)
�
i)
n!1
n!1
n!1
n!1
n!1
n!1
(2n(2n
þþ
4i 4i
��
3)(n
3)(n
��
i) i)
� � ��
� �2 �� 2 22
�� (n
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
�i) ���
� (n� (n
p
ffiffiffiffip
ffiffi p
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
3i)(n
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pp
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffipp
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
3i)(n
þþ
þ
3i)(n
3i)(n
� i)����
�
i) i)
�� (n
� ��
�� lím
�þ
lím
ffn2inþ
þ
lím
nf nnfnnþ
n�
þ
2i2i
2i
�n�
�þnignþ
nþ
þ
ig iigg
lím
b) límlím
dlím
) lím
�
��in
33 �
�
�
3�in
3in
n!1
n!1
in
�
3n
þ
3n
4
�
þ
i
4
�
i
n!1
n!1
n!1
n!1
n!1
n!1
��
3n3n
þþ
4�
4�
i i
þ
u1 þ
u1uuþ
u2u�uþ
þ
�þ���u��þ
þ
unuunn
112 þ
2�2�þ
n�� þ
lím
¼ l.¼¼
¼
l.. l.l.
límlím
lím
2.124. Sea límn→∞ un = l. Verifique que
n!1
n n nn
n!1
n!1
n!1
P
n�1 converge y encuentre su suma.
2.125. Compruebe que la serie 1 þ i=3 þ (i=3)2 þ � � � ¼ 1
n¼1 (i=3)
2.126. Demuestre que la serie i − 2i + 3i − di + . . . diverge.
P
P
P1
2.127. Suponga que la serie 1
converge a B. Compruebe que 1
n¼1 (an þ ibn )
n¼1 an converge a A y que la serie
n¼1 bn
converge a A + iB. ¿Es verdadera la aseveración inversa?
11
X
X
p
pffiffiffiffiffi ffi
vvnn
¼ 33þ
þi.i..
2.128. Investigue la convergencia de
, dondevv ¼
n=2
n=2
55
n¼1
n¼1
Problemas misceláneos
y
2.129. S
ea w = {(4 − z)(z2 + 4)}1/2. Si w = 4 cuando z = 0, muestre que si
z describe
pffiffiffi la curva C de la figura 2-32, entonces el valor de w en z = 6
es �4i 5 .
2.130. V
erifique que una condición necesaria y suficiente para que f (z) =
u(x, y) + iv (x, y) sea continua en z = z0 = x0 + iy0 es que u(x, y) y
v (x, y) sean continuas en (x0, y0).
C
x
0
6
Figura 2-32
2.131. Compruebe que la ecuación tan z = z únicamente tiene raíces reales.
2.132. U
n estudiante observó que 1 elevado a cualquier potencia es igual a 1. ¿Es correcta la observación de este
estudiante? Explique.
sen u sen 2u sen 3u
2 sen u
2.133. Muestre que
.
þ 2 þ 3 þ ��� ¼
2
2
2
5 � 4 cos u
2.134. Muestre que f (z) = sen z satisface la relación | f (x + iy)| = | f (x) + f (iy)|. ¿Puede encontrar otras funciones para
las que esto sea cierto?
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Respuestas a los problemas complementarios
75
z3 � 3z þ 2
Prove that lim 4 z23 � 3z þ 2 ¼ 0.
z!1
2.135. Demuestre que
z þ z � 3z þ 5 ¼ 0..
lím
z!1 z4 þ z2 � 3z þ 5
Prove that j csc zj � 2e=(e2 � 1) if jyj � 1.
2.136. Compruebe que |csc z| ≤ 2e/(e2 − 1) si |y| ≥ 1.
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2.137. Muestre
Show que
that Refsen�1 zg ¼ 12f x2 þ y2 þ 2x þ 1 � x2 þ y2 � 2x þ 1g..
2.138. Suponga que f (z) es continua en una región cerrada y acotada
a) existe un número positivo M tal que para toda z en
b) | f (z)| tiene una mínima cuota superior μ en
2.139. Muestre que |tanh p(1 + i)/4| = 1.
pffiffi
2i
2.140. Compruebe que todos los valores de (1 � i)
2.141. Evalúe a) cosh pi/2 y b)
tanh−1
∞.
. Verifique que
, | f (z)| ≤ M y
y existe al menos un valor z0 en
tal que | f (z0)| = μ.
se encuentran en una línea recta.
2.142. Sea z = u + iv. Muestre que
sensen
2x2x
senh
senh
2y2y
v¼
, ,y v ¼
u¼
u¼
cosh
coscos
2x2x
þþ
cosh
2y2y
coscos
2x2x
þþ
cosh
cosh
2y2y
2.143. Evalúe con una precisión de tres cifras decimales: a) e3−2i y b) sen(5 − 4i).
�
�
1 þ i tan(u=2)
2.144. Demuestre
que Re
¼ cos u, indique cualquier valor excepcional.
Prove
1 � i tan(u=2)
2.145. S
ean límz→z0 f (z) = A y límz→z0 g(z) = B  0. Verifique que límz→z0 f (z)/g(z) = A/B sin demostrar primero que
límz→z0 1/g(z) = 1/B.
�
si |z| es racional
1
. Demuestre que para todos los valores de z, f (z) es discontinua.
2.146. Sea f (z) ¼
0
si |z| es irracional
2.147. S
uponga que f (z) = u(x, y) + iv(x, y) es continua en una región. Verifique que a) Re{f (z)} = u(x, y) y b)
Im{f (z)} = v (x, y) son continuas en esa región.
2.148. Compruebe que todas las raíces de z tan z = k, k > 0, son reales.
2.149. Demuestre que si existe el límite de una sucesión, éste es único.
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi
2.150. a) Verifique que límn!1 ( n þ 1 � n) ¼ 0..
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi
P
n) diverge, lo que demuestra que una serie cuyo n-ésimo término
b) Compruebe que la serie 1
n¼1 ( n þ 1 �
tiende a cero no necesariamente converge.
2.151. Sea znþ1 ¼ 12(zn þ 1=zn ),, n = 0, 1, 2, . . . y −p/2 < arg z0 < p/2. Verifique que límz→∞zn = 1.
Respuestas a los problemas complementarios
2.47. a) 2, 4 + 4i
2.48. a) i y b) −1 − 2i
2.49. a) (2 + z)/(3 − 2z) y b) z
2.50. a) −2, −i, 1 − i y b) −i, (2 + i)/3
2.53. a)
b)
1 � x2 � y2
�2y
,v¼
2
2
(1 þ x) þ y
(1 þ x)2 þ y2
u = 2x2 − 2y2 + 3y, v = 4xy − 3x
c)
u = x + x/(x2 + y2), v = y − y/(x2 + y2)
1/2 cos u/2, v = r1=2
1/2 sen u/2
d ) uu ¼
= rr1=2
cos u=2, v ¼ r sen
u=2
= rr cos
cosuu,, yy ¼
= rrsen
senu u
donde xx ¼
where
u¼
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76
Capítulo 2 Funciones, límites y continuidad
2.55. a) e2pi/3 y b) e4pi/3, 1, e2pi/3
2.61. a) 2kpi/3
y
b) (1/8)pi + (1/2)kpi, donde k = +1, +2, …
2.64. a) 7 y b) 26
2.68. a ) u = e−3y cos 3x, v = e−3y sen 3x. b) u = cos x cosh y, v = −sen x senh y. c) u = sen 2x cosh 2y,
v = cos 2x senh 2y y d) u = e2x{(x2 − y2) cos 2y − 2xy sen 2y}, v = e2x{2xy cos 2y + (x2 − y2) sen 2y}.
2.72. a ) u = senh 2x cos 2y, v = cosh 2x sen 2y
b) u = x cosh x cos y − y senh x sen y, v = y cosh x cos y + x senh x sen y
pffiffiffi
2.73. a) 2i 3 , b) 0 y c) i
2.74. b) 4pi/3
2.75. a) 2 ln 2 + (p + 2kp)i, 2 ln 2 + pi. b) ln 3 + (p/2 + 2kp)i, ln 3 + pi/2. c) ln 2 + (11p/6 + 2kp)i,
ln 2 + 11pi/6
pffiffip
ffi ffiffiffi
pffiffip
ffi ffiffiffi
pffiffip
ffi ffiffiffi
p=2
þ 2k
þp
2kp(b)
�i �i
ln(ln(2 þ2 1)
þþ
1) p
þ=2
p=2
þ 2k
þp
2k, p
�i
, �i
ln(ln(2 �2 1)
�þ
1) 3þp3=2
p=2
þ 2k
þp
2kp
+ln(2
þ þ3) þ
3) p
þ=2
2.79. a) +ln(2
y (b)
b)
pffiffiffi
pffiffiffi
2.80. a) ln( 2 þ 1) þ pi=2 þ 2kpi, ln( 2 � 1) þ 3pi=2 þ 2kpi
h
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi i
b) ln (2k þ 1)p þ (2k þ 1)2 p2 � 1 þ pi=2 þ 2mpi,
�qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
�
ln (2k þ 1)2 p2 � 1 � (2k þ 1)p þ 3pi=2 þ 2mpi, k, m ¼ 0, +1, +2, . . .
pffiffiffi pffiffiffi
pffiffiffi pffiffiffi
� �� �1 � � �1 �1 �� ��
�p=4þ2k
p p 1
2.81. a) e�pe=4þ2k
y cos(2
b) cos(2
cos cos
2 isen
þ isen
2kp2)kþ
p)i þ
sen(2
i sen(22kp2)kp)
2 ln 22lnþ
2 ln22ln ,2(b), (b)
� �
� � 3p=2þ2k
p
p
2�7lnp2�7
=4�2k
p=4�2k
p
2.82. a) e1=2 eln1=2
b) e3p=2þ2k
cosp cos
7p=4
7pþ=412 ln
þ 212 ln
, (b)
2y , e(b)
pffiffiffi
pffiffiffi
pffiffiffi
a) p
−12(b)
+ 6i,
b) 2(1
c)þ
−4/3
y e)
=2 þ 2k
�i ln(
þ+
1) i)/2,
þ p=2
2kp,−�i4i,ln(d ) 21/3
� 1)
þ −1/4
3p=2 þ 2kp
+ln(2 þ 3) þ p2.94.
pffiffiffi
2.95. 1/6 − i 3 /6
2.104. e(2k+1)pi/4, k = 0, 1, 2, 3
�� ���
��
���
11111
p
¼
0,
+1,
+2,
(d)
0,
þ
p
¼
0,
+1,
+2,
�1+i
(b)
+2,
+2i
kp
,p
0,
kkkkþ
ppp
,p
0,
b)+2,
d(d)
) 0,
2.107. a �1+i
)�1+i
,,,kk,kk¼
k¼
¼
¼
0,
0,
0,+1,
+1,
+1,
+1,+2,
+2,
+2,
+2,........�
. (d)
(d)
(d)
0,
0,
0,
k
þ
þ
þ
,,,kk,kk¼
k¼
¼
¼
0,
0,
0,+1,
+1,
+1,
+1,+2,
+2,
+2,
+2,.........
�1+i
�1+i (b)
(b)
(b)
(b)
+2,
+2,
+2,+2i
+2i
+2i
+2i c) kkkp
kp
�
�
����� 11�1�1�1��
22222 �
1
1
e)+i,
p
i,
k
¼
0,
+1,
+2,
.
.
.
+i,
þ
p
i,
k
¼
0,
+1,
+2,
.
kkkkþ
p
p
p
i,
i,
i,
k
k
k
¼
¼
¼
0,
0,
0,
+1,
+1,
+1,
+2,
+2,
+2,
.
.
.
.
.
+i,
+i,
+i,
k
þ
þ
þ
2�1+i
2222
k ¼+2i
0, +1, +2,
(d)+1,
0, +2,
k þ . . .p, (d)
k ¼0,0, +1,
k þ +2,
p, .k. .¼ 0, +1, +2, . . .
�1+i (b) +2, +2i
(b)
kp,+2,
kp, .k. .¼ 0,
�
�
�
�
2
2
1
1i
2.123.
c)0,0 y+1,
i, 1,
k¼
p
i,
.
k
.
.
¼
0,
+1,
+2,
.
.
.
+i, k a)
þ 2i,pb)
+i,
kdþ) +2,
2
2.125. (9 + 3i)/10
�
�
1
2.128. Converge
�1+i (b) +2, +2i
kp, k ¼ 0, +1, +2, . . . (d) 0, k þ p, k ¼ 0, +1, +2, . . .
�
�
2
2.141. a) 0 y b)+i,
(2k +k 1)pi/2,
þ 12 pi, k ¼ 0, +1, +2, . . .
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Capítulo 31
Diferenciación compleja
y ecuaciones de CauchyRiemann
3.1 Derivadas
Si f (z) es unívoca en una región
del plano z, la derivada de f (z) se define como
f 0 (z) ¼ lím
Dz!0
f ðz þ DzÞ � f ðzÞ
Dz
(3.1)
siempre que este límite exista independientemente de la manera en que z → 0. Si es así, se dice que f (z) es diferenciable en z. En la definición dada en (3.1), también suele usarse h en lugar de z. Aunque diferenciabilidad implica
continuidad, lo contrario no es verdad (vea el problema 3.4).
3.2 Funciones analíticas
Si la derivada f ′(z) existe en todos los puntos z de una región , se dice que f (z) es analítica en y se refiere a una
función analítica en . Como sinónimos de analítica suelen usarse también los términos regular y holomorfa.
Se dice que una función f (z) es analítica en un punto z0 si existe una vecindad |z − z0| < d en la que para todos
sus puntos exista f ′(z).
3.3 Ecuaciones de Cauchy-Riemann
Una condición necesaria para que w = f (z) = u(x, y) + iv (x, y) sea analítica en una región
satisfagan las ecuaciones de Cauchy-Riemann
@u @v
@u
@v
¼ , ¼� @x @y
@y
@x
es que, en
,uyv
(3.2)
Si las derivadas parciales en (3.2) son continuas en , entonces las ecuaciones de Cauchy-Riemann son condiciones
suficientes para que f (z) sea analítica en . Vea el problema 3.5.
A las funciones u(x, y) y v (x, y) se les suele llamar funciones conjugadas. Dada una u que tenga primeras derivadas parciales continuas en una región simple conexa (vea la sección 4.6), puede hallarse v (dentro de una constante
aditiva arbitraria) tal que u + iv = f (z) sea analítica (vea los problemas 3.7 y 3.8).
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78
Capítulo 3 Diferenciación compleja y ecuaciones de Cauchy-Riemann
3.4 Funciones armónicas
Si las segundas derivadas parciales de u y v respecto de x y y existen y son continuas en una región
acuerdo con (3.2), se encuentra que (vea el problema 3.6)
@2 u @2 u
þ
¼ 0,
@x2 @y2
, entonces, de
@2 v @2 v
þ
¼ 0
@x2 @y2
( (3.3)
En estas condiciones se sigue que la parte real y la parte imaginaria de una función analítica satisfacen la ecuación
de Laplace, que se denota
2
2
22 2
@@2@2C
C
C @@2@2C
C
C
@@2@2 2
22 2
22 2 @@@
o
donde
C
C
C
¼
¼
¼
0
0
0
r
r
r
;
;
;
þ
þ
þ
þ
þ
þ
¼
¼
¼
0
0
0
r
r
r
22 2 @y
22 2
@@2@2xx2 x @@2@2yy2 y
@x
@x@x
@y@y
(3.4)
Al operador 2 se le suele llamar laplaciano.
Funciones como u(x, y) y v (x, y) que satisfagan la ecuación de Laplace en una región
armónicas y se dice que son armónicas en .
se denominan funciones
3.5 Interpretación geométrica de la derivada
Sea z0 [figura 3-1] un punto P en el plano z y sea w0 [figura 3-2] su imagen P′ en el plano w mediante la transformación w = f (z). Como se supone que f (z) es unívoca, el punto z0 se lleva a un solo punto w0.
plano z
y
plano w
u
=
f(
z0
+
Δz
)
Q
w
0
+
Δw
Δz
z0 + Δz
P
z0
x
Figura 3-1
f (z 0)
w0 =
Δw =
f (z0 + Δz) – f (z0)
Q′
P′
u
Figura 3-2
Si se incrementa z0 en z se obtiene el punto Q de la figura 3-1. Este punto tiene como imagen Q′ en el plano w.
Por tanto, de acuerdo con la figura 3-2, se ve que P′Q′ representa el número complejo w = f (z0 + z) − f (z0). Se
sigue que la derivada en z0 (si existe) es
Dz!0
f ðz0 þ DzÞ � f ðz0 Þ
P0 Q0
¼
Q!P PQ
Dz
(3.5)
es decir, el límite del cociente de P′Q′ entre PQ cuando el punto Q tiende a P. Esta interpretación es sin duda válida
si z0 se sustituye por z.
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3.7 Reglas de diferenciación
79
3.6 Diferenciales
Sea z = dz un incremento de z. Entonces
w = f (z + z) − f (z)
(3.6)
es el incremento en w = f (z). Si f (z) es continua y tiene primera derivada continua en una región, entonces
w = f ′(z) z + e z = f ′(z)dz + edz
(3.7)
donde e → 0 cuando z → 0. A la expresión
dw = f ′(z)dz
(3.8)
se le conoce como diferencial de w o de f (z), o parte principal de w. Observe que, en general, w  dw. A dz se le
conoce como diferencial de z.
A partir de las definiciones (3.1) y (3.8), suele escribirse
dw
f ðz þ DzÞ � f ðzÞ
Dw
¼ f 0 (z) ¼
¼
Dx!0
Dz!0 Dz
dz
Dz
(3.9)
Se debe resaltar que dz y dw no son los límites de z y w cuando z → 0, pues estos límites son cero, mientras que
dz y dw no son necesariamente cero. En cambio, dado dz, se determina dw de acuerdo con (3.8), es decir, dw es una
variable dependiente determinada por la variable independiente dz para una z dada.
Es útil considerar a d/dz un operador que, cuando actúa sobre w = f (z), produce dw/dz = f ′(z).
3.7 Reglas de diferenciación
Suponga que f (z), g(z) y h(z) son funciones analíticas de z. Entonces son válidas las siguientes reglas de diferenciación (idénticas a las del cálculo elemental).
d
dd
ddd g(z) ¼ f 0000 (z) þ g0000 (z)
d ff ff (z)
d ff (z)
1.1.
þ
g(z)g
¼
þ
1. d
(z)
þ
g(z)g
¼
(z)
þ
g(z) ¼ f (z) þ g (z)
1. dz
dz g(z) ¼ f (z) þ g (z)
dz f (z) þ dz
dz f f (z) þ g(z)g ¼ dz
dz
dz
d
dd
dd
d
d ff (z)
d g(z)
�
¼ ff 0000 (z) � g0000 (z)
2.2.
ff ff (z)
�
g(z)g
¼
(z)
�
g(z)
2. dz
(z)
�
g(z)g
¼
f
(z)
�
g(z) ¼
¼ f (z) � g (z)
dz
dz
dz
dz
dz
dz
dz
dz
d
d
d fcf (z)g ¼ c d f (z) ¼ cf 000 (z) where c is any constant
3.3.
where
is
any
constant
3.
(z) donde
where ccc es
is una
any constante
constant
3. dz fcf (z)g ¼ c dz f (z) ¼ cf 0 (z)
dz
dz
d
d
d
d f f (z)g(z)g ¼ f ðzÞ d gðzÞ þ gðzÞ d f ðzÞ ¼ f (z)g0000 (z) þ g(z)f 0000 (z)
4. dz
4.4.
f f (z)g(z)g ¼ f ðzÞ dz
dz gðzÞ þ gðzÞ dz
dz f ðzÞ ¼ f (z)g (z) þ g(z)f (z)
dz
dz
dz
dz
�
�
0
�
Þf 000 ðzÞ � ff ððzzÞg
(z) � ggððzzÞ(d=dz)f
Þ(d=dz)f ðzÞ � ff ððzzÞ(d=dz)g
Þ(d=dz)gðzÞ ggððzzÞf
00 ðzÞ
ddd fff (z)
gðzÞf 0 ððzzÞÞ �
� f2ðzÞg
Þg0 ððzzÞÞ siif
(z)
� f2ðzÞ(d=dz)gððzzÞÞ ¼
g(z)
=
0
5.
¼ gðzÞ(d=dz)f ððzzÞÞ �
5.5.
¼
if
g(z)
=
¼
2
2
¼
ifg(z)
g(z)
=000
5. dz g(z) ¼
½½½gggðððzzzÞÞÞ���22
½½½gggðððzzzÞÞÞ���22
dz g(z)
6.6.
where
¼g(z),
g(z)entonces
then
If
¼
((zz))) donde
wherezzz=¼
g(z)
then
6. Si
If w
w=
¼ fff(z
dw dw dz
dz
(3.10)
� ¼ f 0 (z ) ¼ f 0 fg(z)gg0 (z)
(
¼
dz
dz dz
dz
De manera similar, si w = f (z ) donde z = g(h) y h = h(z), entonces
dw dw d z d h
¼
�
� dz
d z d h dz
7.
(3.11)
Las expresiones en (3.10) y (3.11) se conocen como regla de la cadena para la diferenciación de funciones
complejas.
Si w = f (z) tiene una función inversa unívoca f −1, entonces z = f −1(w), y dw/dz y dz/dw se relacionan
mediante
dw
1
¼
(3.12)
dz dz=dw
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80
8.
Capítulo 3 Diferenciación compleja y ecuaciones de Cauchy-Riemann
Si z = f (t) y w = g(t), donde t es un parámetro, entonces
dw dw=dt g0 ðtÞ
¼
¼ 0 dz
dz=dt
f ðt Þ
(3.13)
Pueden formularse reglas semejantes para los diferenciales. Por ejemplo,
d{f (z) + g(z)} = df (z) + dg(z) = f ′(z) dz + g′(z) dz = {f ′(z) + g′(z)} dz
d{f (z)g(z)} = f (z)dg(z) + g(z)df (z) = {f (z)g′(z) + g(z)f ′(z)} dz
3.8 Derivadas de funciones elementales
En las fórmulas siguientes se supone que las funciones se definen como en el capítulo 2. En los casos de funciones
con ramas, es decir, en los casos de funciones multivaluadas, la ramificación de la función a la derecha se elige de
manera que coincida con la ramificación de la función a la izquierda. Observe que estas fórmulas son idénticas a las
del cálculo elemental.
1.1.
1.
1.
1.
1.
1.
1.
1.
1.
2.
1.
2.
2.1.
2.
1.
2.
2.
1.
2.
2.
2.
2.
3.
2.
3.
3.
3.2.
2.
3.
2.
3.
2.
3.
3.
3.
3.
4.
3.
4.
3.
3.
4.
4.4.
4.
3.
4.
4.
4.
4.
5.
4.
5.
4.
5.
4.
5.
4.
5.5.
4.
5.
5.
5.
5.
6.
5.
6.
5.
6.
5.
6.
6.
5.
6.6.
6.
6.
6.
7.
6.
7.
6.
7.
6.
7.
6.
7.
6.
7.
7.7.
7.
7.
8.
7.
8.
7.
8.
7.
8.
8.
7.
8.
8.
8.
8.9.
8.
8.
9.
8.
9.
8.
9.
8.
9.
8.
9.
9.
9.
9.
9.
10.
9.
10.
9.
10.
9.
10.
10.
9.
10.
10.
10.
10.
11.
10.
10.
11.
10.
11.
10.
11.
10.
11.
10.
11.
11.
11.
11.
12.
11.
12.
11.
11.
12.
11.
12.
12.
11.
12.
12.
12.
12.
13.
12.
13.
12.
13.
12.
12.
13.
12.
13.
12.
13.
13.
13.
13.
14.
13.
14.
13.
14.
13.
14.
13.
14.
13.
14.
14.
14.
14.
14.
15.
14.
15.
14.
15.
14.
15.
14.
14.
15.
15.
15.
15.
15.
15.
15.
15.
15.
15.
dd
d (c)
d
(c) ¼
¼ 00
0
d
(c)
¼
dz
d
(c)
¼
0
dz
d
(c)
¼
0
dz
d
(c)
¼
0
dz
d
(c)
¼
0
dz
d
(c)
¼
0
n
n�1
dz
d
(c)
¼
0
n
d
dz
z
¼
nz
(c)
¼
0 n�1
n ¼
n�1
dz
z
nz
d
(c)
¼
0
n
n�1
z
¼
nz
d
dz
(c)
¼
0
n
n�1
znn ¼
¼¼nz
nz
dz
n�1
d
z
(c)
0
dz
n�1
d
z
¼
nz
dz
n
n�1
d
z
¼
nz
dz
n
n�1
d
z
¼
nz
z
z
dz
n
n�1
d
z
¼
nz
z
z
dz
n
n�1
e
e
z
¼
nz
z
z
d
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dz
þ1
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3.11 Puntos singulares
81
3.9 Derivadas de orden superior
Si w = f (z) es analítica en una región, su derivada está dada por f ′(z), w′ o dw/dz. Si f ′(z) también es analítica en
esa región, su derivada se denota f ′′(z), w′′ o (d/dz)(dw/dz) = d 2w/dz2. De manera similar, la n-ésima derivada de
f (z), sí existe, se denota f (n)(z), w(n) o d nw/dzn, donde n se conoce como el orden de la derivada. Así, las derivadas
de primero, segundo, tercer,. . . orden se denotan, respectivamente, f ′(z), f ′′(z), f ′′′(z), . . . . Estas derivadas de orden
superior se calculan mediante aplicaciones sucesivas de las reglas de diferenciación dadas antes.
Uno de los teoremas más importantes, válido para funciones de una variable compleja y no necesariamente válido
para funciones de una variable real, es el siguiente:
Teorema
3.1.
uponga que f (z) es analítica en una región . Entonces, también f ′(z), f ′′(z),… son analíticas en
S
, es decir, en existen todas las derivadas de orden superior.
En el capítulo 5 se comprueba este importante teorema.
3.10 Regla de L’Hopital
Sean f (z) y g(z) analíticas en una región que contenga al punto z0 y suponga que f (z0) = g(z0) = 0 pero g′(z0)  0.
Así, la regla de L’Hopital establece que
f ð zÞ f 0 ð z 0 Þ
(3.14)
¼ 0
z!z0 gðzÞ
g ðz0 Þ
En el caso de f ′(z0) = g′(z0) = 0, la regla puede ampliarse. Vea los problemas 3.21 a 3.24.
Suele decirse que el lado izquierdo de la expresión en (3.14) tiene la “forma indeterminada” 0/0, pero tal terminología suele generar confusión porque en general no hay nada indeterminado. Los límites representados por las llamadas formas indeterminadas ∞/∞, 0 · ∞, ∞°, 0°, 1∞ y ∞ − ∞ suelen evaluarse mediante modificaciones apropiadas
de la regla de L’Hopital.
3.11 Puntos singulares
Un punto en el que f (z) no sea analítica se llama punto singular o singularidad de f (z). Existen varios tipos de singularidades.
1.
2.
Singularidades aisladas. El punto z = z0 es una singularidad aislada o un punto singular aislado de f (z)
si es posible hallar un d > 0 tal que el círculo |z − z0| = d no contenga ningún otro punto singular distinto
de z0 (es decir, si existe una vecindad agujerada d de z0 que no contenga ninguna singularidad). Si no es
posible hallar un d con estas características, se dice que z0 es una singularidad no aislada.
Si z0 no es un punto singular y es posible hallar un d > 0 tal que |z − z0| = d no contenga ningún punto
singular, entonces z0 es un punto ordinario de f (z).
Polos. Si z0 es una singularidad aislada y es posible hallar un entero positivo n tal que límz→z0 (z − z0)nf (z)
= A  0, entonces z = z0 es un polo de orden n. Si n = 1, z0 es un polo simple.
Ejemplo 3.1
a) f (z) = 1/(z − 2)3 tiene un polo de orden 3 en z = 2.
b) f (z) = (3z − 2)/(z − 1)2(z + 1)(z − 4) tiene un polo de orden 2 en z = 1, y polos simples en z = −1 y z
= 4.
Si g(z) = (z − z0)nf (z), donde f (z0)  0 y n es un entero positivo, entonces a z = z0 se le llama cero
de orden n de g(z). Si n = 1, z0 se llama cero simple. En tal caso, z0 es un polo de orden n de la función
1/g(z).
3.
Los puntos de ramificación de funciones multivaluadas, ya vistos en el capítulo 2, son puntos singulares
no aislados, pues una función multivaluada no es continua y, por tanto, no es analítica en una vecindad
agujerada de un punto de ramificación.
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82
Capítulo 3 Diferenciación compleja y ecuaciones de Cauchy-Riemann
Ejemplo 3.2
a) f (z) = (z − 3)1/2 tiene un punto de ramificación en z = 3.
b) f (z) = ln/(z2 + z − 2) tiene puntos de ramificación donde z2 + z − 2 = 0, es decir, en z = 1 y z = −2.
4.
Singularidades removibles. Un punto singular aislado z0 es una singularidad removible de f (z) si límz→z0
f (z) existe. Al definir f (z0) = límz→z0 f (z) se muestra que f (z) no sólo es continua en z0, sino también analítica en z0.
Ejemplo 3.3 El punto singular z = 0 es una singularidad removible de f (z) = sen z/z, pues
límz→0 (sen z/z) = 1.
5.
Singularidades esenciales. A una singularidad aislada que no es un polo o una singularidad removible se
le llama singularidad esencial.
Ejemplo 3.4 f (z) = e1/(z−2) tiene una singularidad esencial en z = 2.
Si una función tiene una singularidad aislada, esa singularidad es removible, es un polo o es una singularidad esencial. A esto se debe que a los polos se les suela llamar singularidades no esenciales. De
manera equivalente, z = z0 es una singularidad esencial si no es posible hallar un entero positivo n tal que
límz→z0 (z − z0)nf (z) = A  0.
6.
Singularidades al infinito. El tipo de singularidad de f (z) en z = ∞ [el punto al infinito; vea las páginas 7
y 47] es el mismo que el de f (1/w) en w = 0.
Ejemplo 3.5 La función f (z) = z3 tiene un polo de orden 3 en z = ∞, pues f (1/w) = 1/w3 tiene un polo de
orden 3 en w = 0.
En el capítulo 6 se presentan métodos para clasificar singularidades con series infinitas.
3.12 Familias ortogonales
Sea w = f (z) = u(x, y) + iv (x, y) una función analítica, y f ′(z)  0. Entonces, las familias de curvas de un parámetro
u(x, y) = a ,
v (x, y) = b
(3.15)
donde a y b son constantes, son ortogonales, es decir, en el punto de intersección cada miembro de una familia
[líneas continuas de la figura 3-3] es perpendicular a cada miembro de la otra familia [líneas punteadas de la figura
3-3]. Las correspondientes curvas imagen en el plano w, que son líneas paralelas a los ejes u y v, forman también
familias ortogonales [vea la figura 3-4].
plano w
u
plano z
y
u
x
Figura 3-3
Figura 3-4
En vista de esto, puede pensarse que si la función de llevado f (z) es analítica y f ′(z)  0, entonces el ángulo entre
cualesquiera dos curvas C1 y C2 que se intersequen en el plano z será igual (en magnitud y en sentido) al ángulo
entre las correspondientes curvas imagen C′1 y C′2 que se intersequen en el plano w. Esta conjetura es correcta y lleva
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83
3.14 Aplicaciones en geometría y mecánica
al tema de las transformaciones conformes, tema de tanta importancia, desde el punto de vista teórico y de sus aplicaciones, que dos capítulos de este libro (8 y 9) abordan este tema.
3.13 Curvas
Suponga que f (t) y c(t) son funciones reales de la variable real t, que se supone continua en t1 ≤ t ≤ t2. Así, las
ecuaciones paramétricas
z ¼ x þ iy ¼ f(t) þ ic(t) ¼ z(t),
t1 � t � t2
(3.16)
definen una curva continua o arco en el plano z, que une los puntos a = z(t1) y b = z(t2) [vea la figura 3-5].
Si t1  t2 pero z(t1) = z(t2), es decir, a = b, los puntos terminales coinciden y se dice que la curva es cerrada. Una
curva cerrada que en ninguna parte se interseque consigo misma se llama curva cerrada simple. Por ejemplo, la curva
de la figura 3-6 es una curva cerrada simple, mientras que la de la figura 3-7 no lo es.
Si f(t) y c(t) [y por ende z(t)] tienen derivadas continuas en t1 ≤ t ≤ t2, se dice que la curva es una curva suave
o un arco suave. A una curva compuesta de una cantidad infinita de arcos suaves se le llama curva suave a trozos o
contorno. Por ejemplo, el borde de un cuadrado es una curva suave a trozos o contorno.
y
y
y
b
a
x
Figura 3-5
x
x
Figura 3-6
Figura 3-7
A menos que se especifique otra cosa, siempre que se hable de una curva simple cerrada se supondrá que es una
curva suave a trozos.
3.14 Aplicaciones en geometría y mecánica
A z(t) se le puede considerar un vector posición cuyo punto
terminal describe una curva C, en un determinado sentido o
dirección a medida que t varía de t1 a t2. Si z(t) y z(t + t)
representan los vectores posición de los puntos P y Q, respectivamente, entonces
y
P
Δz = z(t + Δt) − z(t)
Q
z(t)
Dz z(t þ Dt) � z(t)
¼
Dt
Dt
z(t + Δt)
es un vector en dirección de Δz [figura 3-8]. Si lím t→0 z/ t
= dz/dt existe, este límite es un vector en dirección de la tangente a C en el punto P y está dado por
x
Figura 3-8
dz dx
dy
¼ þi
dt dt
dt
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C
84
Capítulo 3 Diferenciación compleja y ecuaciones de Cauchy-Riemann
Si t es tiempo, dz/dt representa la velocidad con que el extremo del vector posición describe la curva. De manera
similar, d 2z/dt 2 representa su aceleración a lo largo de la curva.
3.15 Operadores diferenciales complejos
Los operadores
(nabla) y
(nabla barra) se definen con
r;
@
@
@
þi ¼2 ,
@x
@y
@�z
r;
@
@
@
�i ¼2 @x
@y
@z
(3.17)
donde la equivalencia en términos de las coordenadas conjugadas z y z (página 7) se deriva del problema 3.32.
3.16 Gradiente, divergencia, rotor y laplaciano
El operador permite definir las operaciones siguientes. En todos los casos, F(x, y) se considera como una función
real continua y diferenciable de x y y (un escalar), mientras que A(x, y) = P(x, y) + iQ(x, y) es una función compleja
continua y diferenciable de x y y (un vector).
En términos de coordenadas conjugadas,
��
��
z þz þ
z� z� �z �
z� z�
G(z,
A(x,
B(z,
F(x,
F(x,
y) y)
¼¼
FF
, ,
¼¼
G(z,
z� ) z� ) and
y) y)
¼¼
B(z,
z� ) z� )
yand A(x,
2 2 2i 2i
1.
Gradiente. El gradiente de una función real F (un escalar) se define como
grad F ¼ rF ¼
@F
@F
@G
þi
¼2 @x
@y
@�z
(3.18)
Geométricamente, si F  0, entonces F representa un vector normal a la curva F(x, y) = c, en donde c
es una constante (vea el problema 3.33).
De manera similar, el gradiente de una función compleja A = P + iQ (un vector) se define como
�
�
@
@
þi
(P þ iQ)
grad A ¼ rA ¼
@x
@y
�
�
@P @Q
@P @Q
@B
¼
�
þi
þ
¼2 (3.19)
@x @y
@y @x
@�z
2.
En particular, si B es una función analítica de z, entonces @B=@�z ¼ 0 y por tanto el gradiente es cero, es
decir, @P=@x ¼ @Q=@y, @P=@y ¼ �(@Q=@x), lo que muestra que, en este caso, se satisfacen las ecuaciones
de Cauchy-Riemann.
Divergencia. Con la definición de producto punto de dos números complejos (página 7) extendida al caso
de los operadores, la divergencia de una función compleja (un vector) se define como
��
�
�
@
@
�i
(P þ iQ)
div A ¼ r � A ¼ RefrAg ¼ Re
@x
@y
� �
@P @Q
@B
¼
þ
¼ 2 Re
(3.20)
@x @y
@z
De manera semejante se define la divergencia de una función real. Hay que observar que la divergencia de
una función compleja o real (vector o escalar) es siempre una función real (escalar).
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Problemas resueltos
85
Rotor. Con la definición de producto cruz de dos números complejos (página 7), el rotor de una función
compleja se define como el vector
�
�
@Q @P
�
r � A ¼ 0, 0,
@x @y
3.
ortogonal al plano x-y y de magnitud
� ��
�
��
�
�
@
@
�
�i
(P þ iQ) ��
jrot Aj ¼ jr � Aj ¼ jImfrAgj ¼ �Im
@x
@y
� �
�
� ��
�@Q @P� �
@B ��
¼ �� � �� ¼ ��2 Im
@x @y
@z �
Laplaciano. El operador laplaciano se define como el producto punto o producto escalar de
mismo, es decir,
��
��
��
@
@
@
@
r � r ; r2 ; Refrrg ¼ Re
�i
þi
@x
@y @x
@y
4.
¼
Observe que si A es analítica,
@2
@2
@2
þ
¼
4
@x2 @y2
@z@�z
2
A = 0, de manera que
2
P=0y
(3.21)
consigo
(3.22)
2
Q = 0, es decir, P y Q son armónicas.
Algunas identidades relacionadas con el gradiente,
la divergencia y el rotor
Suponga que A1, A2 y A son funciones diferenciables. Entonces se tienen las identidades siguientes:
1.
grad(A1 þ A2 ) ¼ grad A1 þ grad A2
2.
div(A1 þ A2 ) ¼ div A1 þ div A2
3.
rot (A1 þ A2 ) ¼ rot A1 þ rot A2
4.
grad(A1 A2 ) ¼ (A1 )(grad A2 ) þ (grad A1 )(A2 )
5.jrot grad Aj ¼ 0 si A es real o, de manera más general, si Im{A} es armónica.
6.div grad A
¼ 0 si A es imaginaria o, de manera más general, si Re{A} es armónica.
Problemas resueltos
Derivadas
3.1. Con la definición, encuentre la derivada de w ¼ f (z) ¼ z3 � 2z en el punto en el que a) z = z0, b) z = −1.
Solució n
a)
De acuerdo con la definición, la derivada en z = z0 es
f 0 (z0 ) ¼ lím
Dz!0
f (z0 þ Dz ) � f (z0 )
(z0 þ Dz)3 � 2(z0 þ Dz) � fz30 � 2z0 g
¼ lím
Dz!0
Dz
Dz
z30 þ 3z20 Dz þ 3z0 (Dz)2 þ (Dz)3 � 2z0 � 2Dz � z30 þ 2z0
Dz!0
Dz
¼ lím
¼ lím 3z20 þ 3z0 Dz þ (Dz)2 � 2 ¼ 3z20 � 2
Dz!0
En general, f 0 (z) ¼ 3z2 � 2 para toda z.
b) De acuerdo con el inciso a), o directamente, se encuentra que si z0 = −1, entonces f 0 (�1) ¼ 3(�1)2 � 2 ¼ 1..
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86
Capítulo 3 Diferenciación compleja y ecuaciones de Cauchy-Riemann
3.2. Muestre que (d/dz)z no existe en ninguna parte, es decir, f (z) = z no es analítica en ninguna parte.
Solució n
Por definición,
d
f (z þ Dz) � f (z)
f (z) ¼ lím
Dz!0
dz
Dz
si este límite existe independientemente de la manera como Dz ¼ Dx þ iDy tienda a cero.
Entonces
d
z þ Dz � z�
x þ iy þ Dx þ iDy � x þ iy
z� ¼ lím
¼ lím
Dz!0
Dx!0
dz
Dz
Dx þ iDy
Dy!0
¼ lím
Dx!0
Dy!0
x � iy þ Dx � iDy � (x � iy)
Dx � iDy
¼ lím
Dx!0 Dx þ iDy
Dx þ iDy
Dy!0
Si y = 0, el límite buscado es
lím
Dx
Dx!0 Dx
¼1
Si x = 0, el límite buscado es
lím
Dy!0
�iDy
¼ �1
iDy
Entonces, como el límite depende de la manera como z → 0, la derivada no existe, es decir, f (z) = z no es
analítica en ninguna parte.
3.3. Dada w ¼ f (z) ¼ (1 þ z)=(1 � z) , encuentre a) dw/dz y b) determine dónde no es analítica f (z).
Solució n
a)
Método 1. Con la definición
1 þ (z þ Dz) 1 þ z
�
dw
f (z þ Dz) � f (z)
1 � (z þ Dz) 1 � z
¼ lím
¼ lím
Dz!0
dz Dz!0
Dz
Dz
¼ lím
Dz!0 (1
2
2
¼
� z � Dz)(1 � z) (1 � z)2
independientemente de la manera como z → 0, siempre que z  1.
Método 2. Con las reglas de diferenciación. De acuerdo con la regla del cociente [vea el problema 3.10 c)],
si z  1,
�
� (1 � z) d (1 þ z) � (1 þ z) d (1 � z)
d 1þz
(1 � z)(1) � (1 þ z)(�1)
2
dz
dz
¼
¼
¼
dz 1 � z
(1 � z)2
(1 � z)2
(1 � z)2
b) La función f (z) es analítica para todos los valores finitos de z, excepto para z = 1, punto en el que la derivada
no existe y la función no es analítica. El punto z = 1 es un punto singular de f (z).
3.4. a) Si f (z) es analítica en z0, compruebe que entonces es continua en z0.
b) Dé un ejemplo que muestre que lo contrario de lo que se dice en el inciso a) no necesariamente es
verdad.
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Problemas resueltos
87
Solució n
a)
Como
f (z0 þ h) � f (z0 ) ¼
f (z0 þ h) � f (z0 )
�h
h
donde
z =0,0,sewetiene
wherehh=¼ Dz
have
ff (z
(z00 þ
þ h)
h) �
� ff (z
(z00)) � lím h ¼ f 00(z0 ) � 0 ¼ 0
lím
lím ff (z
� h!0
lim h ¼ f (z0 ) � 0 ¼ 0
(z00 þ
þ h)
h) �
� ff (z
(z00)) ¼
¼ h!0
lim
h
h!0
h!0
h
porque,
f ′(zhypothesis.
tanto,
0) existe. Por
) exists by
Thus
becausepor
f 0 (zhipótesis,
lim
h!0
h!0
0
lím f (z0 þ h) � f (z0 ) ¼ 0
f (z0 þ h) � f (z0 ) ¼ 0
h!0
lim
h!0
lo que muestra que f (z) es continua en z0.
o
or
lím f (z0 þ h) ¼ f (z0 )
f (z0 þ h) ¼ f (z0 )
h!0
lim
h!0
b) La función f (z) = z es continua en z0. Sin embargo, de acuerdo con el problema 3.2, f (z) no es continua en
ninguna parte. Esto muestra que una función que sea continua no necesariamente tiene derivada, es decir, no
necesariamente es analítica.
Ecuaciones de Cauchy-Riemann
3.5. D
emuestre que una condición a) necesaria y b) suficiente para que w ¼ f (z) ¼ u(x, y) þ iv(x, y) sea
analítica en una región
es que en esa región
se satisfagan las ecuaciones de Cauchy-Riemann
@u=@x ¼ @v=@y, @u=@y ¼ �(@v=@x), donde se supone que estas derivadas parciales son continuas en .
Solució n
a)
Necesidad. Para que f (z) sea analítica, el límite
lím
Dz!0
f (z þ Dz) � f (z)
¼ f 0 (z)
Dz
¼ lím
Dx!0
Dy!0
fu(x þ Dx, y þ Dy) þ iv(x þ Dx, y þ Dy)g � fu(x, y) þ iv(x, y)g
Dx þ iDy
(1)
debe existir independientemente de la manera en la que z (o x y y) tiendan a cero. Se considerarán dos
aproximaciones posibles.
Caso 1. y = 0, x → 0. En este caso, (1) se convierte en
�
�
��
u(x þ Dx, y) � u(x, y)
v(x þ Dx, y) � v(x, y)
@u
@v
þi
¼ þi
lím
Dx!0
Dx
Dx
@x
@x
siempre que existan las derivadas parciales.
Caso 2. x = 0, y → 0. En este caso, (1) se convierte en
�
�
u(x, y þ Dy) � u(x, y) v(x, y þ Dy) � v(x, y)
1 @u @v
@u @v
þ
¼
þ ¼ �i þ
lím
Dy!0
iDy
Dy
i @y @y
@y @y
Pero f (z) no puede ser analítica a menos que estos dos límites sean idénticos. Por tanto, una condición
necesaria para que f (z) sea analítica es que
@u
@v
@u @v
@u @v @v
@u
þ i ¼ �i þ
o
¼ ,
¼�
@x
@x
@y @y
@x @y @x
@y
b)
Suficiencia. Como se supone que
son continuas, se tiene
@u=@x
@u=@x y @u=@y
@u=@y
Du ¼ u(x þ Dx, y þ Dy) � u(x, y)
¼ fu(x þ Dx, y þ Dy) � u(x, y þ Dy)g þ fu(x, y þ Dy) � u(x, y)g
�
�
�
�
@u
@u
@u
@u
þ e1 Dx þ
þ h1 Dy ¼ Dx þ Dy þ e1 Dx þ h1 Dy
¼
@x
@y
@x
@y
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88
Capítulo 3 Diferenciación compleja y ecuaciones de Cauchy-Riemann
donde e1 → 0 y h1 → 0 cuando x → 0 y y → 0.
son continuas, se tiene
De igual manera, como se supone que
@v=@x
@v=@x y @v=@y
@v=@y
Dv ¼
�
�
�
�
@v
@v
@v
@v
þ e2 Dx þ
þ h2 Dy ¼ Dx þ Dy þ e2 Dx þ h2 Dy
@x
@y
@x
@y
donde e2 → 0 y h2 → 0 cuando x → 0 y y → 0. Entonces,
�
�
�
�
@u
@v
@u
@v
þi
Dx þ
þi
Dy þ eDx þ hDy Dw ¼ Du þ iDv ¼
@x
@x
@y
@y
(2)
e ¼e ¼
e1 eþ1 iþ
e2ie!
0 0yh¼
h¼
h1 hþ1 iþ
h2ih!
0 cuando
0
x → 0 y y → 0.
donde
2 !
2 !
De acuerdo con las ecuaciones de Cauchy-Riemann, (2) se expresa como
�
�
�
@u
@v
@v
@u
þi
Dx þ � þ i
Dy þ eDx þ hDy
@x
@x
@x
@x
�
�
@u
@v
þi
(Dx þ iDy) þ eDx þ hDy
¼
@x
@x
Dw ¼
�
Al dividir entre z = x + i y y tomar el límite cuando z → 0, se ve que
dw
Dw @u
@v
¼ f 0 (z) ¼ lím
¼ þi
Dz!0 Dz
dz
@x
@x
de manera que la derivada existe y es única, es decir, f (z) es analítica en
3.6. S
ea f (z) = u + iv una función analítica en una región
segundas derivadas parciales continuas en .
.
. Compruebe que u y v son armónicas en
si tienen
Solució n
Si f (z) es analítica en
, las ecuaciones de Cauchy-Riemann
@u @v
¼ @x @y
(1)
@v
@u
¼� @x
@y
(2)
y
se satisfacen en . Si se supone que u y v tienen segundas derivadas parciales continuas, ambos lados de (1) se
diferencian respecto a y y ambos lados de (2) respecto a x para obtener
@2 u
@2 v
¼
2
@x
@x@y
(3)
@2 v
@2 u
¼� 2
@y@x
@y
(4)
y
de donde
@2 u
@2 u
¼
�
@x2
@y2
o
@2 u @2 u
þ
¼0
@x2 @y2
es decir, u es armónica.
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Problemas resueltos
89
De manera semejante, al diferenciar ambos lados de (1) respecto a y, y ambos lados de (2) respecto a x, se
encuentra que
@2 v @2 v
þ
¼0
@x2 @y2
por lo que v es armónica.
Más adelante (capítulo 5) se mostrará que si f (z) es analítica en
en . Por tanto, no serán necesarios los supuestos anteriores.
3.7. a)
, todas sus derivadas existen y son continuas
Demuestre que u ¼ e�x (x sen y � y cos y) es armónica.
b) Encuentre v tal que f (z) = u + iv sea analítica.
Solució n
a)
@u
¼ (e�x )(sen y) þ (�e�x )(x sen y � y cos y) ¼ e�x sen y � xe�x sen y þ ye�x cos y
@x
@2 u
@
2 ¼ (e�x sen y � xe�x sen y þ ye�x cos y) ¼ �2e�x sen y þ xe�x sen y � ye�x cos y
@x
@x
@u
¼ e�x (x cos y þ y sen y � cos y) ¼ xe�x cos y þ ye �x sen y �e�x cos y
@y
@2 u
@
2 ¼ (xe�x cos y þ ye�x sen y � e�x cos y) ¼ �xe�x sen y þ 2e�x sen y þ ye�x cos y
@y
@y
(1)
(2)
Se suman (1) y (2) para obtener (@2 u=@x2 ) þ (@2 u=@y2 ) ¼ 0, por lo que u es armónica.
b)
De acuerdo con las ecuaciones de Cauchy-Riemann,
@v @u
¼
¼ e�x sen y � xe �x sen y þ ye�x cos y
@y @x
@v
@u
¼ � ¼ e�x cos y � xe�x cos y � ye�z sen y
@x
@y
(3)
(4)
Se integra (3) respecto a y, manteniendo x constante. Entonces,
v ¼ �e�x cos y þ xe�x cos y þ e�x (y sen y þ cos y) þ F(x)
¼ ye�x sen y þ xe �x cos y þ F(x)
donde F(x) es una función real arbitraria de x.
Se sustituye (5) en (4) y se obtiene
�ye�x sen y � xe�x cos y þ e�x cos y þ F 0(x) ¼ �ye�x sen y � xe �x cos y � ye�x sen y
o F ′(x) = 0, y F(x) = c, una constante. Entonces, de acuerdo con (5),
v ¼ e�x (y sen y þ x cos y) þ c
En el problema 3.40 se presenta otro método.
3.8. En el problema 3.7, encuentre f (z).
Solució n
Método 1
Se tiene
f (z) ¼ f (x þ iy) ¼ u(x, y) þ iv(x, y):
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(5)
90
Capítulo 3 Diferenciación compleja y ecuaciones de Cauchy-Riemann
Con y = 0
f (x) ¼ u(x, 0) þ iv(x, 0):.
Se sustituye x por z,
f (z) ¼ u(z, 0) þ iv(z, 0):.
Entonces, de acuerdo con el problema 3.7, u(z, 0) = 0, v (z, 0) = ze−z y por tanto f (z) = u(z, 0), + iv (z,0) = ize−z
salvo una constante aditiva arbitraria.
Método 2
Salvo una constante aditiva arbitraria, de acuerdo con los resultados del problema 3.7,
f (z) ¼ u þ iv ¼ e�x (x sen y � y cos y) þ ie�x (y sen y þ x cos y)
� � iy
�
� iy
��
� � iy
�
� iy
��
e � e�iy
e þ e�iy
e � e�iy
e þ e�iy
�y
þ ie�x y
þx
¼ e�x x
2i
2
2i
2
¼ i(x þ iy)e�(xþiy) ¼ ize�z
Método 3
Se tiene x = (z + z)/2, y = (z − z)/2i. Entonces, al sustituir en u(x, y) + iv (x, y), se encuentra, después de un
tedioso trabajo, que z desaparece y queda ize−z.
En general, cuando se conocen u y v, se prefiere el método 1 a los métodos 2 y 3. Si sólo se conoce u (o v), se
usa otro método que se presenta en el problema 3.101.
Diferenciales
3.9. Dada w = f (z) = z3 − 2z2, encuentre:
a)
w,
b) dw
y
c)
w − dw.
Solució n
a)
�
� �
�
Dw ¼ f (z þ Dz) � f (z) ¼ (z þ Dz)3 � 2(z þ Dz)2 � z3 � 2z2
¼ z3 þ 3z2 Dz þ 3z(Dz)2 þ (Dz)3 � 2z2 � 4zDz � 2(Dz)2 � z3 þ 2z2
¼ (3z2 � 4z)Dz þ (3z � 2)(Dz)2 þ (Dz)3
2 222 2
2 222 2
b) dw es la parte principal de
, pues, por definición,
.
¼
dz.
¼
(3z
4z)Dz
(3z
4z)
dz,
Dz
¼¼
dz.
Dw
¼¼
(3z
��
4z)Dz
¼¼
(3z
��
4z)
dz,
DzDz
¼Dz
dz.
dz.
DwDw
¼
Dw
(3z
(3z
��
4z)Dz
4z)Dz
¼¼
(3z
(3z
��
4z)
dz,
4z)
dz,
00 0 0
222 2
222 2
0
2
2
2 222 2
y dwdw
,dz,
esdz,
decir,
Observe que
¼
3z
4z4z4z
¼
(3z
4z)
i.e.,
dw=dz
3z
4z.
f f(z)
¼¼
3z
��
dw
¼¼
(3z
��
4z)
dz,
i.e.,
dw=dz
¼¼
3z
��
4z.
¼(z)
3z
�3z�
4z
¼dw
(3z
(3z
��
4z)
dz,
4z)
i.e.,
dw=dz
i.e.,
dw=dz
¼¼
3z
�3z�
4z.
4z..
f (z)
f(z)
22
33 2
2
3
22
3 2
3
22
2
Dw
¼¼
(3z
�
þþ(Dz)
¼¼
(3z
�
þþ(Dz)
Dw
�dw
�32)(Dz)
2)(Dz)
(Dz)
¼¼e(3z
Dz�
e(3z
2)Dz
(Dz)
c) DeDw
acuerdo
con
a)
y(Dz)
b),
,�
donde
� dw ¼
(3zlos
� incisos
Dw
2)(Dz)
Dw��dw
dw
þ¼
¼
Dw
(3z
(3z
�
�
¼�
dw
2)(Dz)
e�2)(Dz)
Dz
¼dw(3z
þþ
�(3z
(Dz)
e(Dz)
2)(Dz)
¼
(3z
¼¼e�
þ
Dz
eDz
2)Dz
(Dz)
þ¼(Dz)
eee¼
Dz
¼
.eDz
(3z
2)Dz
e2)Dz
¼eþ
þ
(Dz)
(Dz)
�(3z
2)Dz
.�
. 2)Dz
þ (Dz)
. 22. .
2
3
2
ee0,
00Dz
as
Dz
!
0,
(Dw
�
dw)=Dz
0dw
as
Dz
!
��dw
!
as
Dz�
!
0,i.e.,
i.e.,!
(Dw
�as
dw)=Dz
!
0Dz
as!
Dz0.
!0.0.
Dw
dw
eDw
!�0dw
as Dz
!que
0, e2)(Dz)
i.e.,
e!!
(Dw
0 0asþ
as
�
Dz
Dz
dw)=Dz
e!
!
!
0!
0,
i.e.,
as
i.e.,
(Dw
0(Dw
as
Dz
0,
�
dw)=Dz
!
dw)=Dz
0.
(Dw
�
!
0dw)=Dz
0as
Dz
Dz
!
!
!
Dw
0.0!
as
Dw
Dw��dw
dwesDw
�
dw
cuando
,!
es
decir,
.�
Se
sigue
que
un Dw
infinitesimal
¼ (3z
�
(Dz)
¼
e!
Dz
ei.e.,
¼
(3z
�
2)Dz
þ
(Dz)
.0.
Observe
Dz.
e ! 0 as Dz !de0,orden
i.e., (Dw
� dw)=Dz
as
Dw � dw
Dz.
Dz.Dz ! 0.Dz. Dz.
superior
a .! 0Dz.
Dz.
Reglas de diferenciación. Derivadas de funciones elementales
3.10. Demuestre lo siguiente suponiendo que f (z) y g(z) son analíticas en una región
a)
d
d
d
f f (z) þ g(z)g ¼
f (z) þ g(z)
dz
dz
dz
b)
d
d
d
f f (z)g(z)g ¼ f (z) g(z) þ g(z) f (z)
dz
dz
dz
�
� g(z) d f (z) � f (z) d g(z)
d f (z)
dz
dz
c) ¼
2
dz g(z)
[g(z)]
si g(z)
g(z) =
0
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.
Problemas resueltos
91
Solució n
a)
b)
d
f (z þ Dz) þ g(z þ Dz) � f f (z) þ g(z)g
f f (z) þ g(z)g ¼ lím
Dz!0
dz
Dz
f (z þ Dz) � f (z)
g(z þ Dz) � g(z)
þ lím
¼ lím
Dz!0
Dz!0
Dz
Dz
d
d
f (z) þ g(z)
¼
dz
dz
d
f (z þ Dz)g(z þ Dz) � f (z)g(z)
f f (z)g(z)g ¼ lím
Dz!0
dz
Dz
f (z þ Dz)fg(z þ Dz) � g(z)g þ g(z)f f (z þ Dz) � f (z)g
¼ lím
Dz!0
Dz
�
�
�
�
g(z þ Dz) � g(z)
f (z þ Dz) � f (z)
þ lím g(z)
¼ lím f (z þ Dz)
Dz!0
Dz!0
Dz
Dz
d
d
¼ f (z) g(z) þ g(z) f (z)
dz
dz
Observe que se aprovechó que lím z→0 f (z + z) = f (z), que es consecuencia de que f (z) sea analítica y
por ende continua (vea el problema 3.4).
U ¼ f (z), V ¼ g(z).
Otro método
U ¼UfSean
(z),f (z),
VU¼V
¼ f¼
(z þ
Dz)
�ff(z(z)
¼ g(z
Dz)
�g(z
g(z),
=
(z),
V¼
= g(z).
g(z). DU
Entonces,
y DV
es
decir, f i.e.,
¼
¼
g(z).
DU
f (z
þ¼
Dz)
�þf (z)
¼þ
g(z
þ¼
Dz)
�þg(z),
i.e.,
(z þ Dz) ¼ U þ DU, g(z þ Dz) ¼ V
¼g(z).
f (z),
V
DU
Dz) � f (z)DV
DV
Dz),i.e.,
� g(z),
PorV tanto,
f (z þ
¼f U
DU,
¼g(z
V¼þVDV.
f (zDz)
þ Dz)
þ DU,
g(z
þ Dz)
þ .DV.
(z¼þUDz)
¼g(z
Uþ
þDz)
DU,
Dz)
¼
þ DV.
d
(U þ DU)(V þ DV) � UV
UDV þ VDU þ DUDV
UV ¼ lím
¼ lím
Dz!0
Dz!0
dz
Dz
Dz
�
�
DV
DU DU
dV
dU
þV
þ
DV ¼ U
þV
¼ lím U
Dz!0
Dz
Dz
Dz
dz
dz
donde se observa que V → 0 cuando z → 0, pues se supone que V es analítica y, por tanto, continua.
Para comprobar a) también sirve un procedimiento similar.
c)
Se usa el segundo método del inciso b). Así,
� �
�
�
d U
1 U þ DU U
VDU � UDV
¼ lím
�
¼ lím
Dz!0 Dz V þ DV
Dz!0 Dz(V þ DV)V
dz V
V
�
�
1
DU
DV
V(dU=dz) � U(dV=dz)
V
�U
¼
¼ lím
Dz!0 (V þ DV)V
Dz
Dz
V2
También puede usarse el primer método del inciso b).
3.11. Demuestre que a) (d/dz)ez = ez, b) (d/dz)eaz = aeaz, donde a es una constante cualquiera.
Solució n
a)
xx xx
xx
z ¼ xþiy
xþiy ¼ xe
x sen y.
(cos
iisen
¼e
cos
¼ezezez¼
¼e exþiy
exþiy
¼¼e xe(cos
(cos
y yþ
yþ
þi sen
sen
y)y)
y)¼¼
¼uuuþþ
þiviv
ivoroor
oruuu¼e
¼e
cos
cos
y,y,
y,v vv¼¼
¼exexexsen
sen
y.y.
Por definición,www¼¼
x
x
cos
@v=@y
@v=@x
sen
�(@u=@y),
@u=@x
cos
y yy¼¼
¼@v=@y
@v=@y y @v=@x
@v=@x¼¼
¼exexexsen
sen
y yy¼¼
¼�(@u=@y),
�(@u=@y),
@u=@x¼¼
¼exexexcos
Como@u=@x
, se satisfacen las ecuaciones de CauchyRiemann. Entonces, de acuerdo con el problema 3.5, la derivada buscada existe y es igual a
@u
@v
@u @v
þ i ¼ �i þ ¼ ex cos y þ iex sen y ¼ ez
@x
@x
@y @y
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92
Capítulo 3 Diferenciación compleja y ecuaciones de Cauchy-Riemann
b) Sea w = ez, donde z = az. Entonces, de acuerdo con el inciso a) y con el problema 3.39,
d az
d
d
dz
e ¼ ez ¼ ez � ¼ ez � a ¼ aeaz
dz
dz
dz
dz
Puede procederse, también, como en el inciso a).
3.12. Compruebe que: a)
dd d
dd d
dd d
22 2
(b)
(c)(c)
tan
tan
zz¼z¼¼
sec
sec
sec
sen
sen
sen
zz¼z¼¼
cos
cos
cos
z,z,z,(b)
cos
cos
zz¼z¼¼
��sen
�sen
sen
z,z,z,y(c)
z.z.z..
b)(b) cos
c) tan
dz
dzdz
dz
dzdz
dz
dzdz
Solució n
a)
Se tiene w ¼ sen z ¼ sen(x þ iy) ¼ sen x cosh y þ i cos x senh y. . Entonces,
w ¼wsen
¼ sen
z ¼ zsen(x
¼ sen(x
þw iy)
¼
þ
¼
iy)sen
z¼¼sen
x sen(x
cosh
x cosh
yþ,þiy)
yivcos
þ¼i sen
cos
x senh
x cosh
senh
. y. þ i cos x senh .
u sen
@u=@x¼¼cos
cos
x cosh
x cosh
y y¼¼@v=@y
@v=@yand
and
@v=@x¼¼�sen
�sen
x senh
x senh
y y¼¼�(@u=@y)
�(@u=@y)
Ahora@u=@x
y @v=@x
, de manera que se satisfacen las
ecuaciones de Cauchy-Riemann. Por tanto, de acuerdo con el problema 3.5, la derivada buscada es igual a
@u
@v
@u @v
þ i ¼ �i þ ¼ cos x cosh y � i sen x senh y ¼ cos(x þ iy) ¼ cos z
@x
@x
@y @y
Otro método
�iz
�
eiz e� ee�
e,�con el problema 3.11b), se tiene
sensen
¼ze¼ �
Como
have,
using
Problem
3.11(b),
Since
sen
zz ¼
have,
using
Problem
3.11(b),
Since
2i 2i , we, we
2i
� iz� �iz � �
d d
d de �
eize� e�iz 1 d1 diz iz 1 d1 d�iz �iz 1 iz1 iz1 �iz
1
sensen
z ¼z ¼
¼ ¼ e �
¼ cos
z z
e � e e ¼ ¼e þ
e þe e�iz
¼ cos
2i dz
2 2 2 2
dz dz
dz dz 2i 2i
2i dz 2i dz
2i dz
� � �iz � �
d d
d deiz þ
eizeþ e�iz 1 d1 diz iz1 d1 d�iz �iz
(b)
b) (b) coscos
z ¼z ¼
¼ ¼ e þ
e þ e e
dz dz
dz dz 2 2
2 dz2 dz 2 dz2 dz
�iz
i i iz i �iz
eiz �
i
eize� e�iz
¼ �sen
z z
¼ ¼eiz �
¼�
e �e e�iz
¼ �sen
¼�
2 2 2 2
2i 2i
También sirve el primer método del inciso a).
c) De acuerdo con la regla del cociente del problema 3.10c), se tiene
�
� cos z d sen z � sen z d cos z
d
d sen z
dz
dz
tan z ¼
¼
cos2 z
dz
dz cos z
¼
3.13. Demuestre que
(cos z)(cos z) � (sen z)(�sen z) cos2 z þ sen2 z
1
¼
¼
¼ sec2 z
cos2 z
cos2 z
cos2 z
d 1=2
1
z1/2 es una función multivaluada.
z ¼ 1=2 , observando quez1=2
dz
2z
Solució n
Para que una función tenga derivada, debe ser unívoca. Por tanto, como z1/2 es una función multivaluada (en este
caso con dos valores), es necesario restringirse primero a una rama y después a la otra.
Caso 1
Considere primero la rama w = z1/2 en la que w = 1, donde z = 1. En este caso, w2 = z, de manera que
dz
dzdz
dw
dw
dw 11 1
dd d 1=21=2 11 1
¼¼¼
2w
2w
2w and
and
so
soso
¼¼¼
or
oroor zz1=2
z ¼¼¼ 1=2
yand
entonces
1=2
1=2
2z
dw
dw
dw
dz
dzdz 2w
2w
2w
dz
dzdz
2z2z
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Problemas resueltos
93
Caso 2
Después se considera la rama w = z1/2 en la que w = −1, donde z = 1. En este caso también w2 = z, de manera
que
1
dz
dzdz
dw dw
1dw 11 d 1=2 dd 1=2
11
¼ 2w ¼¼and
2w
and
and¼
¼¼or
oroor
z ¼z z1=2
¼¼ 1=2
y2w
entonces
dw dw
dw
dz 2w
dzdz 2w
2w dz
dzdz 2z1=2 2z2z1=2
z ¼ 0.la
En ambos casos se tiene (d=dz)z1=2 ¼ 1=(2z1=2 ).. Observe que en el punto de ramificación z = 0 no existe
derivada. En general, en un punto de ramificación una función no tiene derivada, es decir, no es analítica. Así, los
puntos de ramificación son puntos singulares.
Prove that
3.14. Compruebe
que
d
1
ln z ¼ .
dz
z
Solució n
Sea w = ln z. Entonces, z = ew y dz/dw = ew = z. Por tanto,
d
dw
1
1
ln z ¼
¼
¼
dz
dz dz=dw z
Observe que esto es válido sin importar la rama de ln z de que se trate. Observe también que la derivada no
existe en el punto de ramificación z = 0, lo que ilustra la observación al final del problema 3.13.
Prove that
3.15. Demuestre
que
d
f 0 (z)
ln f (z) ¼
.
dz
f (z)
Solució n
Sea w = ln z, donde z = f (z). Entonces,
dw dw dz 1 d z f 0 (z)
¼
� ¼ � ¼
dz
d z dz z dz
f (z)
11
dd �1�1
dd
11
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi, , (b)
3.16. Verifique que a) sen
b)
..
sen z z¼¼ppffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
tanh�1�1z z¼¼
(b) tanh
2
2
dzdz
dzdz
11��z2z2
11��z z
Solució n
a) Si se considera la rama principal de sen−1 z, de acuerdo con el problema 2.22 y con el problema 3.15, se
tiene
�
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi�� 1 d �
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi���
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi�
d
d 1 �
�1
2
sen z ¼
ln iz þ 1 � z
iz þ 1 � z2
¼
iz þ 1 � z2
dz
dz i
i dz
�
���
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi�
1
1
i þ (1 � z2 )�1=2 (�2z)
¼
iz þ 1 � z2
i
2
�
���
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi�
iz
1
iz þ 1 � z2 ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼ 1 þ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2
1�z
1 � z2
Esto también es verdadero si se consideran otras ramas.
b) Al considerar la rama principal, se tiene
�
�
1 1þz
1
1
¼ ln(1 þ z) � ln(1 � z)
tanh�1 z ¼ ln
2 1�z
2
2
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94
Capítulo 3 Diferenciación compleja y ecuaciones de Cauchy-Riemann
Así,
�
�
�
�
d
1d
1d
1
1
1
1
1
tanh�1 z ¼
ln(1 þ z) �
ln(1 � z) ¼
þ
¼
dz
2 dz
2 dz
2 1þz
2 1�z
1 � z2
Observe que en los incisos a) y b), en los puntos de ramificación z = 1, no existe la derivada.
3.17. Con las reglas de diferenciación, encuentre la derivada de las expresiones en los incisos siguientes:
�1
�1
�1
�1
�1
�1
�1
4zþ2
4zþ2
4zþ2
4zþ2
22 2 2
�1
�1
�1
�1
(2z
(2z
(2z
(2z
þ
þþþ
3i),
3i),
3i),
3i),, (b)
(b)
(b)
(b)
zzztan
tan
ztan
tan
(ln
(ln
(ln
(ln
z),
z),
z),
z),
(c)
(c)
(c)
ftanh
ftanh
ftanh
ftanh
(iz
(iz
(iz
(iz
þ
þþþ
2)g
2)g
2)g
2)g
,�1
,y, , (d)
(d)
(d)
(z(z�
(z
���
3i)
3i)
3i)
3i)
.. . .
cos
cos
cos
cos
a)
b)
, (c)
c)
d(d)
) (z
Solució n
2 2
þþ
3i,3i,z ¼
z ¼cos
cos
h,hw, w¼¼z2z2 de donde w w¼¼cos
cos
(2z(2z
þþ
3i).
3i).
a) Seah h¼¼2z2z
. Entonces, según la regla de la cadena, se
tiene
dw dw d z d h
¼
¼ (2z )(�sen h)(2) ¼ (2 cos h)(�sen h)(2) ¼ �4 cos(2z þ 3i) sen(2z þ 3i)
�
�
dz
d z d h dz
Otro método
�
�
d
d
fcos(2z þ 3i)g2 ¼ 2fcos(2z þ 3i)g
cos(2z þ 3i)
dz
dz
�
�
d
¼ 2fcos(2z þ 3i)gf�sen(2z þ 3i)g
(2z þ 3i)
dz
¼ �4 cos(2z þ 3i) sen(2z þ 3i)
b)
(b)
c)
(c)
d
d
d
f(z)[tan�1 (ln z)]g ¼ z [tan�1 (ln z)] þ [tan�1 (ln z)] (z)
dz
dz
dz
�
�
1
d
1
(ln z) þ tan�1 (ln z) ¼
¼z
þ tan�1 (ln z)
1 þ (ln z)2 dz
1 þ (ln z)2
d
d
ftanh�1 (iz þ 2)g�1 ¼ �1ftanh�1 (iz þ 2)g�2 ftanh�1 (iz þ 2)g
dz
dz
�
�
1
d
�1
�2
(iz þ 2)
¼ �ftanh (iz þ 2)g
1 � (iz þ 2)2 dz
�iftanh�1 (iz þ 2)g�2
1 � (iz þ 2)2
�
d�
d � (4zþ2) ln(z�3i) �
d
d)
(z � 3i)4zþ2 ¼
e
¼ e(4zþ2) ln(z�3i) f(4z þ 2) ln(z � 3i)g
dz
dz
dz
�
�
(d)
d
d
¼ e(4zþ2) ln(z�3i) (4z þ 2) [ln(z � 3i)] þ ln(z � 3i) (4z þ 2)
dz
dz
�
�
4z þ 2
¼ e(4zþ2) ln(z�3i)
þ 4 ln(z � 3i)
z � 3i
¼
¼ (z � 3i)4zþ1 (4z þ 2) þ 4(z � 3i)4zþ2 ln(z � 3i)
3.18. Suponga que w3 − 3z2w + 4 ln z = 0. Encuentre dw/dz.
Solució n
Se diferencia respecto de z y se considera a w función implícita de z, para tener
d 3
d
d
(w ) � 3 (z2 w) þ 4 (ln z) ¼ 0 o
dz
dz
dz
Después se despeja dw/dz y se obtiene
3w2
dw
dw
4
� 3z2
� 6zw þ ¼ 0
dz
dz
z
dw 6zw � 4=z
¼
.
dz 3w2 � 3z2
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Problemas resueltos
�1 �1
w¼
w sen
¼ sen
(t �
(t 3)
� 3)
andyand
z ¼z cos(ln
¼ cos(ln
t)., t).
Find
Find
dw/dz.
dw/dz.
3.19. Dadas
encuentre
dw/dz.
Solució n
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
dw dw=dt 1= 1 � (t � 3)2
t
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼
¼
¼�
dz
dz=dt
�sen(ln t)(1=t)
sen(ln t) 1 � (t � 3)2
3.20. En el problema 3.18, encuentre d 2w/dz2.
Solució n
� �
�
�
d2 w
d dw
d 6zw � 4=z
¼
¼
dz2
dz dz
dz 3w2 � 3z2
¼
(3w2 � 3z2 )(6z dw=dz þ 6w þ 4=z2 ) � (6zw � 4=z)(6w dw=dz � 6z)
(3w2 � 3z2 )2
El resultado buscado se encuentra al sustituir el valor de dw/dz del problema 3.18 y simplificar.
Regla de L’Hopital
3.21. Suponga que f (z) es analítica en una región
h ! 0 as z ! z0 .
donde h !h0!
cuando
as 0z !
as zz0!
. z0.
que contiene al punto z0. Compruebe que
f (z) = f (z0) + f ′(z0)(z − z0) + h(z − z0)
Solució n
f (z) � f (z0 )
0
Sea f (z) �f (z)
de manera que
�) f�
(z f) (z0 ) 0¼ h,so
z �fz(z
0 0 � f00 (z�)f ¼
¼ h so
0 (z0h) so
z � z0z � z0
f (z) = f (z0) + f ′(z0)(z − z0) + h(z − z0)
Así, como f (z) es analítica en z0, se obtiene, como se buscaba,
�
�
f (z) � f (z0 )
lím h ¼ lím
� f 0 (z0 ) ¼ f 0 (z0 ) � f 0 (z0 ) ¼ 0
z!z0
z!z0
z � z0
3.22. Suponga que f (z) y g(z) son analíticas en z0 y f (z0) = g(z0) = 0, pero g′(z0)  0. Demuestre que
f (z) f 0 (z0 )
¼ 0
z!z0 g(z)
g (z0 )
lím
Solució n
De acuerdo con el problema 3.21, y al aprovechar que f (z0) = g(z0) = 0,
f (z) ¼ f (z0 ) þ f 0 (z0 )(z � z0 ) þ h1 (z � z0 ) ¼ f 0 (z0 )(z � z0 ) þ h1 (z � z0 )
g(z) ¼ g(z0 ) þ g0 (z0 )(z � z0 ) þ h2 (z � z0 ) ¼ g0 (z0 )(z � z0 ) þ h2 (z � z0 )
donde límz!z0 h1 ¼ límz!z0 h2 ¼ 0.. Entonces, como se buscaba,
f (z)
f f 0 (z0 ) þ h1 g(z � z0 ) f 0 (z0 )
¼ lím 0
¼ 0
z!z0 g(z)
z!z0 fg (z0 ) þ h2 g(z � z0 )
g (z0 )
lím
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95
96
Capítulo 3 Diferenciación compleja y ecuaciones de Cauchy-Riemann
Otro método
f (z)
f (z) � f (z0 ) . g(z) � g(z0 )
¼ lím
z!z0 g(z)
z!z0
z � z0
z � z0
�
�.�
�
f (z) � f (z0 )
g(z) � g(z0 )
f 0 (z0 )
lím
:
¼ lím
¼ 0
z!z0
z!z0
z � z0
z � z0
g (z0 )
lím
z10
z10
z10
þþþ
111
11�
1��
cos
cos
cos
z zz
11�
1��
cos
cos
cos
z zz
(a)
(a)
(a)lím
lím
lím6 6 6 , , , (b)
(b)
(b)lím
lím
lím 2 2 2 , , ,y(c)
(c)
(c)
lím
lím
lím
...
3.23. Evalúe
a)
b)
c)
2
2
z!i
z!i
z!i
z!0
z!0
z!0 zzz
z!0
z!0
z!0sen
sen
senzzz2
111
zzzþþþ
Solució n
10 10
6 6
a) Sea
. Entonces,
(i)g(i)
= g(i)
g(i)
= 0.
0. Además, f (z) = g(z) son analíticas en z = i. Por
f (z)f ¼
(z)z¼
þ
z 1þ 1 y g(z)g(z)
¼ z¼
þz 1.þ
1.
f (i)ff¼
(i)
¼
¼ 0.¼
tanto, de acuerdo con la regla de L’Hopital,
z10 þ 1
10z9
5
5
¼
lím
¼ lím z4 ¼
z!i z6 þ 1
z!i 6z5
z!i 3
3
lím
b) Sean f (z) = 1 − cos z y g(z) = z2. Entonces, f (0) = g(0) = 0. Además, f (z) y g(z) son analíticas en z = 0. Por
tanto, según la regla de L’Hopital,
sen z
1 � cos z
lím
¼ lím
z!0
z!0 2z
z2
Como f1(z) = sen z y g1(z) = 2z son analíticas e iguales a cero cuando z = 0, puede aplicarse de nuevo la regla
de L’Hopital y obtener el límite buscado,
lím
z!0
c)
sen z
cos z 1
¼ lím
¼
z!0 2
2
2z
Método 1. Se aplica repetidas veces la regla de L’Hopital y se obtiene
lím
z!0
Método 2. Como lím
z!0
1 � cos z
sen z
cos z
1
¼ lím
¼ lím
¼
z!0 2z cos z2
z!0 2 cos z2 � 4z2 sen z2
sen z 2
2
sen z
¼ 1,, mediante una sola aplicación de la regla de L’Hopital,
z
�
��
�
sen z
sen z
1 � cos z
1
lím
¼ lím
¼ lím
z!0 sen z2
z!0 2z cos z2
z!0
2 cos z2
z
� �
�
�
�
�
sen z
1
1
1
¼
lím
¼ lím
¼
(1)
z!0
2
2
z z!0 2 cos z2
sen z2
sen z2 z2
z2
¼ 1 o, lím
1 2 ¼ 1 lím
¼ 1, con el inciso b) se escribe
lo que2lím
es ¼
equivalente,
2
z!0 z
z!0 z z!0 sen z
z!0 sen z2
�
�� 2 �
1 � cos z
1 � cos z
z
1 � cos z 1
lím
¼ lím
¼
lím
¼
z!0 sen z 2
z!0
z!0
z2
sen z2
z2
2
Método 3. Como lím
2
3.24. Evalúe límz!0 (cos z)1=z ..
Solució n
2
2
1=z 1=z
Sea w ¼ w
. Entonces,
(cos
¼ z)
(cos
z)
.
w ln
¼w
(ln¼cos
(lnz)=z
cos2z)=z2, donde se considera la rama principal del logaritmo. Mediante
la regla de L’Hopital,
ln cos z
(�sen z)= cos z
¼ lím
z!0
z2
2z
�
� �
�
��
sen z
1
1
1
¼ lím
¼ (1) �
¼�
�
z!0
2 cos z
2
2
z
lím ln w ¼ lím
z!0
z!0
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Problemas resueltos
97
Pero como la función logarítmica es una función continua, se tiene
�
�
1
lím ln w ¼ ln lím w ¼ �
z!0
z!0
2
o límz!0 w ¼ e�1=2, que es el valor buscado.
2 2
límlím
coscos
z ¼z ¼
1 1 y límlím
1=z1=z
¼¼
1,1
el límite buscado tiene la “forma indeterminada” 1∞.
Observe que, como
z!0
z!0
z!0
z!0
Puntos singulares
3.25. E
n las funciones siguientes, localice e indique las singularidades en el plano finito z y determine si son
singularidades aisladas o no.
ffiffi
pffiffipffiffipffiffipp
ln(z
�
ln(z
ln(z
2)ln(z
�
2)�
2)2)
z sen
z z ffiffizpffiffi
z z z z z
ln(z
�
2)�
sensensen
z sen
ln(z
�
2)
z
z
sen
,
,
(b)
,
(b)
,
(b)
f
(z)
(b)
f
(z)
¼
f
(z)
¼
f
sec(1=z),
(z)
¼
sec(1=z),
¼
sec(1=z),
sec(1=z),
(c)
(c)
(c)
f
(z)
(c)
f
(z)
¼
f
(z)
¼
f
(z)
¼
¼
,
,
(d)
,
(d)
,
(d)
f
(z)
(d)
f
(z)
¼
f
(z)
¼
f
(z)
¼
¼
f (z)
f (z)
f (z)
¼
f (z)
¼
¼
p
ffiffi
p
ffiffi
p
ffiffi
p
ffiffi
a)¼
b)
,
c)
d
)
¼¼
sec(1=z),
¼
¼
22¼2 2 2 2 , ,(b)(b)f (z)
4 4 4 4 4 , ,(d)(d)f (z)
2f(z
2(zþ
2f(z
2(zþ
2¼
f (z)
sec(1=z),(c)(c)
(z)
(z)
z¼ z¼p
z ffiffizpffiffi
zf (z)
(zf2(z(z)
(zf2(z(z)
þ
þ
4)
4)
4)
4)
þ
þ
2z
2z
þ
þ
2z
2)þ
2z
þ
2)2z
þ
2)þ
2)2) 4
2þ
2þ
2
2
2
(z
(zþ
4)
z
(z þ 2z þ 2)
(z þ 4)
Solució n
z z z z z
z z z z z
z z z z z
f (z)
f (z)
¼
f (z)
¼
f (z)
¼
¼2¼2 2¼
¼ ¼z¼ ¼
¼ z¼ ¼ ¼ ¼
. .z . .
a)
2 2 2
2 2 2 2
2 ¼
2 2 22 2 2 2 . .
fþ
(z)
2(z
fþ
(z)
¼
¼
2þ
2
4)
þ(z
þ
4)
4)
(z
�þ
�
2i)
(z2i)
2i)
�
(z2 (z
�
2i)2i)2i)2 2
(z2(z
(z4)
(z
(z
þ
þ
2i)
(z
2i)
þ
(z
þ
2i)
2i)
f(z
þ
f(z
2i)(z
f(z
2i)(z
þ
þ
2i)(z
�
2i)(z
�
2i)g
2i)g
�
�
2i)g
2i)g
2f(z
2 f(z þ 2i)(z � 2i)g
2(z(z
þ
4)
2
(z � 2i)
(z þ 4)
(z þ 2i)2�
f(z þ 2i)(z � 2i)g
Como
z z z z 1z 1 1 1 1
2 2 2 2
2¼
0¼
=
0 =
0=
01 0
límlím
(zlím
(z
�lím
�
2i)
(z
2i)
�
(z
f (z
(z)
�
2i)
f�
(z)
2i)
¼
f 2i)
(z)
¼
lím
f (z)
lím
límlím
¼
¼2 =
¼2 z=
¼
2¼
2lím
2 8i
lím
flím
(z)
¼
z!2i
z!2i
z!2i
z!2i
z!2i
z!2i
z!2i
z!2i
8i
=0
lím
(z
�
2i)
f
(z)
¼2i)
2 8i ¼
(z
(z
þ
þ
2i)
(z
þ
(z
þ
2i)
2i)8i
z!2i
z!2i
(z
þ
z!2i
z!2i
(z 2i)
þ 2i)2 8i 8i
z = 2i es un polo de orden 2. De manera similar, z = −2i es un polo de orden 2.
Como puede hallarse un d tal que ninguna otra singularidad además de z = 2i se encuentre en el interior del
círculo |z − 2i| = d (es decir, se elige d = 1), se concluye que z = 2i es una singularidad aislada. De manera
similar, z = −2i es una singularidad aislada.
¼ 1=cos(1=z),
cos(1=z) ¼
1=z ¼
1)p
b) Como sec(1/z)sec(1=z)
= 1/cos(1/z),
las singularidades se presentan donde cos(1/z)
= 0,
0, i.e.,
es decir,
1/z(2n
=þ(2n
+=21)o
p, donde n ¼ 0, +1, +2, +3, . . . .. Además, como f (z) no está definida
z¼
2=(2n +
þ 1)
1)p,
en0,z = 0, se
p/2 o zz=¼2/(2n
¼0
concluye quez también
z = 0 es una singularidad.
Ahora, mediante la regla de L’Hopital,
�
�
2
z � 2=(2n þ 1)p
lím
f (z) ¼
lím
z�
z!2=(2nþ1)p
z!2=(2nþ1)p
(2n þ 1)p
cos(1=z)
lím
1
� sen(1=z)f�1=z2g
¼
z!2=(2nþ1)p
¼
f2=(2n þ 1)pg2
4(�1)n
¼
=0
sen(2n þ 1)p=2 (2n þ 1)2 p2
z ¼ 2=(2n þ 1)=p,
+1,
+2,
p, nz¼þ
z ¼ singularidades
2=(2n þz 1)=
p, þ
¼ 2=(2n
Por tanto, las
¼0,1)=
2=(2n
1)=. .p.,,
y
n ¼ 0, +1, n+2,
. . .+1,
¼ 0,
+2,
.
.
.
son
polos
de
orden
uno,
es
decir,
n ¼ 0, +1, +2, . . .
z ¼ +2=p,
polos simples. Observe que estos polos se encuentran
p, p
+2=5
p
,
.
.
.
sobre el eje real en z ¼ +2=p, z+2=3
¼ +2=
,
z ¼ +2=p,
−2/5p 2/5p
y+2=3
que
+2=3p, +2=5
p, .p.existe
,. +2=5
p, .+2=5
.cantidad
. p, . . .infinita en un intervalo
x
+2=3una
finito que contiene al 0 (vea la figura 3-9).
2/3p
−2/p
−2/3p
2/p
Como cada uno de estos polos puede encerrarse
en un círculo de radio d que no contenga ninguna otra
singularidad, se concluye que son singularidades aisladas. Hay que observar que entre más cerca esté la
Figura 3-9
singularidad del origen, la d requerida será menor.
Como no es posible hallar ningún entero positivo n tal que límz!0 (z � 0)n f (z) ¼ A = 0,, se concluye que
z = 0 es una singularidad esencial. Además, como todo círculo de radio d con centro en z = 0 contiene puntos
singulares distintos de z = 0, sin importar cuán pequeño se tome d, se ve que z = 0 es una singularidad no
aislada.
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98
Capítulo 3 Diferenciación compleja y ecuaciones de Cauchy-Riemann
z ¼ �1 + i,
uþ2p
)
c) El punto
esi(un
punto
de ramificación y es una singularidad no aislada. Además, como z2 + 2z + 2 = 0,
z ¼ reziu=¼2 re
donde z = −1 i, se concluye que z2 + 2z + 2 = (z + 1 + i)(z + 1 − i) y que z = −1 i son polos de orden
z ¼ �1 + i,
0 �cuales
u , 2son
p. singularidades aisladas.
4, los
d ) A primera vista, parece que z = 0 es un punto de ramificación. Para probar esto, sea z ¼ reiu ¼ rei(uþ2p),
donde 0 ≤ u < 2p.
0 � u , 2p.
Si z ¼ reiu, se tiene
p
ffiffiffiffi iu=2
p
sen(
sen( ffiffi rreeiu=2))
ff (z)
prffiffieiiuu=2
(z) ¼
¼ p
re =2
z ¼ reiu ,
i(
u
þ2
p
)
Si z ¼ re
, se tiene
p
p
p
pffiffirffiffieiiuu=2
pffiffirffiffieiiuu=2
pffiffirffiffieiiuu=2
pi
=2)
sen(
r e =2)) ¼ sen(
r e =2eepi)) ¼ sen(�
sen(
sen(�
sen(
p
ffiffi
p
ffiffi
p
ffiffiffiffi rieu=2 )
ff (z)
¼
p
ffiffi
p
¼
¼
(z) ¼ prffiffieiiuu=2
p
i
i
u
=2
�
rreeiu=2
r e =2eepi
� rreeiu=2
3.26. a)
Por tanto,
tiene en realidad sólo una rama y z = 0 no puede ser punto de ramificación. Como
pffiffi lapfunción
ffiffi
límz!0 sen z = z ¼ 1,, se concluye que z = 0 es una singularidad removible. .
Localice e indique todas las singularidades de f (z) ¼
b) Determine dónde es analítica f (z).
z 8 þ z4 þ 2
.
(z � 1)3 (3z þ 2)2
Solució n
a) En el plano finito z, las singularidades se encuentran en z = 1 y z = −2/3; z = 1 es un polo de orden 3 y
z = −2/3 es un polo de orden 2.
Para determinar si existe una singularidad en z = 1/w (el punto al infinito), sea z = ∞. Así,
f (1=w) ¼
(1=w)8 þ (1=w)4 þ 2
1 þ w4 þ 2w8
¼ 3
3
2
w (1 � w)3 (3 þ 2w)2
(1=w � 1) (3=w þ 2)
Por tanto, como w = 0 es un polo de orden 3 de la función f (1/w), se concluye que z = ∞ es un polo de orden
3 de la función f (z).
Por tanto, la función dada tiene tres singularidades: un polo de orden 3 en z = 1, un polo de orden 2 en
z = −2/3 y un polo de orden 3 en z = ∞.
b) Según el inciso a), se concluye que f (z) es analítica en todas partes del plano finito z, excepto en los puntos
z = 1 y z = −2/3.
Familias ortogonales
3.27. S
ean u(x, y) = a y v (x, y) = b, que representan dos familias de curvas y donde u y v son las partes real e
imaginaria de una función analítica f (z), y a y b son constantes. Demuestre que si f ′(z)  0, estas familias
son ortogonales (es decir, en su punto de intersección, cada miembro de una familia es perpendicular a cada
miembro de la otra familia).
Solució n
Considere dos miembros arbitrarios de las respectivas familias, por ejemplo, u(x, y) = a1 y v (x, y) = b1, donde a1
y b1 son constantes particulares [figura 3-10].
Se diferencia u(x, y) = a1 respecto de x y se obtiene
Así, la pendiente de u(x, y) = a1 es
@u @u dy
@u þ @u dy ¼ 0
@x þ @y dx ¼ 0
@x @y dx
dy
@u . @u
dy ¼ � @u . @u
dx ¼ � @x @y
dx
@x @y
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99
Problemas resueltos
De manera similar, la pendiente de v (x, y) = b1 es
. @v
dy
@v.
.
dydy¼ �@v@v
@v@v
dx¼ ¼
� �@x @y
dxdx @x@x @y@y
Ahora
@u
@v @v
@u
@u @v
@v
@u
f 0 (z)
¼@u@uþ i@v@v¼@v@v� i@u@u= 0 ) either@u@u¼@v@v= 0 o @v@v¼ �@u@u= 0
either
ya
sea@x¼ ¼@y==
i ¼ ¼@y� �
i ==
either
f 0 (z)
f 0 (z)
i @x
i @y
0 0 ))
0 0o o @x¼ ¼
� �@y==
00
¼ ¼@xþ þ
@x@x @x@x @y@y @y@y
@x@x @y@y
@x@x @y@y
A partir de estas ecuaciones y desigualdades, se concluye que el producto de las pendientes es −1 (donde ninguna
de las derivadas parciales es cero), o una pendiente es 0 y la otra es infinita, es decir, una recta tangente es horizontal y la otra es vertical cuando
@u @v
¼ ¼0
@x @y
o
@v
@u
¼� ¼0
@x
@y
Por tanto, si f ′(z)  0, las curvas son ortogonales.
y
u(x
,y
)=
b1
, y)
u(x
1
=a
y
B
D
b
C
z
wt
O
a
A
x
x
E
Figura 3-11
Figura 3-10
3.28. E
ncuentre las trayectorias ortogonales de la familia de curvas en el plano xy definidas como e−x(x sen y −
y cos y) = a, donde a es una constante real.
Solució n
De acuerdo con los problemas 3.7 y 3.27 se sigue que e−x(y sen y + x cos y) = b, donde b es una constante real,
es la ecuación buscada de las trayectorias ortogonales.
Aplicaciones en geometría y mecánica
3.29. U
na elipse C tiene como ecuación z = a cos vt + bi sen vt, donde a, b, v son constantes positivas, y a > b
y t es una variable real. a) Represente gráficamente la elipse y muestre que a medida que t aumenta a partir
de t = 0, la elipse se recorre en dirección contraria a las manecillas del reloj. b) Encuentre un vector unitario
tangente a C en cualquier punto.
Solució n
a) A medida que t aumenta de 0 a p/2v, de p/2v a p/v, de p/v a 3p/2v y de 3p/2v a 2p/v, el punto z
se mueve sobre C de A a B, de B a D, de D a E y de E a A, respectivamente (es decir, se mueve en dirección
contraria a las manecillas del reloj, como se muestra en la figura 3-11).
b) Un vector tangente a C en cualquier punto t es
dz
¼ �av sen vt þ bvi cos vt
dt
Así, un vector unitario tangente a C en cualquier punto t es
dz=dt
�a sen vt þ bi cos vt
�av sen vt þ bvi cos vt
¼
¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
jdz=dtj j�av sen vt þ bvi cos vtj
a2 sen2 vt þ b2 cos2 vt
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100
Capítulo 3 Diferenciación compleja y ecuaciones de Cauchy-Riemann
3.30. E
n el problema 3.29, suponga que z es el vector posición de una partícula que se mueve sobre C y que t es
el tiempo.
a)
Determine la velocidad y la rapidez de la partícula en cualquier momento.
b)
Determine la aceleración, tanto en magnitud como en dirección, en cualquier momento.
c)
Compruebe que d 2z/dt2 = −v2z y dé una interpretación física.
d)
Determine dónde tienen la velocidad y la aceleración su mayor y menor magnitud.
Solució n
v sen
vtbvi
þ bcos vi cos
¼ dz=dt
¼ �a
a) Velocidad = dz/dt
= −av
sen vt +
vt. vt:
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
Rapidez = magnitud de la velocidad ¼ jdz=dtj ¼ v a2 sen2 vt þ b2 cos2 vt
2
2
2
¼v�a
d 2 z=dt
2
2 v cos vt �2 bv i sen vt:
¼ �a
cos vt � bv i sen vt:.
b) Aceleración ¼ d 2¼z=dt
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2
2
2
2
Magnitud de la aceleración
¼
j
¼
2 jd z=dt
2
2 v 2 a22cos2 vt 2þ b22sen vt
¼ jd z=dt j ¼ v a cos vt þ b sen vt
c) De acuerdo con el inciso b), se ve que
d 2 z=dt2 ¼ �av2 cos vt � bv2 i sen vt ¼ �v2 (a cos vt þ bi sen vt) ¼ �v2 z
Físicamente, esto significa que en cualquier momento la aceleración se dirige al punto O y la magnitud es
proporcional a la distancia instantánea a O. A medida que la partícula se mueve, su proyección sobre los ejes x
y y describe lo que suele conocerse como un movimiento armónico simple con periodo 2p/v. A la aceleración
también se le conoce como aceleración centrípeta.
d ) De acuerdo con los incisos a) y b), se tiene
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
q
q
Magnitud de la velocidad¼¼vv aa22sen
(a22��bb22))sen
sen22vvttþþbb22
sen22vvttþþbb22(1
(1��sen
sen22vvt)t)¼¼vv (a
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2 cos2 vt þ b2 (1 � cos2 vt) ¼ v22pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼
v
cos22vvttþþbb22
a
(a22��bb22))cos
2
2
2
2
2
¼
v
cos
v
t
þ
b
(1
�
cos
v
t)
¼
v
a
(a
Magnitud de la aceleración
Entonces, la velocidad tiene su mayor magnitud [dada por va] donde sen vt = 1, es decir, en los puntos B y
E [figura 3-11], y su menor magnitud [dada por vb] donde sen vt = 0, es decir, en los puntos A y D.
De manera semejante, la aceleración tiene su mayor magnitud [dada por v2a] donde cos vt = 1, es decir,
en los puntos A y D, y su menor magnitud [dada por v2b] donde cos vt = 0, es decir, en los puntos B y E.
En teoría, los planetas del sistema solar se mueven en trayectorias elípticas en las que el Sol se encuentra en
uno de sus focos. En la práctica, estas trayectorias muestran una cierta desviación de una trayectoria elíptica
exacta.
Gradiente, divergencia, rotor y laplaciano
3.31. Prove
Demuestre
la equivalencia
de operators:
los operadores:
Provethe
theequivalence
equivalence
of
ofthe
the
�� operators:
��
@@ @@ @@
@@
@@ @@
(a)
(a) ¼¼ þþ , ,(b)
where
wherezz¼¼xxþþiy,
iy,z�z�¼¼xx��iy.
iy.
(b)
a)
b) ¼¼i i ��
donde
.
@x
zz
@y
@y
@z
@z @�@�
zz
@x @z
@z @�@�
Solució n
Si F es una función continua diferenciable, entonces
@z @�z @F @F
@�z @F @F
@F @F
@F @z @F@F
@
@@ @@
@
lo queshowing
muestra
la equivalencia
¼þ
þ¼
¼
þ
the
equivalence
þ
showing
the equivalence
¼ þ
¼ . þ ..
(a)¼
@x
@zz @�z
@x @x
@z @x @z @�
z @x @�z @x
@z @�
@x @z
@x @�
@z
z @�z
� �
�
�
�
� �
�
@�z @F @F @F
@z @�z @F @F
@F @F
@F @z @F @F
@F @F @F
@
@ @
@@
@
queshowing
muestra
la equivalencia
.
b) (b) ¼ ¼ þ þ ¼ ¼
the
equivalence
(i) þ (i) þ
(�i) ¼(�i)
i ¼ i� �lo
showing
the equivalence
¼ i ¼�
i
�
(b)
@y @y
@z @y @z @y
@�z @y @�z @y
@z @z @�z @�z
@z @z
@�z @�z
@y @y @z @�
@z
z @�z
a)
(a)
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Problemas resueltos
;
3.32. Muestre que a) rr ;
101
@@
@@
@@
@@
@@
@@
þ
þii ¼
¼ 22 , b) rr ;
; �
�ii ¼
¼ 22 .
@x
@�
zz
@x @y
@y
@�
@x
@x @y
@y
@z
@z
Solució n
De acuerdo con las equivalencias del problema 3.31, se tiene
�
�
@
@
@
@
@
@
2 @
�
¼2
(a)
a) r ; þ i ¼ þ þ i
@x
@y @z @�z
@z @�z
@�z
�
�
@
@
@
@
@
@
@
b) r ; � i ¼ þ � i2
�
¼2
(b)
@x
@y @z @�z
@z @�z
@z
3.33. S
uponga que F(x, y) = c [donde c es una constante y F es continuamente diferenciable] es una curva en el
plano xy. Muestre que grad F ¼ rF ¼ (@F=@x) þ i(@F=@y) es un vector normal a la curva.
Solució n
Se tiene dF ¼ (@F=@x)dx þ (@F=@y)dy ¼ 0. En términos del producto punto [vea la página 7], esto se expresa
como
rF ¼ (@F=@x) þ i(@F=@y)
�
�
@F
@F
þi
� (dx þ i dy) ¼ 0
@x
@y
dF ¼ (@F=@x)dx þ (@F=@y)dy ¼ 0
Pero dx + i dy es un vector tangente a C. Por tanto, rF ¼ (@F=@x) þ i(@F=@y) debe ser perpendicular a C.
�
�
@P @Q
@Q @P
@B
3.34. Muestre que
donde B(z, z� ) ¼ P(x, y) þ iQ(x, y)..
¼ 2 , where
�
þi
þ
@x @y
@x @y
@�z
Solució n
De acuerdo con el problema 3.32, rB ¼ 2(@B=@�z).. Por tanto,
�
�
�
�
@
@
@P @Q
@Q @P
@B
þi
(P þ iQ) ¼
�
þi
þ
¼2
rB ¼
@x
@y
@x @y
@x @y
@�z
3.35. S
ea C la curva en el plano xy definida por 3x2y − 2y3 = 5x4y2 − 6x2. Encuentre un vector unitario normal a
C en (1, −1).
Solució n
Sea F(x, y) = 3x2y − 2y3 − 5x4y2 + 6x2 = 0. De acuerdo con el problema 3.33, un vector normal a C en (1, −1)
es
@F
@F
2
4
� 20x3@F
rF ¼ @Fþ i @F¼ (6xy @F
y2 þ
6y2 �
7i 4
2 12x) þ i(3x3 �
2 10x y)
4 2¼ �14
2 þþ
rF ¼@x þ@y
i rF
¼¼
(6xy �þ20x
þ(6xy
12x)�þ20x
i(3xy2 �
�þ10x
y)�
¼6y
�14
7i y) ¼ �14 þ 7i
i 3 y¼
þ 6y
12x)
i(3x
� 10x
@x
@y
@x
@y�14 þ 7i
�2 þ i
2�i
�14 þ 7i¼ p
�2�14
2�i
�2
ffiffiffi þ iþ 7i
p2ffiffiffi�þii
ffiffiffi . Otro¼vector
p
Así, un vector unitario normal a C en (1, −1) esj�14 þ 7ij ¼ p
p
ffiffiffiffiffiffiunitario es pffiffiffi .
5
5
j�14 þ 7ij
j�14
5 þ 7ij
5
55
3.36. Suponga que A(x, y) = 2xy − ix2y3. Encuentre a) grad A, b) div A, c) |rot A| y d ) laplaciano A.
Solució n
a)
�
�
�
�
�
@
@ �
@�
@�
þi
2xy � ix2 y3 ¼
2xy � ix2 y3 þ i
2xy � ix2 y3
grad A ¼ rA ¼
@x
@y
@x
@y
�
�
�
�
¼ 2y � 2ixy3 þ i 2x � 3ix2 y3 ¼ 2y þ 3x2 y2 þ i 2x � 2xy3
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102
Capítulo 3 Diferenciación compleja y ecuaciones de Cauchy-Riemann
b)
div A ¼ r � A ¼ RefrAg ¼ Re
��
�
�
�
@
@ �
�i
2xy � ix2 y3
@x
@y
@
@
(2xy) � (x2 y3 ) ¼ 2y � 3x2 y2
@x
@y
� ��
�
��
�
� �
@
@ �
c) jcurl
|rot Aj
A| ¼ jr � Aj ¼ jImfrAgj ¼ ��Im
�i
2xy � ix2 y3 ��
@x
@y
� �
�
�
�
�@
@
�
�
¼ �� (�x2 y3 ) � (2xy)�� ¼ � �2xy3 � 2x�
@x
@y
¼
d)
laplaciano
A ¼ r2 A ¼ RefrrAg ¼
Laplacian A
¼
@2 A @2 A
@2
@2
þ 2 ¼ 2 (2xy � ix2 y3 ) þ 2 (2xy � ix2 y3 )
2
@x
@y
@x
@y
@
@
(2y � 2ixy3 ) þ (2x � 3ix2 y2 ) ¼ �2iy3 � 6ix2 y
@x
@y
Problemas diversos
3.37. Demuestre que las ecuaciones de Cauchy-Riemann se expresan en forma polar como
@u 1 @v
,
¼
@r r @u
@v
1 @u
¼�
@r
r @u
Solució n
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
Se tiene x ¼ r cos u, y ¼ r sen u o r ¼ x2 þ y2 , u ¼ tan�1 ( y=x). Entonces,
!
�
�
@u @u @r @u @u @u
x
1 @u
! @u � �y � @u
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
¼
þ
¼
¼ @u cos u � 1 @u sen u þ
@u
@u
@r @@u
@@xu @u
2 �y
2
2 xþ y2
@x ¼ @u
@r @x
@r
@
x
@r
u
u
þ
y
x
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi þ
þ
¼
¼ cos u � r @u sen u
r @u
@x @r @x @u @x @r
x2 þ y2 ! @u �x2 þ y2 � @r
y
1 @u
@u @u @r @u @u @u
! @u � x � @u
ffi þ @u 2 x 2 ¼ @u sen u þ1 @u cos u
¼ @r þ @u @u ¼ @u pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
@u
2 yþ y2
@y ¼ @u
@r @y þ @u @y ¼ @r pxffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi þ @u x2 þ y2 ¼ @r sen u þr @u cos u @y @r @y @u @y @r
@u x þ y
@r
r @u
x2 þ y2
(1)
(2)
De igual manera,
@v @v @r @v @u @v
1 @v
¼
þ
¼ cos u �
sen u @x
@r
@x
@
@r
u
@x
1r @@vu
@v @v @r @v @u @v
¼
þ
¼ cos u �
sen u
1r @v
@v @v
@r @@vu @@xu @v
@r
@u
@x
@r @x
¼
þ
¼ sen u þ
cos u
@r
@y
@r @y
@v @v
@r @@vu @@yu @v
1r @@vu
¼
þ
¼ sen u þ
cos u @y @r @y @u @y @r
r @u
De acuerdo con la ecuación de Cauchy-Riemann @u=@x ¼ @v=@y, con (1) y (4),
�
�
�
�
@u 1 @v
@v 1 @u
�
þ
cos u �
sen u ¼ 0 @r r @u
@r r @u
De acuerdo con la ecuación de Cauchy-Riemann @u=@y ¼ �(@v=@x), con (2) y (3) se tiene
�
�
�
�
@u 1 @v
@v 1 @u
�
þ
cos u ¼ 0
sen u þ
@r r @u
@r r @u
Se multiplica (5) por cos u, (6) por sen u y se suman, para obtener
@u 1 @v
�
¼0
@r r @u
o
@u 1 @v
¼
@r r @u
Se multiplica (5) por −sen u, (6) por cos u y se suma, para obtener
@ v 1 @u
@v
1 @u
�
¼�
¼0 o
@r r @u
@r
r @u
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(3)
(4)
(5)
(6)
Problemas resueltos
103
3.38. V
erifique que, expresadas en forma polar, las partes real e imaginaria de una función analítica de una variable
compleja satisfacen la ecuación [ecuación de Laplace en forma polar]
@2 C 1 @C 1 @2 C
þ
¼0
þ
@r 2
r @r r2 @u2
Solució n
Del problema 3.37,
@v
@u
¼r
@v@u @u@r ¼r
@u@v @r1 @u
¼�
@v@r
1 @u
¼ � r @u
@r
r @u
(1)
(2)
Para eliminar v se diferencia (1) parcialmente respecto de r y (2) respecto de u. Así,
�
�
� �
@22 v
@ � @v �
@ � @u�
@2 u @u
@ v ¼ @ @v ¼ @ r @u ¼ r @2 u þ @u @r @u ¼ @r @u ¼ @r r @r ¼ r @r22 þ @r
@r
@r @r
@r @u @r @u
@r
� �
�
�
@ �@v�
1 @22 u
@ � 1 @u�
@22 v
@ v ¼ @ @v ¼ @ � 1 @u ¼ � 1 @ u
@u @r ¼ @u @r ¼ @u � r @u ¼ � r @u22 @u @r @u @r
@u
r @u
r @u
(3)
(4)
Pero
@2 v
@2 v
¼
@r @u @u @r
suponiendo que las segundas derivadas parciales son continuas. Por tanto, de (3) y (4),
r
@2 u @u
1 @2 u
þ ¼�
2
@r
@r
r @u2
o
@2 u 1 @u 1 @2 u
þ
þ
¼0
@r2 r @r r 2 @u2
De manera similar, mediante la eliminación de u se encuentra
@2 v 1 @v 1 @2 v
þ
þ
¼0
@r2 r @r r 2 @u2
con lo que se llega al resultado buscado.
3.39. Suponga que w = f (z), donde z = g(z). Suponga que f y g son analíticas en una región
y demuestre que
dw dw dz
�
¼
dz
dz dz
Solució n
Suponga que z se incrementa z  0, de manera que z + z está en
mentarán z y w, respectivamente, donde
Dw ¼ f (z þ Dz ) � f (z ),
. Entonces, en consecuencia, z y w se incre-
Dz ¼ g(z þ Dz) � g(z) (1)
Observe que cuando z → 0, se tiene w → 0 y z → 0.
Si z  0, se escribe e = ( w/ z) − (dw/dz) de manera que e → 0 cuando z → 0 y
Dw ¼
dw
Dz þ eDz dz
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(2)
104
Capítulo 3 Diferenciación compleja y ecuaciones de Cauchy-Riemann
Si z = 0 para valores de z, entonces (1) muestra que w = 0 para estos valores de z. Para estos casos, se
define e = 0.
Se sigue que, en ambos casos, z  0 o z = 0, se satisface la ecuación en (2). Al dividir (2) entre z  0 y
tomar el límite cuando z → 0, se tiene
�
�
dw
Dw
dw Dz
Dw
¼ lím
¼ lím
þe
dz Dz!0 Dz Dz!0 d z Dz
Dz
¼
dw
Dz
Dw
� lím
þ lím e � lím
dz Dz!0 Dz Dz!0 Dz!0 Dz
¼
dw d z
d z dw d z
� þ0� ¼
�
dz d z dz
dz dz
0 0 0
u1 (x,
u1 (x,
uy)1 (x,
¼
y) @u=@x
¼
y) @u=@x
¼ @u=@x
u2 (x,
uy)2 (x,
¼
y) @u=@y
¼
y) @u=@y
¼ @u=@y
(z)
f (z)
¼
f (z)
u¼1 (z,
u¼1 (z,
u0)1 (z,
�
0) iu
�
0)2iu
�
(z,2iu
(z,
0).
0).0)..
3.40. a) Suponga que
y u2 (x,
. Compruebef que
2 (z,
b) Muestre que el resultado obtenido en a) sirve para resolver los problemas 3.7 y 3.8.
Solució n
@u
@u
@u
� i @u¼ u1 (x, y) � iu2 (x, y).
f 0 (z) ¼@u @u
0
�
f
(z)
¼
0 i @x¼ u1 (x,
2 (x, y).
a) De acuerdo con el problema 3.5, se tiene@xf (z)@y
i y)¼�uiu
¼ �@y
1 (x, y) � iu2 (x, y)..
@x
@y
f 0 (x) ¼ u1 (x, 0) � iu2 (x, 0).
0 0) � iu2 (x, 0)..
Con y = 0, esto se convierte en f 0 (x) ¼ u1f(x,
(x) ¼ u1 (x, 0) � iu2 (x, 0).
f 0 (z) ¼ u1 (z, 0) � iu2 (z, 0)..
Después, al sustituir x por z, se tiene, como se deseaba,
f 0 (z) ¼ u1 (z,
2 (z, 0).
f 0 (z)0)¼�uiu
1 (z, 0) � iu2 (z, 0).
b) Como se da u ¼ e�x (x sen y � y cos y),, se tiene
@u
y þ ye�x cos y
u1 (x,
@uy) ¼�x ¼ e�x sen�xy � xe�x sen
¼ e @xsen y � xe sen y þ ye�x cos y
u1 (x, y) ¼
@x
@u
u2 (x,
y � e�x cos y
@uy) ¼ �z ¼ xe�z cos�zy þ ye�z sen
u2 (x, y) ¼
¼ xe@y cos y þ ye sen y � e�x cos y
@y
de manera que, según el inciso a),
f 0 (z) ¼ u1 (z, 0) � iu2 (z, 0) ¼ 0 � i(ze�z � e�z ) ¼ �i(ze�z � e�z )
Al integrando respecto de z se tiene, salvo una constante, f (z) = ize−z. Se separa esto en parte real y parte
imaginaria, y v = e−x(y sen y + x cos y) salvo una constante.
3.41. S
uponga que A es real o, de manera más general, suponga que Im A es armónica. Verifique que |rot grad A| =
0.
Solució n
Si A = P + Qi, se tiene
grad A ¼
Entonces,
�
�
�
�
@
@
@P @Q
@P @Q
þi
(P þ iQ) ¼
�
þi
þ
@x
@y
@x @y
@y @x
� ��
��
�
����
�
�
@
@
@P @Q
@P @Q
�
|rot grad
grad A
�i
�
þi
þ
jcurl
Aj| ¼ ��Im
�
@x
@y @x @y
@y @x
� � 2
���
�
�
�
� � 2
�
@ P @2 Q
@2 P @2 Q
@2 P @2 Q
@ P @2 Q ��
¼ ��Im
þ
i
þ
�
�
i
þ
�
þ
@x2 @x @y
@x @y @x2
@y @x @y2
@y2 @y @x �
�
� 2
�@ Q @2 Q�
¼ �� 2 þ 2 ��
@x
@y
Por tanto, si Q = 0, es decir, A es real, o si Q es armónica, |rot grad A| = 0.
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Problemas complementarios
3.42. Resuelva la ecuación diferencial parcial
105
@2 U @2 U
þ 2 ¼ x2 � y2.
@x2
@y
Solució n
1 2 222 2 212 2 1 22
x¼¼
(zþþxz� )=2,
z�¼)=2,
y¼¼
z�¼)=2i:
�y2y2¼x¼212(z
) ¼þ
Sean z z¼¼x xþþiy,
,¼dexz� manera
que
Entonces,
ziy,
¼z� z�x¼
þ
x xiy,
�
iy
z�iyiy,
�
(z
þ
z� )=2,
(z(z
z� )=2i:
(z
� (z
z� )=2i:
�
�
¼
z� z�y)2(z
� )þ z� 2 ) y
z¼
¼
x�þ
¼ iyxx�
iy(z
xy¼
(z
þ��
z�y)=2,
y¼
�x2xz�.2)=2i:
�
2(zxyþþ
2(zz
2
22
2
U @2@@U
UU @2 U
U 2 @2 U @2 U
@222U @2 U@22@U
@2@U
þ
¼
r
U
¼
4
þ
¼
þ
r
U
¼
¼
4
r
U
4¼4
þ
¼
r¼ U
2 22 @x2@y2 @y2@z@z@�
@x@x2 2 @y@y
@x
z@�z @z @�z @z @�z
Por tanto, la ecuación diferencial parcial dada se convierte en 4(@2 U=@z @�z) ¼ 12(z2 þ z� 2 ) o
� �
@ @U
1
¼ (z2 þ z� 2 ) @z @�z
8
(1)
Se integra (1) respecto de z (tratando a z como constante),
@U z3 z�z2
¼ þ
þ F1 (�z) @�z
24
8
(2)
donde F1( z ) es una función arbitraria de z. Al integrar (2) respecto de z,
U¼
z3 z� z�z3
þ
þ F(�z ) þ G(z) 24 24
(3)
donde F ( z ) es la función obtenida al integrar F1( z ), y G(z) es una función arbitraria de z. Se sustituye z y z por
x + iy y x − iy, respectivamente, y se obtiene
�
1 � 4
x � y4 þ F(x � iy) þ G(x þ iy)
U¼
12
Problemas complementarios
Derivadas
3.43. Con la definición, encuentre la derivada, en el punto indicado, de las funciones siguientes.
2z �
2z
� ii� i
2z
�2 �2
¼z �i,
¼
�i,�i,y(c)
(c)(c)
(z)f (z)
¼ 3z
¼
3z�2
3z;; zz ;¼
;; zz ;¼
ff(z)
¼
þ2 4iz
4iz
þ 4iz
�
� 55�þ
þ5 i;i;
þzzi;¼
¼z 2,
¼
2, 2,(b)
(b)
ff(z)
(z)f (z)
¼
¼¼
¼z 1¼
1þ
þ1 i.i.
þ i.
(a)
(a)
ff(z)
(z)f (z)
¼
¼ 3z
¼
3z223zþ
a) (a)
b)(b)
c)
þz 2i
2i
þ 2i
zz þ
d
3.44. Demuestre que (z2 z� ) no existe en ninguna parte.
dz
3.45. Determine si |z|2 tiene derivada en alguna parte.
3.46. Dadas las funciones siguientes determine los puntos singulares, es decir, los puntos en los que la función no es
z z
3z 3z
��
2 2
. .
analítica. Determine la derivada en todos los demás puntos.(a)
a)(a) , ,y(b)(b)
b)2 2
z þz þ
i i
z zþ þ
2z 2z
þþ
5 5
Ecuaciones de Cauchy-Riemann
3.47. V
erifique que la parte real y la imaginaria de las funciones siguientes satisfacen las ecuaciones de CauchyRiemann, y concluya si estas funciones son analíticas.
�z �zy c)
a)(a)
b) (b)
5iz
þ 5iz
þ
þ 33þ�
�3 i,i,
� i,(b)
(b)
ff(z)
(z)f (z)
¼
¼ ze
¼
ze�z
ze,, ,(c)
(c)(c)
ff(z)
(z)f (z)
¼
¼ sen
¼
sensen
2z.
2z.2z.
(a)
(a)
ff(z)
(z)f (z)
¼
¼ z¼
z22 þ
zþ2 5iz
3.48. M
uestre que la función x2 + iy3 no es analítica en ninguna parte. Concilie esto con el hecho de que las ecuaciones
de Cauchy-Riemann se satisfacen en x = 0 y y = 0.
3.49. Demuestre que si w = f (z) = u + iv es analítica en una región
, entonces dw=dz ¼ @w=@x ¼ �i(@w=@y)..
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106
Capítulo 3 Diferenciación compleja y ecuaciones de Cauchy-Riemann
3.50. a ) Compruebe que la función u = 2x(1 − y) es armónica. b) Encuentre una función v tal que f (z) = u + iv sea
analítica [es decir, encuentre la función conjugada de u]. c) Exprese f (z) en términos de z.
3.51. Responda el problema 3.50 con la función u = x2 − y2 − 2xy − 2x + 3y.
2
3.52. Verifique que las ecuaciones de Cauchy-Riemann se satisfacen para las funciones a) ez , b) cos 2z y c) senh 4z.
3.53. D
etermine cuáles de las siguientes funciones u son armónicas. Para cada función armónica, encuentre la función
armónica conjugada v y exprese u + iv como función analítica de z.
a) 3x2y + 2x2 − y3 − 2y2,
b) 2xy + 3xy2 − 2y3,
c) xez cos y − yez sen y
y
d ) e−2xy sen(x2 − y2).
3.54. a) Verifique que  = ln[(x − 1)2 + (y − 2)2] es armónica en toda región en la que no esté comprendido el punto
(1, 2). b) Encuentre una función  tal que  + i sea analítica. c) Exprese  + i como función de z.
3.55. Suponga que Im{f ′(z)} = 6x(2y − 1) y f (0) = 3 − 2i, f (1) = 6 − 5i. Encuentre f (1 + i).
Diferenciales
3.56. Sea w = iz2 − 4z + 3i. Encuentre a) w,
b) dw,
c) w − dw en el punto z = 2i.
3
3.57. Suponga que w = (2z + 1) , z = −i, z = 1 + i. Encuentre a) w y b) dw.
3.58. Sea w = 3iz2 + 2z + 1 − 3i. Encuentre a) w,
b) dw,
c) w/ z
y
d ) dw/dz donde z = i.
� � � �
� �2 2
� �
(Dz=2)
DwDw
sensen
Dz Dz
sensen
(Dz=2)
¼ cos
2 sen
w sen
¼ sen
z
z z
� 2�sen
z z
. ..
z. Muestre
que ¼ cos
3.59. a) Suponga que w ¼
Dz Dz
Dz Dz
Dz Dz
b) Suponga que límDz!0
sendw
Dz
dw
sen Dz
¼ cos z..
¼Dz!0
1,y compruebe
¼ cos
1, que
z.
lím
dz
Dz
Dzdz
c) Muestre que dw = (cos z) dz.
3.60. a) Sea w = ln z. Muestre que si z/z = z, entonces w/ z = (1/z) ln {(1 + z )1/z}.
b) Suponga que límz!0 (1 þ z)1=z ¼ e y verifique que dw/dz = 1/z.
c) Muestre que d(ln z) = dz/z.
3.61. Dadas restricciones para f (z) y g(z), demuestre que
a) df f (z)g(z)g ¼ ff (z)g0 (z) þ g(z)f 0 (z)gdz
(a)
(a) df f (z)g(z)g ¼ ff (z)g0 (z) þ g(z)f 0 (z)gdz
(b) df f (z)=g(z)g ¼ fg(z)f 00 (z) � f (z)g00 (z)gdz=fg(z)g22
b) df f (z)=g(z)g ¼ fg(z)f (z) � f (z)g (z)gdz=fg(z)g
(b)
Reglas de diferenciación. Derivadas de funciones elementales
3.62. Suponga que f (z) y g(z) son analíticas en una región
. Compruebe que
0
0
0
a)
, (b)
b)d=dzf
(z)��(1(1þþi)g
i)g0 (z),
(z),
(b)
d=dzff f(z)g
(z)g2 2¼¼2f2f(z)f
(z)f0 (z),
(z),,
(a)
(a)d=dzf2if
d=dzf2if(z)
(z)��(1(1þþi)g(z)g
i)g(z)g¼¼2if
2if0 (z)
(a) d=dzf2if (z) � (1 þ i)g(z)g ¼ 2if (z) � (1 þ i)g (z), (b) d=dzf f (z)g ¼ 2f (z)f (z),
0
(c)d=dzf
d=dzff (z)g
f (z)g�1�1¼¼�ff
�ff(z)g
(z)g�2�2f f0(z).
(z).
c)
(c)
3.63. Con las reglas de diferenciación, encuentre la derivada de cada función siguiente:
22222
�3
�3
�3
�3
�3
22222
�
���
�
3z
3z
3z
3z
3z
�
���
�
2,
2,2,2,
2, (b)
(b)
(b)
(b)
(b)
(2z
(2z
(2z
(2z
(2z
þ
þþþ
þ
3i)(z
3i)(z
3i)(z
3i)(z
3i)(z
�
���
�
i),
i),
i),
i),
i), (c)
(c)
(c)
(c)
(c)
(2z
(2z
(2z
(2z
(2z
�
���
�
i)=(z
i)=(z
i)=(z
i)=(z
i)=(z
þ
þþþ
þ
2i),
2i),
2i),
2i),
2i), (d)
(d)
(d)
(2iz
(2iz
(2iz
(2iz
(2iz
þ
þþþ
þ
1)
1)
1)
1)
1)
,, , ,,y(e)
(e)
(e)
(e)
(e)
(iz
(iz
(iz
(iz
(iz
�
���
�
1)
1)
1)
1)
1)
(a)
(a)
(a)
(a)
(a)
(1
(1
(1
(1
þ
þþþ
þ
4i)z
4i)z
4i)z
4i)z
4i)z
a)(1
b)
c)
d(d)
)(d)
e)
.
3.64. Encuentre las derivadas de las funciones siguientes en el punto indicado:
(a)
(z (z
þþ
2i)(i
2i)(i
��
z)=(2z
z)=(2z
��
1),1),
z¼
z¼
i, i,y(b)(b)
fz fz
þþ
(z2(zþ2 þ
1)21)
g22,g2z, ¼
z¼
1þ
1þ
i. i.
a)(a)
b)
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Problemas complementarios
107
d d
d d
2 2
z tan
z ¼z ¼
secsec
z tan
z, z,y(b)(b)
z ¼z ¼
�csc
�csc
z. z..
3.65. Compruebe que(a)
a)(a) secsec
b) cotcot
dz dz
dz dz
zz
dd
1=2
1)1=2
¼¼ 22
3.66. Demuestre que a) (z(z22þþ1)
1=2 ,
dz
dz
1)1=2
(z(z þþ1)
que pueda haber.
b)
2zþþ22
dd
2z
ln(z
ln(z22þþ2z
2zþþ2)
2)¼¼ 22
e indique cualquier restricción
dz
dz
zz þþ2z
2zþþ22
3.67. Encuentre las derivadas de cada una de las funciones siguientes, e indique las restricciones que pueda haber.
222 2
1=2
1=2
1=2
333 3222 2
222 2
2 2
sen
3sen
sen
(z=2),
(z=2),
(z=2),
(z=2),(b)
(b)
(b)
tan
tan
tan
tan
(z
(z(z(z�
�
��
3z
3z
3z3z
þ
þ
þþ
4i),
4i),
4i),
4i), (c)
(c)
(c)
ln(sec
ln(sec
ln(sec
ln(sec
zzzþ
þ
þ
zþ
tan
tan
tan
tan
z),
z),
z),z), (d)
(d)
cscf(z
cscf(z
cscf(z
cscf(z
þ
þ
þþ
1)
1)
1)1=2
1)
g,
g,g,g,y(e)
(e)
(e)(e)
(z
(z(z22(z
�
�
��
1)
1)
1)1)
cos(z
cos(z
cos(z
cos(z
þ
þ
þþ
2i).
2i).
2i).
2i).
a)333sen
b)(b)
c)(c)
d(d)
)(d)
e)
Prove
Prove that
that
(a)
3.68. Verifique
que (a)
a)
p
p
pffiffiffiffi �2=3 p
pffiffiffiffi
pffiffiffiffi 1=3 11 �1=2
dd
dd
3=2
1=2
(1þ
þzz22))3=2
¼
¼ 3z(1
3z(1þ
þzz22))1=2
,y, (b)
(b)
¼
¼ zz�1=2(z(zþ
þ22 zz))�2=3
(( zzþ
þ1).
1)..
(1
þ22 zz))1=3
b) (z(zþ
dz
dz
33
dz
dz
d d �1 �1
1 1
d d �1 �1
1 1
ffi. ffi..
z) ¼
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
b) (sec
3.69. Compruebe que(a)
a)(a) (tan(tan
(sec z) ¼
z) ¼2 2 , y,(b)(b)
z) ¼pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
dz dz
dz dz
z þ
z 1þ 1
z zz2 �
z2 1� 1
3.70. Demuestre que a)
d d �1 �1
1 1
ffi ffiy
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
senh
senh z ¼z ¼
dz dz
1 þ1 zþ2 z2
�1�1
d d �1 �1
ffi ffi.
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
cschz ¼z ¼pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
b) csch
dz dz
z zz2 þ
z2 1þ 1
3.71. Encuentre las derivadas de las expresiones siguientes:
�1�1
2 2
�1�1
�1�1
fsen
(2z(2z
��
1)g1)g
, , (c)
(c)cos
cos
(sen
(sen
z�
z�
cos
cos
z),z), (e)(e)
coth
(z (z
csccsc
2z)2z)
a) fsen
c)
e)coth
p
p
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
�1=2
�1=2
�1=2
3
�1
�1
�1 22 2
�1
�1
�1
22 2��
b)
d(d)
) tan
(b)
(b)
(b)lnfcot
lnfcot
lnfcot
zz zg,g,g,
(d)
(d)
tan
tan
(z
(z(zþ
þþ3i)
3i)
3i)
,, , ((f(f)f)f))ln(z
ln(z
ln(z�
��3232 þ
3z
3z3zþ
þþ2i
2i2i
)) )
2þþ zz z �
pffipffi
�1 �1
z þz 2i)
þ 2i)
andyand
z ¼z ¼t . Encuentre
(z �
(z 1),
� 1),
z ¼z senh(3
¼ senh(3
t
w¼
w cos
¼ cos
3.72. Suponga que
dw/dt.
�1 �1
3.73. Sean
yand
Encuentre dw/dz.
w¼
w¼
t sec(t
t sec(t
� 3i)
� 3i)
and
z ¼z ¼
sensen
(2t(2t
� 1).
� .1).
3.74. Suponga que w2 � 2w þ sen 2z ¼ 0.. Encuentre a) dw/dz y
b) d2w/dz2.
3.75. Dada w ¼ cos z, z ¼ tan(z þ pi)., encuentre d 2w/dz2 en z = 0.
� �
� �
�1 (zþ3i)
ln z ln z
tan�1
tan(zþ3i)
3.76. Encuentre a) d=dzfz
d=dzfz
g g y b)
d=dz
d=dz
[sen(iz
[sen(iz
��
2)]2)]
: .:
3.77. Encuentre las segundas derivadas:
p
p
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffi ffi
222 2
�1
�1
�1�1
2 2
�1
�1
�1�1
sen
sen
3 sen
(2z
(2z
(2z(2z
�
�
�1�
11þ
þ
þ
1 i),
þ
i),
i),i),(b)
(c)
(c)
senh(z
senh(z
senh(z
senh(z
þ
þ
þ1)
þ
1)
1)221)
,,, ,(d)
111þ
þ
þ
1 zþ
zz... z.
(b)
(b)
ln
ln
lntan
ln
tan
tantan
zzz222,,z, 2 ,(c)
(d)
(d)
cos
cos
cos
cos
(ln
(ln
(ln(ln
z),
z),
z),z),y(e)
(e)
(e)(e)
sech
sech
sech
sech
a)333sen
b)(b)
c)(c)
d )(d)
e)
Regla de L’Hopital
���
� � ���
� � � 22222 2
�
�
2
22þþ
zz2zz2z2þ
zpzzi=3
zzzzz��
�
2iz
2iz
2iz
�
�
�
1�
11�
z
z2iz
þ
zþ4244þ
�
z�
2iz
�
�
1 �1
zz z
44 z42 þ 4
2iz
�
112iz
ppi=3
i=3
i=3
ppp
i=3
p
i=3
i=3
,
,
,
(b)
(b)
(b)
lím
lím
lím
,
,,,3,y(c)
(c)
(c)
lím
lím
lím
. .... 2.
(a)
(a)lím
lím
lím
(z
(z
(z
�
�
�
e
e
e
)
)
)
,
(b)
lím
, lím
(c)
lím
.
(a)2222lím
(z
�
e
)
3.78. Evalúe (a)
a)
b)
c)
,
,
(b)
(b)
lím
lím
,(c)
(c)
lím
(a)
(a)
lím
lím
(z
�
(z
e
�
e
)
)
,
(b)
lím
(c)
lím
(a)
lím
(z
�
e
)
2
3
3
3
4
4
4
2
2
2
2
4
2
3
3
4
4
2
3
4
2
p
i=3
p
i=3
p
i=3
p
i=3
p
i=3
p
i=3
p
i=3
z!i
z!i
z!i
z!2i
z!2i
z!2i
z!2i
z!i
z!i
z!i
z!2i
z!2i
z!2i
2z
2z
2zþ
zzzzzþþ
zzzzzþþ
þ
þ
(3(3
(3
�
�
�
4i)z
4i)z
4i)z
��
�
6i6i
6i
þ
111þ
þ
2z
2z
2zþ
þ
þ
12þ
11þ
2z
z2z
þ
(3
4i)z
z!e
z!e
z!e
zþ
2z
2z
zþ
þ
(3
þ
�
(3
4i)z
�
4i)z
�
6i
�
6i � 6i
þ
þ
2z
þ
þ
2z
þ
(3
�
4i)z
�
6i
11 z1 þ 1z!i
2z
þ
112z1 þ 1
z!e
z!e z!e
z!e
���
� z�zzz�
��
��� �
�
�
eeeeez ez ez
zzz�
�
sen
sen
zsen
zzzz�z sen z
�
zsen
sen
�
zz�
�
sen
(a)
(a)
lím
lím
.
.... ..
(b)
(b)
(b)
lím
lím
lím
(z
(z
(z
�
�
�
m
m
p
m
p
i)
p
i)
i)
(a)33lím
.
(b)
lím
(z
�
m
p
i)
y
b)
3.79. Evalúe (a)
a)lím
(a)
(a)
lím
lím
(b)
(b)
lím
lím
(z
�
(z
m
�
p
m
i)
p
i)
(a)
lím
(b)
lím
(z
�
m
p
i)
z!m
z!m
p
pippp
iiii pz!m
pi
z!0
z!0
z!0
z!m
z!m
i
z!m
z!0
z!0zzzzz!0
z!0
z333 z3 z3 z!m
sen
sen
sen
zsen
zzzz z sen z
sen
sen
�1
�1
�1�1
22222 2�1222222 2
�1
�1
tan
tan
tan
(z(z
(zþ
þ
þ
1)1)
1)(z1) þ 1)2
tan
tan
tan
(z
(z
þ
1)
þ
tan
(z
þ
1)
�1
�1
�1�1 �1
�1
�1
0000¼
0¼
¼
0. 0.
tan
tan
0tan
¼ −1
0. 0 = 0.
tan
, donde la rama de la inversa de la tangente se elige tan
de
manera
que
3.80. Encuentre
lím
lím
lím
¼
00.0.
0.
¼
tan
tan
¼
0.
tan
lím
lím 22lím
lím
2
2
22 22222 2
2 þ 1)
z!i
z!i
z!i
z!i
z!i
z!i
sen
sen
sen
(z!i
z(((z(zzzþ
þ
1)1)
1)
sen
(z1)
sen
sen
(þ
zþ
1)
þ
sen
þ
1)
2�
2222 2 �
���
� � ���
�1=z
�
�
�
1=z
1=z
1=z 1=z2
1=z
sen
sen
sen
zsen
zzzz1=z
z
sen
z sen
sen
lím
lím
.
3.81. Evalúelím
lím
lím lím . .... .
lím
z!0
z!0
z!0
z!0
z!0zzzzzz!0
z!0
z
z
Puntos singulares
3.82. Localice e indique las singularidades en el plano finito z de las funciones siguientes.
2
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
p
p
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi ffiffi ffi ffi
ln(z
þ
3i)
z2�
�
3z
cos
ln(z
ln(z
ln(z
þ
þ
3i)
3i)
3i)
zz2z2z2�
cos
cos
cos
cos
zzzzz
�
�
3z
3z
3z
3z
ln(z
þþ
3i)
�1
�1
�1
�1
�1
2þ
222þ
2þ
(b) 22222 ,,, , ,(c)
(a)22222
(c)
sen
(1=z),
z(z
þ
(e)
,,, , ,(b)
(b)
(b)
(b)
a)
b)
c)
, (d)
d(d)
)(d) z(z
e)
(a)
(a)
(a)
(a)
(c)
(c)
(c)
sen
sen
sen
sen
(1=z),
(1=z),
(1=z),
(1=z),
(d)
(d)
z(z
z(z
z(z
þ
1)
1)
1)
1)
,,1)
, , y,(e)
(e)
(e)
(e)
3333
z
z
þ
2z
þ
2
zzzz
zzzzþ
þ
þþ
2z
2z
2z
2z
þ
þ
þþ
2222
(z
þ
i)
(z(z
(z(z
þ
þ
þþ
i)
i)i)3i)
3.83. Muestre que f (z) = (z + 3i)5/(z2 − 2z + 5)2 tiene polos dobles en z = 1
x2
3.84. Muestre que e tiene una singularidad esencial al infinito.
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2i y un polo simple al infinito.
108
Capítulo 3 Diferenciación compleja y ecuaciones de Cauchy-Riemann
3.85. Localice e indique todas las singularidades de las funciones siguientes.
22 2
22 2 y c) 22 2
3=2
3=2
3=2
a)
b)(b)
(a)
(a)
(a)
(z(z(z
þþþ
3)=(z
3)=(z
3)=(z
���
1),
1),
1), (b)
(b)
csc(1=z
csc(1=z
csc(1=z
),),), (c)
(c)
(c)
(z(z(zþþþ
1)=z
1)=z
1)=z
.. .
Familias ortogonales
3.86. Encuentre las trayectorias ortogonales de las siguientes familias de curvas:
a) x3y − xy3 = a
y
b) e−x cos y + xy = a.
3.87. Encuentre las trayectorias ortogonales de la familia de curvas r2 cos 2u = a.
3.88. S
epare f (z) = z + 1/z en parte real y parte imaginaria, y muestre que las familias (r2 + 1) cos u = ar y
(r2 − 1) sen u = br son trayectorias ortogonales, y verifique por otro método.
3.89. Sea n una constante real arbitraria, y demuestre que r n = a sec nu y r n = b csc nu son trayectorias ortogonales.
Aplicaciones en geometría y mecánica
3.90. Una partícula se mueve a lo largo de la curva z = e−t(2 sen t + i cos t).
a) Encuentre un vector unitario tangente a la curva en el punto en el que t = p/4.
b) Determine las magnitudes de la velocidad y aceleración de la partícula en t = 0 y t = p/2.
3.91. U
na partícula se mueve a lo largo de la curva z = aeivt. a) Muestre que su rapidez es siempre constante e igual
a va.
b) Muestre que la magnitud de su aceleración es siempre constante e igual a v2a.
c) Muestre que la aceleración siempre se dirige a z = 0.
d) E
xplique la relación entre este problema y el de una piedra en el extremo de una cuerda que se hace girar en
un plano horizontal.
3.92. L
a posición en el tiempo t de una partícula que se mueve en el plano z está dada por z = 3te−4it. Encuentre la
magnitud de a) la velocidad y b) la aceleración de la partícula en t = 0 y en t = p.
pffiffiffi
3.93. Una partícula P se mueve a lo largo de la recta x + y = 2 en el plano z con una rapidez uniforme 3 2 pies/seg
desde el punto z = −5 + 7i hasta el punto z = 10 − 8i. Si w = 2z2 − 3 y P′ es la imagen, en el plano w, de P,
encuentre la magnitud de a) la velocidad y b) de la aceleración de P′ después de 3 segundos.
Gradiente, divergencia, rotor y laplaciano
3.94. Sea F = x2y − xy2. Encuentre a) F
y
2
3.95. Sea B = 3z + 4z. Encuentre a) grad B,
b)
2
F.
b) div B,
c) |rot B| y
d ) laplaciano B.
3.96. S
ea C la curva en el plano xy definida por x2 − xy + y2 = 7. Encuentre un vector unitario normal a C a) en el punto
(−1, 2) y b) en cualquier punto.
3.97. Encuentre la ecuación de la recta normal a la curva x2y = 2xy + 6 en el punto (3, 2).
3.98. Muestre que
2
| f (z)|2 = 4| f ′(z)|2. Para ilustrar, elija f (z) = z2 + iz.
3.99. Compruebe que
2
{FG} = F 2G + G 2F + 2 F ⋅ G.
3.100. Demuestre que div grad A = 0 si A es imaginaria o, de manera más general, si Re{A} es armónica.
Problemas misceláneos
3.101. Sea f (z) = u(x, y) + iv (x, y). Verifique que:
a) f (z) = 2u(z/2, −iz/2) + constante
y
b) f (z) = 2iv (z/2, −iz/2) + constante.
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109
Problemas complementarios
3.102. Con el problema 3.101 halle f (z) si a) u(x, y) = x4 − 6x2y2 + y4 y
b) v (x, y) = senh x cos y.
3.103. S
uponga que V es la rapidez instantánea de una partícula que se mueve a lo largo de una curva plana C. Compruebe
que el componente normal de la aceleración en cualquier punto de C está dado por V 2/R, donde R es el radio de
curvatura en ese punto.
3.104. Encuentre una función analítica f (z) tal que Re{ f ′(z)} = 3x2 − 4y − 3y2 y f (1 + i) = 0.
3.105. Muestre que la familia de curvas
a2
x2
y2
þ 2
¼1
þl b þl
en la que −a2 < l < −b2 es ortogonal a la familia en la que l > −b2 > −a2.
3.106. D
emuestre que la ecuación F(x, y) = constante puede expresarse como u(x, y) = constante, en donde u es
armónica si y sólo si la expresión siguiente es función de F:
@2 F=@x2 þ @2 F=@y2
(@F=@x)2 þ (@F=@y)2
3.107. Ilustre el resultado del problema 3.106 considerando (y + 2)/(x − 1) = constante.
3.108. Sea f ′(z) = 0 en una región
. Compruebe que f (z) debe ser una constante en
.
3.109. Suponga que w = f (z) es analítica y se expresa en coordenadas polares (r, u). Demuestre que
dw
@w
¼ e�iu
dz
@r
3.110. Suponga que u y v son funciones armónicas conjugadas. Verifique que
dv ¼
3.111. Dadas u y v armónicas en una región
@u
@u
dy � dx
@x
@y
, demuestre que la expresión siguiente es analítica en
�
� �
�
@u @v
@u @v
�
þi
þ
@y @x
@x @y
:
3.112. Compruebe que f (z) = |z|4 es diferenciable pero no analítica en z = 0.
3.113. Dada f (z) analítica en una región
y f (z)f ′(z)  0 en
, demuestre que  = ln | f (z)| es armónica en
.
3.114. E
xprese las ecuaciones de Cauchy-Riemann en términos de las coordenadas curvilíneas (, h), donde
x = e cosh h, y = e senh h.
3.115. Muestre que una solución de la ecuación diferencial
L
d2 Q
dQ Q
þ ¼ E0 cos vt
þR
2
dt
dt C
donde L, R, C, E0 y v son constantes, está dada por
�
�
E0 eivt
Q ¼ Re
iv[R þ i(vL � 1=vC)]
Esta ecuación surge en la teoría de la corriente alterna de la electricidad.
[ Sugerencia. Reescriba el lado derecho como E0eivt y después suponga una solución de la forma Aeivt, donde hay
que determinar A].
3.116. Muestre que
2
{f (z)}n = n2| f (z)|n−2| f ′(z)|2, con restricciones a f (z).
3.117. Resuelva la ecuación diferencial parcial
@2 U @2 U
8
þ 2 ¼ 2
..
@x2
@y
x þ y2
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110
Capítulo 3 Diferenciación compleja y ecuaciones de Cauchy-Riemann
4
@4 U
@4 U
@4 U
3.118. Demuestre
que r4 U ¼ r2 (r2 U) ¼ @ U4 þ 2 2 2 þ 4 ¼ 16 2 2 .
Prove that
@x
@x @y
@y
@z @�z
3.119. Resuelva la ecuación diferencial parcial
@4 U
@4 U
@4 U
þ
2
þ
¼ 36(x2 þ y2 )..
@x4
@x2 @y2 @y4
Respuestas a los problemas complementarios
3.43. a) 12 + 4i, b) −5i y c) 3/2 + 3i/2
3.50. b) 2y + x2 − y2, c) iz2 + 2z
3.46. a) −i, i/(z + i)2; b) −1
3.51. b) x2 − y2 + 2xy − 3x − 2y
2i, (19 + 4z − 3z2)/(z2 + 2z + 5)2
3.53. a) v = 4xy − x3 + 3xy2 + c, f (z) = 2z2 − iz3 + ic, b) no es armónica
2
c) yex cos y + xex sen y + c, zez + ic y d) −e2xy cos(x2 − y2) + c, −ieix + ic
�1
�1
�1
�1
�1
�1
�1
f(y
�
2)=(x
�
1)g,
(c)
2i
ln(z
�
11�
�
2i)
3.55.
66þ
þ
3i
(b)
�2
tan
�1
�1
f(y
f(y
f(y
f(y
�
�
�
�
2)=(x
2)=(x
2)=(x
2)=(x
�
�
�
�
1)g,
1)g,
1)g,
1)g,
(c)
(c)
(c)
(c)
2i
2i
2i
2i
ln(z
ln(z
ln(z
ln(z
�
�
�
�
11111�
�
2i)
2i)
2i)
2i)
3.55.
3.55.
3.55.
3.55.
þ
3i
3i
3i
3i
(b)
(b)
(b)
(b)
�2
�2
�2
tan
tan
tan
tan
�1
�1
f(y
�
2)=(x
�
1)g,
(c)
2i
ln(z
�
�
2i)
3.55.66666þ
þ
3i
(b)
�2
tan
f(y
�
2)=(x
�
1)g,
2i
ln(z
�
�
2i)
3.55.
þ
3i
(b)
�2
tan
f(y
f(y
�
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p
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ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
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p
p
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p
p
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
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1=2
1=2
1=2
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1=2
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3.73.
sec(t
�
sec(t
3i)f1
�
3i)f1
ttan(t
tan(t
þ
t3i)g(t
�
tan(t
3i)g(t
��
)1=2
� t2 )1=2
�3[cosh(3
�3[cosh(3
3.72.
3.73.
zzzzþ
2i)]=2(2z
2i)]=2(2z
�
�
zz�
tt1=2
3.73.
3.73.
sec(t
�
�
3i)f1
3i)f1
þ
þ
ttþ
tan(t
�
�
3i)g(t
�
�
tt�
))t1=2
�3[cosh(3
�3[cosh(3
ln
z�1 − w), b) {cos2 2z − 2(1 − w)2 sen 2z}/(1 − w)3,
z�1
z�1
z�1
3.74.(a)
(cos
2z)/(1
3.75. −cosh4 p
(a)
2zlnlnln
lnzzz
2z
ln
(a)
2z
ln
z�1
(a) 2zlnlnlnz�1
ln
z
z�1
tan−1(z+3i)22 2
−1
ln
z�1
2 cot(iz − 2) + [ln sen(iz − 2)]/[z2 + 6iz − 8]}
ln
z�1
ln
ln
ln
ln
z�1
z�1
z�1
(a)
2z
ln
z�
(a)
2z
lnln
z�
3.76.
a)2z
2)]2z
tan
(z
+
(a)
2z
z�
(a)
24
cos(4z
þ
2i),
(b)44−
4csc
csc
2z2222�
�16z
16z2}{i
csc
2z2222cot
cot2z
2z2223i)
(a)
24
cos(4z
222b)
þ
2i),
csc
2z
(a)
2z
(a)
2z
zyz�1
ln{[sen(iz
z (b)
(a)
(a)
2z
ln
ln
zzln
(a)
24
cos(4z
þ
2i),
(b)
csc
2z
�
16z
csc
2z
cot
2z
2
2
2
2
(a) 24 cos(4z � 2 þ 2i), (b) 4 csc 2z2 2 � 16z2 2 csc 2z2 2 cot 2z2 2
2csc2z
22þ
2csc2z
2cot2z
22 22�
22 222csc
22 222cot
22 2222
3.77.
a)24
b)
24
(a)
(a)
24
cos(4z
cos(4z
�
�
21)
þ
2i),
2i),
(b)
(b)
422csc
csc
2z
�
16z
16z
2z
2z
(c)
2cosh(z
cosh(z
þ
þ
4(z
þ
þ
(c)
224
þ
1)
4(z
1)
(a)
24
(a)
cos(4z
24
cos(4z
�
2i),
2þ
þ
(b)
2i),
csc
(b)
2z
4�2�
csc
2z
�
16z
�csc
16z
2z
csc
cot
2z
2z cot 2z2
(a)
(a)
(a)
24
cos(4z
cos(4z
cos(4z
�
�
�
21)
2�
222þ
þ22þ
2i),
2i),
2i),
(b)
(b)
(b)
41)
441)
4csc
csc
2z
2z2z
�
16z
16z
16z
csc
csc
csc
2z
2z
2z
cot
cot
cot
2z
2z2z
(c)
224
cosh(z
þ
þ
4(z
þ
c) 2 cosh(z þ 1)2222 þ 4(z þ 1)2222 senh(z + 1)2, d) (1 − ln z − ln2 z)/z2(1 − ln2z)3/2 y
(c)
2þ
22þ
22 2þ
22 2 2
3=2
3=2
3=2
(c)
2cosh(z
cosh(z
þ
1)
þ
4(z
1)
2z
(c)
cosh(z
1)1)
4(z
1)
(c)
2cosh(z
þ
1)
(e)
�i(1
þþ
3z)=4(1
þ4(z
z)
z3=2
(e)
þ
3z)=4(1
þ
z)
(c)
2cosh(z
cosh(z
(c)
2þ
cosh(z
þ
1)
þ
4(z
1)
þ
1)
4(z þ 1)2
(c)
(c)
222�i(1
þ
1)
1)
þ
þ2þ
4(z
4(z
þ
þ
1)
1)
e)
(e)
�i(1
þ
3z)=4(1
þ
z)
zþ
2 3=2
(e) �i(1 þ 3z)=4(1 þ �z)
z3=2
pffiffiffiffiffiffiffi�ffi2�ffi� 3=2
p
�
p
�
3=2
2
2
3=2
23=2
22 2z3=2
�1=6
ii i
m
3=2
(e)
(e)
�i(1
�i(1
þþ
þ
3z)=4(1
3z)=4(1
þ
þz)
z)z)
z)
�1=6
(a)
(16
þ
12i)=25,
(b)
�
=6,y(c)
(c)�1=4
�1=4 3.79.
3.79. a)
(a)
1/6,
(b)eeempi
emmmpppip/cosh
=coshm
3.80.
3.81.
e�1=6
(a)
(16
þ
12i)=25,
(b)
33ffiffi3ffi�=6,
(a)
1/6,
=cosh
3.81.
ee�1=6
(e)
�i(1
(e)
þ
�i(1
3z)=4(1
þþ
3z)=4(1
þ
zi3=2
þ
z=6,
3.78.
a)�i(1
b)
c)
3.79.
1/6
y (b)
b)
mp
3.80.1111 3.81.
e−1/6
(e)
(e)
(e)
�i(1
�i(1
þ
3z)=4(1
3z)=4(1
3z)=4(1
þ
þ
z)
z1�
zz�
�11zz)
(a)
(16
þ
12i)=25,
(b)
iipz)
(c)
�1=4
3.79.
(a)
1/6,
(b)
=cosh
mmppp 3.80.
3.80.
3.81.
mpi
�1=6
p
ffiffi
ffi
�
p
ffiffi
ffi
�
(a) (16 þ 12i)=25, (b)�����1� �p
ipp
3
=6,
(c)
�1=4
3.79.
(a)
1/6,
(b)
e
=cosh
m
p
3.80.
1
3.81.
e
ffiffi
ffi
�
ffiffiffi�
ffiffiffiffiffip
ffi�� ffiffiffi�=6,p
mp
p
ii
�1=6
i iip
p
�1=6
m
p
im
�1=6
�1=6
(a)
(16
þ
12i)=25,
(b)
1�
�
(c)
�1=4
3.79.
(a)
1/6,
(b)
=cosh
m
pp
3.80.
3.81.
e3.81.
(a)
(16
þþ
12i)=25,
(b)
�
i ii 3i33331=6,
=6,
(c)
�1=4
3.79.
(a)
1/6,
(b)
emmd)
mm
pii;
3.80.
3.81.
(a)
(16
12i)=25,
(b)
1�
(c)
�1=4
3.79.
(a)
1/6,
(b)
emepmpmepi=cosh
=cosh
p
3.80.
113.80.
3.81.
e�1=6
3.82.
a)
z(16
=
−1
i;þpolos
z=cosh
=
0,
puntos
(a)
(a)
þ
(16
12i)=25,
12i)=25,
(b)111simples
1�
3=6,
�=6,
i(c)
(c)
3�1=4
=6,
�1=4
(c) �1=4
3.79.(a)
3.79.
(a)
1/6,
(a)
(b)
(b)
=cosh
em
m
=cosh
m3.80.
pde111ramificación
13.81.
3.81.
1 eee�1=6
e�1=6 e�1=6
(a)
(a)
(16
(16
þ
þ
12i)=25,
12i)=25,
(b)
(b)
i(b)
i�
=6,
(c)
�1=4
3.79.
3.79.
(a)
1/6,
1/6,
(b)
(b)
ee1/6,
=cosh
m
p
p
3.80.
3.80.
3.81.
b) z = −3i; punto de ramificación, z = 0; polo de orden 2
e) z = −i; polo de orden 3
c) z = 0; punto de ramificación logarítmica
3.85. a) z = i;ppolo
ffiffiffiffiffiffiffi simple
b) z ¼ 1= mp, m ¼ +1, +2, +3, . . .; polos simples, z = 0; singularidad esencial, z = ∞; polo de orden 2
c) z = 0; punto de ramificación, z = ∞; punto de ramificación
3.86. a) x4 − 6x2y2 + y4 = b y b) 2e−x sen y + x2 − y2 = b 3.87. r2 sen 2u = b
p
pffiffiffiffiffi ffi p
pffiffiffiffiffi ffi
2e��pp=2=2
3.90. a) i y b) Velocidad: 55,, 55ee��pp=2=2 . Aceleración: 4,4,2e
p
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
p
ffiffiffiffiffi
p
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
pffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffi
p
p
p
p
p
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
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ffi
ffi
ffi
p
p
p
ffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffi
p
p
p
p
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ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
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ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
ffi
p
ffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffi
2
2
2
2
(b)
24,
24
þ
3.93.
24
10
(b)
72
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3,
þ
16
(b)
24,24
24 1111111þ
þ4444444p
3.93.
24p
10,,,,,,,(b)
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72
(a)3,
3,3333333 1111111þ
þ16
16p
p22222,,,,,,y,(b)
p22222
(b)
(b)
24,
24,
24
24
þ
þ
3.93.
3.93.
3.93.
24
24
10
10
10
(b)
(b)
72
72
72
(a)
(a)
3,
3,
þ
þ
16
16
p
p
p
p
(b)
(b)
24,
24,
24
24
þ
þ
3.93.
3.93.
24
24
10
10
(b)
(b)
72
72
(a)
(a)
3,
3,
þ
þ
16
16
p
p
p
p
3.92. (a)
a)
b) 24,
3.93. 24
b)
2
2
þ
i(x
�
2xy),
(b)
2y
�
2x
3.95.
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(b)
12x,
(c)
j12yj,
(d)
(a)
(2xy
�
þi(x
i(x222222�
�2xy),
2xy),y(b)
(b)
2y�
�2x
2x
3.95.
(a)8,
8,b)
(b)
12x,
(c)
j12yj,
(d)0000000
(a)(2xy
(2xy�
�yyyyyyy222222)))))))þ
þ
þ
i(x
i(x
�
�
2xy),
2xy),
(b)
(b)
2y
2y
�
�
2x
2x
3.95.
3.95.
3.95.
(a)
(a)
8,
8,
8,
(b)
(b)
(b)
12x,
12x,
12x,
(c)
(c)
j12yj,
j12yj,
j12yj,
(d)
(a)
(a)
(2xy
(2xy
�
�
3.94. (a)
a)
b) 2y
3.95. (a)
a)
12x,
c)(c)
|12y
|, d) (d)
0(d)
þ
þ
i(x
i(x
�
�
2xy),
2xy),
(b)
(b)
2y
2y
�
�
2x
2x
3.95.
3.95.
(a)
(a)
8,
8,
(b)
(b)
12x,
12x,
(c)
(c)
j12yj,
j12yj,
(d)
(d)
(a)
(a)
(2xy
(2xy
�
�
p
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ffi
p
ffiffiffiffiffi
p
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ffi
p
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p
p
p
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ffi
ffi
ffi
p
p
p
ffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffi
p
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffi
pffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffi
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5x2222222�
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þ
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5i)=
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41
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f2x
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i(2y
�
�
x)g=
x)g=
5x
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a)
b) f2x
3.97. xxxxxxx¼
�
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þ
þ
5y
5y
3.97.
3.97.
¼
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8t
8t
þ
þ
3,
3,
¼
¼
3t
3t
þ
þ
(a)
(a)
(�4þ
(�4þ
5i)=
5i)=
41
41
(b)
(b)
f2x
f2x
�
�
þ
þ
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i(2y
�
�
x)g=
x)g=
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þ
iy)F
iy)F
(x
(x
�
�
iy)
iy)
þ
þ
G
G
(x
(x
�
�
iy)
iy)
þ
þ
(x
(x
�
�
iy)F
iy)F
(x
(x
þ
þ
iy)
iy)
þ
þ
G
G
(x
(x
þ
þ
iy)
iy)
U
U
¼
¼
16
16
16
16
16
16
11
11
22
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22
Capítulo 41
Integración compleja
y teorema de Cauchy
4.1 Integrales complejas de línea
Sea f (z) continua en todos los puntos de una curva C [figura 4-1], la que se supondrá que tiene una longitud finita,
es decir, C es una curva rectificable.
y
xk
zk
zk–1
zn–1
xn
b
C
a
x1
x2
z1
z2
x
Figura 4-1
La curva C se subdivide en n partes por medio de los puntos z1, z2,…, zn−1, que se eligen arbitrariamente, y se
establece que a = z0, b = zn. En cada arco que une zk−1 con zk, [k de 1 a n] se elige un punto k y se forma la suma
Sn ¼ f (j1 )(z1 � a) þ f (j2 )(z2 � z1 ) þ � � � þ f (jn )(b � zn�1 )
( (4.1)
Al escribir zk � zk�1 ¼ Dzk, la expresión anterior se convierte en
Sn ¼
n
X
k¼1
f (jk )(zk � zk�1 ) ¼
n
X
f (jk )Dzk (4.2)
k¼1
Sea un aumento de subdivisiones del número n de manera que la longitud | zk| de la mayor de las cuerdas tienda
a cero. Así, como f (z) es continua, la suma Sn tiende a un límite que no depende de la manera en que se haga la subdivisión; este límite se denota
ðb ðb
ð ð
(4.3)
f (z)f dz
(z) dzor o or f (z)f dz
(z) dz a
a
C
C
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112
Capítulo 4 Integración compleja y teorema de Cauchy
que se conoce como integral compleja de línea o tan sólo integral de línea de f (z) a lo largo de la curva C, o integral
definida de f (z) de a a b a lo largo de la curva C. En este caso, se dice que f (z) es integrable a lo largo de C. Si f (z)
es analítica en todos los puntos de una región y si C es una curva que se encuentra en , entonces f (z) es continua
y por tanto integrable a lo largo de C.
4.2 Integrales reales de línea
Sean P(x, y) y Q(x, y) funciones reales de x y y, continuas en todos los puntos de la curva C. Así, la integral real de
línea de P dx + Q dy a lo largo de la curva C se define de manera similar a la integral compleja de línea y se denota
ð
ð
(4.4)
[P(x, y) dx þ Q(x, y) dy] o
P dx þ Q dy
C
C
la segunda notación se usa por brevedad. Si C es suave y tiene ecuaciones paramétricas x = (t), y = (t), donde
t1 ≤ t ≤ t2, se observa que el valor de (4) está dado por
ðt2
[Pff(t), c(t)gf0 (t) dt þ Qff(t), c(t)gc0 (t) dt]
t1
En caso de que C sea suave a trozos (o por partes), se aplican modificaciones adecuadas (vea el problema 4.1).
4.3 Relación entre integrales reales de línea
e integrales complejas de línea
Suponga que f (z) = u(x, y) + iv (x, y) = u + iv. Así, la integral de línea compleja dada en (4.3) se expresa en términos
de integrales reales de línea de la manera siguiente:
ð
ð
f (z) dz ¼ (u þ iv)(dx þ i dy)
C
C
ð
ð
¼ u dx � v dy þ i v dx þ u dy C
C
Debido a esto, la expresión en (4.5) suele considerarse una definición de la integral compleja de línea.
4.4 Propiedades de las integrales
Suponga que f (z) y g(z) son integrables a lo largo de C. Entonces se tiene:
ð
ð
ð
f (z) þ g(z)g dz ¼ f (z) dz þ g(z) dz
a)
C
C
ð
ð
Af (z) dz ¼ A f (z) dz
b) c)
C
ðb
C
donde A = cualquier constante
C
f (z) dz ¼ �
a
ða
f (z) dz
b
ðb
ðm
ðb
f (z) dz ¼ f (z) dz þ f (z) dz
d ) a
e)
a
�ð
�
�
�
� f (z) dz� � ML
donde los puntos a, b y m están en C
m
C
donde | f (z)| ≤ M, es decir, M es una cota superior de | f (z)| en C, y L es la longitud de C.
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(4.5)
113
4.6 Regiones simplemente y múltiplemente conexas
Las propiedades anteriores pueden describirse
Por ejemplo, si T, U y V son puntos sucesivos
Ð de varias maneras.
Ð
de una curva, la propiedad c) se expresa como TUV f (z) dz ¼ � VUT f (z) dz..
De igual manera, si C, C1 y C2 representan curvas de a a b, de a a m y de m a b, respectivamente, resulta natural
C ¼ considerar
C1 þ C2 C = C1 + C2 y expresar la propiedad d ) como
ð
ð
ð
f (z) dz ¼ f (z) dz þ f (z) dz
C1 þC2
C1
C2
4.5 Cambio de variables
Sea z = g(z ) una función continua de una variable compleja z = u + iv. Suponga que la curva C en el plano z corresponde a la curva C′ en el plano z y que la derivada g′(z ) es continua en C′. Entonces,
ð
f (z) dz ¼
C
ð
C0
f fg(z )gg0 (z ) dz (4.6)
Esta condición sin duda se satisface si g es analítica en una región que contenga a C′.
4.6 Regiones simplemente y múltiplemente conexas
A una región se le llama simplemente conexa si toda curva simple cerrada [sección 3.13], que esté en , puede
reducirse a un punto sin salirse de . Se dice que una región que no sea simplemente conexa es múltiplemente
conexa.
Por ejemplo, suponga que es la región definida por |z| < 2, región sombreada en la figura 4-2. Si Γ es una curva
simplemente cerrada en [es decir, cuyos puntos estén en ], se ve que esta curva puede reducirse a un punto que
se encuentre en , por lo que no se sale de , de manera que es simplemente conexa. Por otro lado, si es la
región definida como 1 < |z| < 2, región sombreada en la figura 4-3, entonces existe una curva simple cerrada Γ en
que no se puede deformar a un punto sin salirse de , por lo que es múltiplemente conexa.
y
y
2
|z| =
|z|
Γ
x
Figura 4-2
=
y
2
Γ
|z|
=
1
Figura 4-3
x
x
Figura 4-4
Por intuición, una región simplemente conexa es una región que no tiene “hoyos”, mientras que una región múltiplemente conexa es una región con “hoyos”. Las regiones múltiplemente conexas de las figuras 4-3 y 4-4, respectivamente, tienen uno y tres “hoyos”.
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114
Capítulo 4 Integración compleja y teorema de Cauchy
4.7 Teorema de la curva de Jordan
Toda curva continua cerrada que no se interseque a sí misma y que tenga o no longitud finita se llama curva de Jordan
[vea el problema 4.30]. Un teorema importante, aunque muy difícil de demostrar, que parece intuitivamente obvio
es el siguiente.
Teorema de la curva de Jordan. Una curva de Jordan divide el plano en dos regiones que tienen a la curva como
frontera común. La región, que queda acotada [es decir, que todos sus puntos satisfacen |z| < M, donde M es una
constante positiva], se llama interior de la curva, mientras que la otra región se llama exterior de la curva.
Con el teorema de la curva de Jordan se muestra que la región interior de una curva simple cerrada es una región
simplemente conexa cuya frontera es la curva simple cerrada.
4.8 Convención respecto de la orientación
de una trayectoria cerrada
Se dice que la frontera C de una región se recorre en sentido o en dirección positiva si un observador que la recorra
en esa dirección [y perpendicular al plano] tiene esta región a su izquierda. Esta convención produce las direcciones
que se indican mediante flechas en las figuras 4-2, 4-3 y 4-4. Con el símbolo especial
þ
f (z) dz
C
se denota la integración de f (z) alrededor de la frontera C en sentido positivo. En el caso de una circunferencia [figura
4-2], la dirección positiva es la dirección en contra de las manecillas del reloj. A la integral alrededor de C se le suele
llamar integral de contorno.
4.9 Teorema de Green en el plano
Sean P(x, y) y Q(x, y) funciones continuas con derivadas parciales continuas en una región
teorema de Green establece que
�
þ
ðð �
@Q @P
�
dx dy
P dx þ Q dy ¼
@x @y
y en su frontera C. El
(4.7)
R
C
Este teorema es válido para regiones tanto simplemente conexas como múltiplemente conexas.
4.10 Forma compleja del teorema de Green
Sea F(z, z) una función continua con derivadas parciales continuas en una región y en su frontera C, donde z =
x + iy, z = x − iy son coordenadas conjugadas complejas [vea la página 7]. El teorema de Green se expresa en forma
compleja
þ
ðð
@F
(4.8)
dA
F(z, z� ) dz ¼ 2i
@�z
C
R
donde dA representa el elemento de área dx dy.
En el problema 4.56 se presenta una generalización de la expresión (4.8).
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115
4.14 Integrales de funciones especiales
4.11 Teorema de Cauchy. El teorema de Cauchy-Goursat
Sea f (z) analítica en una región
y en su frontera C. Entonces
þ
f (z) dz ¼ 0
(
(4.9)
C
Este teorema fundamental, que se llama teorema de la integral de Cauchy o simplemente teorema de Cauchy, es
válido tanto para regiones simplemente conexas como para regiones múltiplemente conexas. Primero se demostró
con el teorema de Green y la restricción de que f ′(z) fuera continua en
[vea el problema 4.11]. Pero Goursat
dio una prueba en la que eliminaba esta restricción. Debido a esto, a este teorema también se le llama teorema de
Cauchy-Goursat [vea los problemas 4.13 a 4.16] cuando se desea destacar la eliminación de la restricción.
4.12 Teorema de Morera
Sea f (z) continua en una región simplemente conexa
þ
y suponga que
f (z) dz ¼ 0
( (4.10)
C
alrededor de toda curva simple cerrada C en . Entonces, f (z) es analítica en .
A este teorema, debido a Morera, se le conoce cómo el recíproco del teorema de Cauchy. Este teorema se extiende
a regiones múltiplemente conexas. En el problema 4.27 se da una prueba en la que se supone que f ′(z) es continua en
. En el problema 5.7 del capítulo 5 se da una prueba en la que se elimina esta restricción.
4.13 Integrales indefinidas
Suponga que f (z) y F (z) son analíticas en una región
indefinida o una antiderivada de f (z), y se escribe
y que F′(z) = f (z). Entonces se dice que F (z) es una integral
F(z) ¼
ð
f (z) dz
(4.11)
Como en el caso de las variables reales, dos integrales indefinidas difieren en una constante. A esto se debe que se
agregue una constante arbitraria c en el lado derecho de la expresión (4.11).
�
d�
� z ¼ 6z � 4 cos z,, se escribe
Ejemplo 4.1: Como
d � 23z2 � 4 sen
dz
3z � 4 sen z ð¼ 6z � 4 cos z,
dz
ð
(6z � 4 cos z) dz ¼ 3z2 � 4 sen z þ c
(6z � 4 cos z) dz ¼ 3z2 � 4 sen z þ c
4.14 Integrales de funciones especiales
Con los resultados de la página 80 [o por diferenciación directa] se obtienen los que se presentan en la figura 4-5 (sin
la constante de integración).
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116
1.1.
2.2.
3.3.
4.4.
5.5.
6.6.
7.7.
8.8.
9.9.
Capítulo 4 Integración compleja y teorema de Cauchy
ð
znþ1
n = �1
z dz ¼
nþ1
ð
dz
¼ ln z
z
ð
ez dz ¼ ez
ð
az
az dz ¼
ln a
ð
sen z dz ¼ �cos z
ð
cos z dz ¼ sen z
ð
tan z dz ¼ ln sec z ¼ �ln cos z
ð
cot z dz ¼ ln sen z
n
ð
10.
10.
ð
11.
11.
ð
12.
12.
ð
22.
22.
23.
23.
24.
24.
25.
25.
ð
ð
ð
ð
ð
ð
csc z dz ¼ ln(csc z � cot z)
¼ ln tan(z=2)
27.
27.
sec z dz ¼ tan z
28.
28.
ð
csc2 z dz ¼ �cot z
29.
29.
sec z tan z dz ¼ sec z
30.
30.
31.
31.
2
14.
14.
csc z cot z dz ¼ � csc z
15.
ð
senh z dz ¼ cosh z
ð
21.
21.
ð
ð
ð
17.
20.
20.
ð
26.
26.
13.
13.
ð
19.
19.
ð
sec z dz ¼ ln(sec z þ tan z)
¼ ln tan(z=2 þ p=4)
ð
16.
18.
18.
coth z dz ¼ ln senh z
sech z dz ¼ tan�1 (senh z)
csch z dz ¼ �coth�1 (cosh z)
sech2 z dz ¼ tanh z
csch2 z dz ¼ �coth z
sech z tanh z dz ¼ �sech z
csch z coth z dz ¼ �csch z
�
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi�
dz
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ ln z þ z2 + a2
z2 + a2
dz
1
z
¼ tan�1
z2 þ a 2 a
a
o
�
1
z
cot�1
a
a
�
�
dz
1
z�a
¼ ln
z2 � a2 2a
zþa
dz
z
z
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ sen�1
o �cos�1
2
2
a
a
a �z
�
�
ð
dz
1
z
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ ln
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
z a2 + z2 a
a þ a2 + z2
ð
dz
1
a
1 �1 z
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ cos�1
o
sec
2
2
a
z
a
a
z z �a
ð pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
z pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
z2 + a2
z2 + a2 dz ¼
2
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi�
a2 �
+ ln z þ z2 + a2
2
ð pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
z pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
a2
z
a2 � z2 þ sen�1
32.
a2 � z2 dz ¼
32.
2
a
2
cosh z dz ¼ senh z
33.
33.
tanh z dz ¼ ln cosh z
34.
34.
Figura 4-5
ð
ð
eax sen bz dz ¼
eaz ða sen bz � b cos bzÞ
a2 þ b2
eax cos bz dz ¼
eax ða cos bz þ b sen bzÞ
a2 þ b2
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4.15 Algunas consecuencias del teorema de Cauchy
117
4.15 Algunas consecuencias del teorema de Cauchy
Sea f (z) analítica en una región simplemente conexa
Teorema
4.1.
. Entonces, son válidos los teoremas siguientes.
Suponga que a y z son dos puntos cualesquiera en
ðz
. Entonces,
f (z) dz
a
es independiente de la trayectoria en
Teorema
4.2.
que une a y z.
Suponga que a y z son dos puntos cualesquiera en
G(z) ¼
ðz
y
f (z) dz (4.12)
a
y G′(z) = f (z).
Entonces, G(z) es analítica en
Algunas veces puede haber confusión debido a que la variable de integración z en la expresión (4.12) es la misma
que el límite superior de integración. Como una integral definida sólo depende de la curva y de los límites de integración, puede emplearse cualquier símbolo para la variable de integración y, por esto, a la variable se le llama variable
ficticia o símbolo ficticio. Por tanto, la expresión en (4.12) se escribe de manera equivalente como
ðz
G(z) ¼ f (z ) dz (4.13)
a
Teorema
4.3.
Suponga que a y b son dos puntos cualesquiera en
ðb
y que F ′(z) = f (z). Entonces,
f (z) dz ¼ F(b) � F(a)
(
(4.14)
a
Lo que también se escribe de la manera siguiente, ya conocida del cálculo elemental.
�b �b
ðb ðb
� �
b b
� �oroor
F 0F
(z)0 (z)
dzdz
¼¼
F(z)
F(z)
[F(z)]
F(b)
F(b)
��
F(a)
F(a)
a ¼
a ¼
� � [F(z)]
a a
Ejemplo 4.2:
1�i
ð
3i
Teorema
4.4.
( (
(4.15)
a a
�1�i
�
4z dz ¼ 2z2 �� ¼ 2ð1 � iÞ2 � 2ð3iÞ2 ¼ 18 � 4i
3i
Sea f (z) una función analítica en una región limitada por dos curvas simples cerradas C y C1 [donde
C1 se encuentra en el interior de C, como se muestra en la figura 4-6a)] y sobre estas curvas. Así,
þ
þ
f (z) dz ¼ f (z) dz
(4.16)
C
C1
d onde C y C1 se recorren en sentido positivo en relación con sus interiores [en sentido contrario a las
manecillas del reloj en la figura 4-6a)].
Esto muestra que si se desea integrar f (z) a lo largo de la curva C, la curva C puede sustituirse por cualquier curva
C1 siempre que f (z) sea analítica en la región entre C y C1, como en la figura 4-6a).
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118
Capítulo 4 Integración compleja y teorema de Cauchy
y
y
C
C
C1
C2
C1
Cn
x
x
b)
a)
Figura 4-6
Teorema
4.5.
ea f (z) una función analítica en una región limitada por las curvas simples cerradas que no se
S
superponen C, C1, C2, C3,. . . Cn, donde C1, C2, . . . , Cn se encuentran en el interior de C [como en la
figura 4-6b)], y sobre estas curvas. Entonces,
þ
þ
þ
þ
(4.17)
f (z) dz ¼ f (z) dz þ f (z) dz þ � � � þ f (z) dz C
C1
C2
Cn
Esto es una generalización del teorema 4.4.
Problemas resueltos
Integrales de línea
Ð (2,4)
4.1. E
valúe (0,3) (2y þ x2 ) dx þ (3x � y) dy a lo largo de a) la parábola x = 2t, y = t2 + 3; b) las rectas de (0, 3) a
(2, 3) y de (2, 3) a (2, 4) y c) una recta de (0, 3) a (2, 4).
Solució n
a) Los puntos (0, 3) y (2, 4), que se encuentran en la parábola, corresponden a t = 0 y t = 1, respectivamente.
Así, la integral dada es igual a
ð1
2
2
ð1
2
[2(t þ 3) þ (2t) ]2 dt þ [3(2t) � (t þ 3)]2t dt ¼ (24t2 þ 12 � 2t3 � 6t) dt ¼
t¼0
0
b) A lo largo de la recta de (0, 3) a (2, 3), y = 3, dy = 0 y la integral de línea es igual a
ð2
(6 þ x2 ) dx þ (3x � 3)0 ¼
x¼0
ð2
(6 þ x2 ) dx ¼
44
3
x¼0
A lo largo de la recta de (2, 3) a (2, 4), x = 2, dx = 0 y la integral de línea es igual a
ð4
(2y þ 4)0 þ (6 � y) dy ¼
y¼3
ð4
(6 � y) dy ¼
y¼3
Por tanto, el valor buscado = 44/3 + 5/2 = 103/6.
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5
2
33
2
Problemas resueltos
119
c) Una ecuación de la recta que une (0, 3) y (2, 4) es 2y − x = 6. Se despeja x y se tiene x = 2y − 6. Entonces,
la integral de línea es
ð4
y¼3
�
2
ð4
�
2y þ (2y � 6) 2 dy þ [3(2y � 6) � y] dy ¼ (8y2 � 39y þ 54) dy ¼
97
6
3
También se obtiene este resultado con y ¼
1
2(x
þ 6)..
Ð
z ¼z4=þ42i+ 2i, a lo largo de la curva C dada por a) z = t2 + it y b) la recta de
4.2. E
valúe C z� dz, from
desdezz¼=00to
hasta
z = 0 a z = 2i y después la recta de z = 2i a z = 4 + 2i.
Solució n
a) Los puntos z = 0 y z = 4 + 2i en C corresponden a t = 0 y t = 2, respectivamente. Entonces, la integral de
línea es igual a
ð2
(t2
ð2
2
ð2
þ it) d(t þ it) ¼ (t � it)(2t þ i) dt ¼ (2t3 � it2 þ t) dt ¼ 10 �
t¼0
2
0
8i
3
0
Otro método. La integral dada es igual a
ð
ð
ð
(x � iy)(dx þ i dy) ¼ x dx þ y dy þ i x dy � y dx
C
C
C
2
Las ecuaciones paramétricas de C son x = t , y = t de t = 0 a t = 2. Entonces, la integral de línea es igual a
ð2
(t2 )(2t dt) þ (t)(dt) þ i
t¼0
ð2
(t2 )(dt) � (t)(2t dt)
t¼0
ð2
ð2
¼ (2t3 þ t) dt þ i (�t2 ) dt ¼ 10 �
0
b)
8i
3
0
La integral de línea dada es igual a
ð
ð
ð
(x � iy)(dx þ i dy) ¼ x dx þ y dy þ i x dy � y dx
C
C
C
La recta de z = 0 a z = 2i es la misma que la recta de (0, 0) a (0, 2), para la cual x = 0, dx = 0 y la integral
de línea es igual a
ð2
ð2
ð2
(0)(0) þ y dy þ i
(0)(dy) � y(0) ¼
y dy ¼ 2
y¼0
y¼0
y¼0
La recta de z = 2i a z = 4 + 2i es la misma que la recta de (0,2) a (4, 2), para la cual y = 2, dy = 0 y la
integral de línea es igual a
ð4
x¼0
x dx þ 2 � 0 þ i
ð4
ð4
ð4
x � 0 � 2 dx ¼ x dx þ i �2 dx ¼ 8 � 8i
x¼0
0
Por tanto, el valor buscado ¼ 2 þ (8 � 8i) ¼ 10 � 8i..
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0
120
Capítulo 4 Integración compleja y teorema de Cauchy
4.3. S
uponga que f (z) es integrable a lo largo de una curva C de longitud finita L, y que existe un número positivo
M tal que | f (z)| ≤ M en C. Demuestre que
�
�
�
�ð
�
�
� f (z) dz� � ML
�
�
�
�
C
Solució n
Por definición, con la notación de la página 111, se tiene
ð
n
X
(1)
ð f (z) dz ¼ lím X
n f (jk )Dzk n!1
k¼1
f (jk )Dzk
C f (z) dz ¼ lím
n!1
k¼1
�
� C
Ahora
n
n
� X
�X
�
��
n f (jk )Dzk � � X
n j f (jk ) j jDzk j
X
�
� k¼1
f (jk )Dzk � � k¼1 j f (jk ) j jDzk j
�
� k¼1 n
� k¼1
X
� MX
n jDzk j
(2)
� M k¼1 jDzk j
� MLk¼1
� ML
P
donde se aprovechó que | f (z)| ≤ M para todos los puntos z en C y que nk¼1 jDzk j representa las suma de todas
las longitudes de cuerda que unen los puntos zk−1 y zk, donde k = 1, 2, …, n, y que esta suma no es mayor a la
longitud de C.
Se toman límites a ambos lados de (2), con (1), y se obtiene el resultado buscado. De manera más general, es
posible mostrar que
�
�
� ð
�ð
�
�
� f (z) dz� � j f (z)j jdzj
�
�
�
�
C
C
Teorema de Green en el plano
4.4. D
emuestre el teorema de Green en el plano si C es una curva simple cerrada que tiene la propiedad de que
cualquier recta paralela a los ejes coordenados corta a C a lo más en dos puntos.
Solució n
Sean las ecuaciones de las curvas EGF y EHF (vea la figura 4-7) y = Y1(x) y y = Y2(x), respectivamente. Si
la región limitada por C, se tiene
2 2
3 3
ðf ðf Y2ð(x) Y2ð(x)
ðð ðð
@P @P
@P
6
7 7
@P
dx dy ¼ 4 6
dy
5dx
@y @y dx dy ¼ 4 @y @y dy5dx
R
R
es
x¼e x¼e
y¼Y1 (x)
y¼Y1 (x)
ðf
ðf ðf
ðf
�Y2 (x)�Y (x)
� �2
¼ ¼P(x,P(x,
y)� y)� dx ¼dx ¼
[P(x,[P(x,
Y2 ) �
Y1 )]Ydx
Y2P(x,
) � P(x,
1 )] dx
y¼Y1 (x)
y¼Y1 (x)
x¼e x¼e
ðf
ðe
e
e
þ þ
Y
)
dx
�
P(x,
Y
)
dx
¼
�
P dxP dx
¼ �¼ P(x,
1 Y1 ) dx � P(x,
2 Y2 ) dx ¼ �
� P(x,
ðf
e
f
e
ðe
f
C
C
Entonces,
þ
C
ðð ðð
þ
@P @P
dy
P dxP¼dx�¼ � dx
@y @y dx dy
C
R
R
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(1)
Problemas resueltos
121
De manera semejante, sean las ecuaciones de las curvas GEH y GFH, x = X1( y) y x = X2( y), respectivamente.
Entonces,
2
3
X2ð(y)
ðh
ðh
ðð
2
3
@Q
@Q 7 ðh
(y)
ðh¼ X2ð6
ðð
dx
dy
dx
dy
¼
[Q(X2 , y) � Q(X1 , y)] dy
4 @Q
5
@Q @x
6
@x7
dx
dy
¼
dx
dy
¼
[Q(X
4
5
y¼g x¼X@x
g 2 , y) � Q(X1 , y)] dy
1 (y)
@xR
y¼g x¼X1 (y)
g
R
ðg
ðh
þ
g
ð ¼ Q(X1 , y) dyðh þ Q(X2 , y) dyþ ¼ Q dy
¼ Q(X
, y) dy þ Q(X
Q Cdy
g 2 , y) dy ¼
h1
h
Así,
g
þ
C
ðð
@Q
þ
dx dy
Q dyðð¼@Q
dx@xdy Q Cdy ¼
R
@x
R
C
Se suman (1) y (2),
þ
C
y
�
ðð �
@Q �@P
�
ðð
dx dy
P dx þ Q dy ¼ @Q @P�
@x @y
dx dy
P dx
C þ Q dy ¼
R �
C
R
@x @y
þ
R
y
H
h
(2)
(1, 1)
C
F
2
y
E
=
x
2
g
y=
G
e
f
x
x
O
Figura 4-7
x
Figura 4-8
4.5. Verifique el teorema de Green en el plano para
þ
(2xy � x2 ) dx þ (x þ y2 ) dy
C
donde C es la curva cerrada de la región limitada por y = x2 y y2 = x.
Solució n
Las curvas planas y = x2 y y2 = x se intersecan en (0, 0) y (1, 1). Al recorrer C, la dirección positiva es la que se
muestra en la figura 4-8.
A lo largo de y = x2, la integral de línea es igual a
ð1
ð1
�
�
�
�
7
(2x)(x2 ) � x2 dx þ x þ (x2 )2 d(x2 ) ¼ (2x3 þ x2 þ 2x5 ) dx ¼
6
x¼0
0
A lo largo de y2 = x, la integral de línea es igual a
ð0
ð0
17
2
2 2
2
2
2
f2( y )( y) � ( y ) g d( y ) þ f y þ y g dy ¼ (4y4 � 2y5 þ 2y2 ) dy ¼ �
15
y¼1
1
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122
Capítulo 4 Integración compleja y teorema de Cauchy
Por tanto, la integral buscada = 7/6 − 17/15 = 1/30. Por otro lado,
�
�
ðð �
ðð �
@Q @P
@
@
�
dx dy ¼
(x þ y2 ) � (2xy � x2 ) dx dy
@x @y
@x
@y
R
R
¼
ðð
(1 � 2x) dx dy ¼
R
¼
ð1
x¼0
pffiffi
ðx
ð1
(1 � 2x) dy dx
x¼0 y¼x2
�pxffiffi
�
ð1
�
1
( y � 2xy) ��
dx ¼ (x1=2 � 2x3=2 � x2 þ 2x3 ) dx ¼
30
�
0
y¼x2
Con lo que se verifica el teorema de Green.
4.6. A
mplíe la prueba para el teorema de Green en el plano del problema 4.4 a las curvas C a las que rectas
paralelas a los ejes coordenados pueden cortar en más de dos puntos.
Solució n
Considere una curva simple cerrada C, como la que se muestra en la figura 4-9, a la que rectas paralelas a los ejes
pueden cortar en más de dos puntos. Mediante el trazo de la recta ST, esta región se divide en dos regiones 1 y 2,
que son del tipo de regiones consideradas en el problema 4.4 y a las cuales puede aplicarse el teorema de Green,
es decir,
�
ð
ðð �
@Q @P
�
dx dy P dx þ Q dy ¼
(1)
@x @y
R1
STUS
�
ð
ðð �
@Q @P
�
dx dy
P dx þ Q dy ¼
@x @y
(2)
R
SVTS
Se suman los lados izquierdos de (1) y (2), sin el integrando P dx + Q dy, y se tiene
ð
ð
ð
ð
ð
ð
ð
ð
ð
þ
¼ þ
þ
þ ¼
þ
¼
STUS
y se aprovecha que
Ð
ST
SVTS
ST
TUS
SVT
TS
TUS
SVT
TUSVT
Ð
¼ � TS..
Se suman los lados derechos de (1) y (2), sin el integrando,
ðð ðð ðð
þ ¼
R11
Por tanto,
ð
TUSVT
R22
R
�
ðð �
@Q @P
�
dx dy
P dx þ Q dy ¼
@x @y
R
y se demuestra el teorema. Se comprobó el teorema de Green para la región simplemente conexa de la figura 4-9
limitada por la curva simple cerrada C. En el caso de regiones más complicadas puede ser necesario trazar más
rectas, como la recta ST, para establecer el teorema.
Como se muestra en el problema 4.7, el teorema de Green también es válido para regiones múltiplemente conexas.
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123
Problemas resueltos
y
y
H
U
C
1
D
A
S
J
E
T
G
F
2
V
Figura 4-9
K
L
x
O
x
Figura 4-10
4.7. D
emuestre que el teorema de Green en el plano también es válido para una región múltiplemente conexa
como la que se muestra en la figura 4-10.
Solució n
La frontera de , que consta de la frontera exterior AHJKLA y de la frontera interior DEFGD, se va a recorrer en
dirección positiva de manera que esta región esté siempre a la izquierda de la persona que la recorre. Como se ve,
las direcciones positivas son las que se indican en la figura.
Con objeto de mostrar que el teorema es válido para estas regiones, se traza una recta, tal como AD, llamada
corte transversal, que conecte las fronteras exterior e interior. La región limitada por ADEFGDALKJHA es simplemente conexa, y por tanto el teorema de Green es válido. Entonces,
�
þ
ðð �
@Q @P
�
dx dy
P dx þ Q dy ¼
@x @y
R
ADEFGDALKJHA
Ð
Pero la integral de la izquierda, sin el integrando, es igual a
ð
ð
ð
ð
þ
þ þ
¼
AD
AD
DEFGD
DA
ALKJHA
ð
DEFGD
þ
ð
ALKJHA
Ð
Ð
Ð
¼ �porque
DA .
AD ¼ � DA. Así, si C1 es la curva ALKJHA, C2 es la curva DEFGD
Ð y C Þla frontera
Ð
Ð de Þ que consta de C1
Ð
y C2 (recorridas en direcciones positivas respecto de ), por lo que C1 þ C2 ¼ C y Cporþ
sotanto,
so
C ¼ C
1
þ
C
2
�
ðð �
@Q @P
�
dx dy
P dx þ Q dy ¼
@x @y
R
4.8. S
ean P(x, y) y Q(x, y) funciones continuas
Ð Bcon primeras derivadas parciales continuas en todos los puntos
.
Demuestre
que una condición necesaria y suficiente para que
de
una
región
simplemente
conexa
A P dx þ Q dy
Þ
es que @P=@y ¼ @Q=@x idénticamente
C P dx þ Q dy ¼ 0 alrededor de toda trayectoria cerrada C en
en .
Solució n
Suficiencia. Suponga que @P=@y ¼ @Q=@x.. Entonces, de acuerdo con el teorema de Green,
�
þ
ðð �
@Q @P
�
dx dy ¼ 0
P dx þ Q dy ¼
@x @y
C
donde
es la región limitada por C.
R
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124
@P=@y ¼ @Q=@x
Capítulo 4 Integración compleja y teorema de Cauchy
Þ
ÞÞ
¼dxþ
0þ
@Q=@x
� @P=@y
PP
dx
QQ
dydy¼¼0 0de toda trayectoria cerrada
==
@Q=@x
@P=@y
@Q=@xen
Necesidad.
alrededor
C en
y que @P=@y
C
ÞÞ Suponga que C P dx þ QCdy
(x
dxþ
þQ
dy
dyparticular,
¼
¼
@P=@y
@P=@y
=
=@Q=@x
@Q=@x
@P=@y��@Q=@x
@[email protected] 0 en
(x
.QEn
suponga que@P=@y
el punto
(x
algún punto
de
0 ,00,y, 0yy).
00).).
CCPPdx
Þ 00
@P=@y
,yy00manera
).).
P dx �
þson
Q@P=@y
¼ and
0and@Q=@x
@P=@y =
@Q=@x
@Q=@x
@P=@y�
�
@Q=@x
.
.
0dy
0@P=@y
(x
(x0,0,de
y@Q=@x
continuas
en
que debe haber una región
 que
contenga a (x0, y0) (x(x
Por hipótesis,@P=@y
0 , 0y, 0y)0 )
C@Q=@x
i.e.,
@P=@y
¼ @Q=@x
@P=@y
@P=@y
�@Q=@x
.0.
@P=@y
@P=@y
and
and@Q=@x
@Q=@x
(x
. 0.�Si
(x0.0 , y0 ).de , entonces, de(x
Γ@Q=@x
es la.frontera
acuerdo
como
punto
interior
para el cual @P=@y � @Q=@x
00,,yy00)) con el teorema
@P=@y
@P=@y
�
�@Q=@x
@Q=@x
.
.0.0.
@P=@y
and @Q=@x
(x0 , y0 )
de Green,
�
þ � @Q=@x . 0.
ðð �
@P=@y
@Q @P
�
dx dy . 0
P dx þ Q dy ¼
@x @y
t
G
Þ
Þ
@P=@y
þ Q todas
dy ¼ 0las curvas cerradas@Q=@x
@Q=@x � @P=@y
lo que contradice la hipótesis de que C P dx þ Q dy C¼P0dxpara
en �
. Por
tanto,
@Q=@x
�
@P=@y
no
puede
ser
positivo.
Þ
@Q=@x
� @P=@y
0
@Q=@x
� @P=@y
@Q=@x
@P=@yser negativo, con lo que se concluye que debe
no�puede
De¼manera
similar, puede mostrarse que
C P dx þ Q dy
i.e., cero,
@P=@yes¼decir,
@Q=@x
i.e., @P=@y ¼ @Q=@x idénticamente en .
ser idénticamente
@Q=@x � @P=@y
Estos resultados pueden extenderse a regiones múltiplemente conexas.
y
4.9. P y Q se definen como en el problema 4.8. Demuestre
una condición necesaria y suficiente para que
Ðque
B ÐB
P
dx
þ Q dy sea independiente de la trayectoria en
A
A P dx þ Q dy
¼ @Q=@x
¼ @Q=@x
que une los puntos A y B es @P=@y
que @P=@y
idénticamente en .
C1
D
B
A
C2
Solució n
E
Suficiencia. Si @P=@y ¼ @Q=@x., entonces, según el problema
4.8,
ð
P dx þ Q dy ¼ 0
x
Figura 4-11
ADBEA
[vea la figura 4-11]. De acuerdo con esto, omitiendo por brevedad el integrando P dx + Q dy, se tiene
ð ðð ð
ð ð ð ð ð ð
ð ðð ð
þ þ¼ 0,¼ 0, ¼ �¼ �¼ ¼ and así
and
so so ¼ ¼
ADB ADB
BEA BEA
ADB ADB BEA BEA
AEB AEB
C1
CC
12
C2
es decir, la integral es independiente de la trayectoria.
Necesidad. Si esta integral es independiente de la trayectoria, entonces, para todas las trayectorias C1 y C2 en
se tiene
ð ð ð ð ð ð ð ð
ð ð
¼¼ , ,
¼ ¼ and
and
¼¼
0 0
y C1 C1 C2 C2
ADB
ADB AEB
AEB
,
ADBEA
ADBEA
De donde se concluye que la integral de línea alrededor de cualquier trayectoria cerrada en
conforme al problema 4.8, @P=@y ¼ @Q=@x..
Estos resultados pueden extenderse a regiones múltiplemente conexas.
es cero, y por ende,
Forma compleja del teorema de Green
4.10. S
uponga que B(z, z) es continua y tiene derivadas parciales continuas en una región y en su frontera C,
donde z = x + iy y z = x − iy. Demuestre que el teorema de Green se expresa en forma compleja como
ðð
þ
@B
B(z, z� ) dz ¼ 2i
dx dy
@�z
C
R
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Problemas resueltos
125
Solució n
Sea B(z, z) = P(x, y) + iQ(x, y). Entonces, según el teorema de Green, se tiene
þ
þ
þ
þ
B(z, z� ) dz ¼ (P þ iQ)(dx þ i dy) ¼ P dx � Q dy þ i Q dx þ P dy
C
C
C
C
�
�
ðð �
ðð �
@Q @P
@P @Q
þ
dx dy þ i
�
dx dy
¼�
@x @y
@x @y
R
R
� �
��
ðð ��
@P @Q
@P @Q
¼i
�
þi
þ
dx dy
@x @y
@y @x
R
¼ 2i
ðð
@B
dx dy
@�z
R
de acuerdo con el problema 3.34 de la página 101. Esto se expresa también en términos del rotacional B [vea la
página 85].
Teorema de Cauchy y teorema de Cauchy-Goursat
Þ
4.11. D
emuestre el teorema de Cauchy C f (z) dz ¼ 0 if
si f(z)
f (z) es analítica y su derivada f ′(z) es continua en todos
los puntos interiores de una curva simple cerrada C y sobre C.
Solució n
Como f (z) = u + iv es analítica y tiene una derivada continua
@u
@v @v
@u
f 00(z) ¼ @u þ i @v ¼ @v � i @u
f (z) ¼ @x þ i @x ¼ @y � i @y
@x
@x @y
@y
se sigue que las derivadas parciales
@u @v
@u ¼ @v @x ¼ @y
@x @y
(1)
@v
@u
@v ¼ � @u
@x ¼ � @y
@x
@y
son continuas en el interior de C y sobre C. Por tanto, el teorema de Green es aplicable y se tiene
þ
þ
þ
þ
f (z) dz ¼ (u þ iv)(dx þ i dy) ¼ u dx � v dy þ i v dx þ u dy
C
C
C
(2)
C
�
�
ðð �
ðð �
@v @u
@u @v
dx dy þ i
�
dx dy ¼ 0
� �
¼
@x @y
@x @y
R
R
con las ecuaciones de Cauchy-Riemann (1) y (2).
Al aprovechar que el teorema de Green es aplicable a regiones múltiplemente conexas, este resultado se extiende
a regiones múltiplemente conexas en las condiciones dadas para f (z).
El teorema de Cauchy-Goursat [vea los problemas 4.13 a 4.16] elimina la restricción de que f ′(z) sea continua.
Otro método
Este resultado se obtiene también a partir de la forma compleja del teoremaÞ de ÞGreen [problema 4.10] al observar
z� )independendiente
¼z�f) (z)
z� ,of z� , @B=@�
z ¼ z0 ¼
f (z)¼dz0.¼ 0..
B(z,
¼ f (z)
@B=@�
0 tanto
(z) es
de z,of
entonces
y por
que si B(z, z) = f B(z,
C f (z)
C dz
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126
Capítulo 4 Integración compleja y teorema de Cauchy
ÞÞÞ
ÞÞÞ
ÞÞÞ
4.12. D
emuestre a) CCCdz
dz
dz¼
¼
¼0,
0,0, b) CCCzzzdz
dz
dz¼
¼
¼0,
0,0,y c) CCC(z
(z(z�
�
�zzz000)))dz
dz
dz¼
¼
¼000, donde C es una curva simple cerrada y z0 es
una constante.
Solució n
Esto es consecuencia inmediata del teorema de Cauchy, pues en el interior de C las funciones 1, z y z − z0 son
analíticas y tienen derivadas continuas.
A este resultado también se llega directamente a partir de la definición de integral (vea el problema 4.90).
4.13. Demuestre el teorema de Cauchy-Goursat en el caso de un triángulo.
A
∆I
D
E
∆IV
∆n
∆III
∆II
B
z0
C
F
Figura 4-12
Figura 4-13
Solució n
Considere un triángulo en el plano z, como ABC en la figura 4-12, el que por brevedad se denota . Se unen los puntos medios D, E y F de los lados AB, AC y BC, respectivamente, para formar cuatro triángulos ( I, II, III y IV).
Si f (z) es analítica en el interior del triángulo ABC, se tiene, al omitir en el lado derecho el integrando,
þ
f (z) dz ¼
ABCA
ð
¼
8
< ð
:
DAED
¼
þ
þ
DAE
ð
þ
EBF
DAE
¼
ð
þ
þ
FCD
9
ð=
ED
ð
;
þ
þ
EBFE
f (z) dz þ
DI
ð
þ
8
< ð
:
þ
EBF
ð
9
ð=
FE
þ
ð
;
þ
f (z) dz þ
DII
Entonces,
ED
DE
DE
:
þ
þ
f (z) dz þ
DIII
FE
FE
EF
9
ð=
DF
FCD
DEFD
FCDF
þ
;
þ
8
<ð
:
DE
þ
ð
EF
þ
9
ð=
;
FD
f (z) dz
DIV
donde, en el segundo renglón, se ðaprovecha
ð que ð
ð
ð
ð
ð
ð
¼� ,
¼� ,
¼� ,
¼� ,
ED
8
< ð
EF
ð
DF
ð
ð
ð
¼�
¼�
DF
FD
FD
�
� �
� �
�
�
� �� �
�
� � � þ�
� � � þ�
� � � þ�
� �
� � � þ�
�þ�
�
�
�
� �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
� �
� �þ
� �f (z) dz � �� �� �� fþ(z) dz �� þ�� �� �� fþ(z) dz �� þ�� �� �� fþ(z) dz �� þ�� �� �� fþ(z) dz �� ��
� � �� � f (z) �dz � þ
� � f (z) dz
� � f (z) �dz � �þ � f (z) �dz � �þ � f (z) �dz �
� �� �
� �
� � � DII�
� � � DIII�
� � � DIV�
� �
D�
� DI �
�
� � DIII
� � DIV
�
� DII
D
DI
(1)
Sea ΔI el triángulo que corresponde al término de la derecha de (1) que tiene el valor mayor (si hay dos o más
de estos términos, 1 es cualquiera de ellos). Así,
�
�
�
�
�
�þ
�
�þ
�
�
�
�
�
� f (z) dz � � 4� f (z) dz ��
(2)
�
�
�
�
�
�
�
�
D
D1
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127
Problemas resueltos
Si se unen los puntos medios de los lados del triángulo 1 se obtiene, de manera similar, un triángulo
��
��
��
��
��
��
�� þþ
�� þþ
�
4
dz
f
(z)
dz
�
� ff (z)
�
(z) dz � � 4� f (z) dz ��
��
�
�
�
D
�
�
� 1
� D2
D1
de manera que
2
tal que
(3)
D2
��
��
�
�
��
�� þþ
�
� þþ
� f (z) dz � � 422�� f (z) dz ��
�� f (z) dz �� � 4 � f (z) dz �
�
�
�
�D
�
� D2
D
(4)
D2
Después de n pasos, se obtiene un triángulo n tal que
�
�
�
�
�
�þ
�
�þ
�
�
�
�
� f (z) dz � � 4n �� f (z) dz �� �
�
�
�
�
�
�
�
D
(5)
Dn
Ahora, , 1, 2, 3,… es una sucesión de triángulos, cada uno de los cuales está contenido en el anterior (es decir,
una sucesión de triángulos anidados), y existe un punto z0 que está en todos los triángulos de esta sucesión.
Como z0 está en el interior o en la frontera de , se colige que f (z) es analítica en z0. Por tanto, de acuerdo con
el problema 3.21 de la página 95,
f (z) ¼ f (z0 ) þ f 0 (z0 )(z � z0 ) þ h(z � z0 )
(6)
donde, para toda e > 0, puede hallarse un  tal que || < e siempre que |z − z0| < .
Por tanto, al integrar ambos lados de (6) y con el problema 4.12,
þ
f (z) dz ¼
Dn
þ
h(z � z0 ) dz (7)
Dn
Ahora, si P es el perímetro de , el perímetro de n es Pn = P/2n. Si z es un punto cualquiera en n, entonces,
como se ve en la figura 4-13, debe tenerse que |z − z0| < P/2n < . Así, de acuerdo con (7) y con la propiedad e)
de la página 112, se tiene
� �
�
�
�� �� þ
��
�� þ
�� ��
��
��
P P e P2
�� �� þ
�
�� þ
�� f (z) dz �� ¼ �� h(z � z0 ) dz ��� � e � Pn � Pn ¼ ePn2
�� f (z) dz �� ¼ �� h(z � z0 ) dz �� � e � 2 � 2 ¼ 4
�� ��Dn
��
�� Dn
2n 2n
4n
� �D n
�
� Dn
De este modo, la expresión en (5) se convierte
en �
�
��
�� þ
2
�
�� þ
�� f (z) dz ��� � 4n � eP 2 ¼ eP2
e
P
�
��
n
�� f (z) dz ��� � 4n � 4 n ¼ eP2
4
�
�D
D
Como e puede hacerse arbitrariamente pequeña, se concluye que, como se buscaba,
þ
f (z) dz ¼ 0
D
4.14. Demuestre el teorema de Cauchy-Goursat para todo polígono cerrado.
Solució n
Considere, por ejemplo, un polígono cerrado ABCDEFA como el de la figura 4-14. Mediante el trazo de las rectas
BF, CF y DF, este polígono se subdivide en triángulos. Entonces, de acuerdo con el teorema de Cauchy para triángulos [problema 4.13] y con el hecho de que las integrales a lo largo de BF y FB, CF y FC, DF y FD se cancelan,
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128
Capítulo 4 Integración compleja y teorema de Cauchy
se encuentra, como se deseaba
ð
ð
ð
ð
ð
f (z) dz ¼
f (z) dz þ
f (z) dz þ
f (z) dz þ
f (z) dz ¼ 0
ABCDEFA
ABFA
BCFB
DEFD
CDFC
donde se supone que f (z) es analítica sobre el polígono y en su interior.
Hay que observar que este resultado se comprobó para polígonos simples, cuyos lados no se cruzan. También
puede demostrarse con cualquier polígono que se interseque a sí mismo (vea el problema 4.66).
zn–1
A
z1
B
z0 = zn
C
F
C
z2
E
z3
D
Figura 4-14
Figura 4-15
4.15. Demuestre el teorema de Cauchy-Goursat para toda curva simple cerrada.
Solució n
Suponga que C está contenida en una región en la que f (z) es analítica.
Sobre la curva C se eligen n puntos de subdivisión z1, z2,…, zn [figura 4-15], donde, para simplificar la anotación, se considera z0 = zn. Al unir estos puntos, se traza el polígono P.
Se define la suma
n
X
n f (zk )Dzk
Sn ¼ X
Sn ¼ k¼1 f (zk )Dzk
k¼1
þ
lím Sn ¼ þ f (z) dz
lím Sn ¼ C f (z) dz
donde zk = zk − zk−1. Como
C
donde el límite de la izquierda significa que n → ∞ de manera que el mayor de las | zk| → 0. Se sigue que, dado
un e > 0, puede elegirse un N tal que para toda n > N
�
�
�
�þ
�
�
� f (z) dz � Sn � , e
(1)
� 2
�
�
�
C
Considere ahora la integral a lo largo del polígono P. Como, según el problema 4.14, ésta es cero, se tiene
þ
ðz1
ðz2
ðzn
f (z) dz ¼ 0 ¼ f (z) dz þ f (z) dz þ � � � þ
f (z) dz
P
z0
z1
zn�1
ðz1
¼ f f (z) � f (z1 ) þ f (z1 )g dz þ � � � þ
z0
ðz1
¼ f f (z) � f (z1 )g dz þ � � � þ
z0
ðzn
zn�1
ðzn
zn�1
f f (z) � f (zn ) þ f (zn )g dz
f f (z) � f (zn )g dz þ Sn
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Problemas resueltos
129
de manera que
ðz1
Sn ¼ f f (z1 ) � f (z)g dz þ � � � þ
z0
ðzn
zn�1
f f (zn ) � f (z)g dz
(2)
Elija ahora N tan grande que para las rectas que unen z0 y z1, z1 y z2,…, zn−1 y zn,
j f (z1 ) � f (z) j ,
e
e
, j f (z2 ) � f (z) j , ,
2L
2L
j f (zn ) � f (z)j ,
...,
e
2L
donde L es la longitud de C. Así, de acuerdo con las expresiones en (2) y (3), se tiene
��� ���zðz2
���
���
���zðz1
��� zðzn
�� ��ð2
��
�
��ð1
�� ðn
��ðz1 f f (z ) � f (z)g dz�� þ ��ðz2 f f (z ) � f (z)g dz�� þ � � � þ �� ðzn f f (z ) � f (z)g dz���
j
�
jS
�
�
�
�
�
�
n
1
2
n
jSn j � � f f (z1 ) � f (z)g dz� þ � f f (z2 ) � f (z)g dz� þ � � � þ � f f (zn ) � f (z)g dz�
jSn j � ��� f f (z1 ) � f (z)g dz��� þ ��� f f (z2 ) � f (z)g dz��� þ � � � þ ��� f f (zn ) � f (z)g dz���
n�1
� � zz11
�
�
� zz00
� zzn�1
z0
z1
zn�1
o
e
e
jSnnjj �
fjz11 �
� ee fjz
� zz00jj þ
þ jz
jz22 �
� zz11jj þ
þ �� �� �� þ
þ jz
jznn �
� zzn�1
jg ¼
¼ ee
n�1 jg
jS
2L
2
jSn j � 2L fjz1 � z0 j þ jz2 � z1 j þ � � � þ jzn � zn�1 jg ¼ 2
2L
2
De
þþ
þþ
þ f (z) dz ¼ þ f (z) dz � S þ S
f (z) dz ¼ f (z) dz � Snn þ Snn
f (z) dz ¼ f (z) dz � Sn þ Sn
C
C
C
(3)
(4)
C
C
C
�� ��
��
��
�� �� þþ
��
��� þþ
�� þ f (z) dz��� � ��� þ f (z) dz � S ��� þ jS j , ee þ ee ¼ e
�� f (z) dz�� � �� f (z) dz � Snn�� þ jSnnj , e þ e ¼ e
�� f (z) dz�� � �� f (z) dz � Sn �� þ jSn j , 22 þ 22 ¼ e
� �C
�
�C
2 2
� �C
�
�C
con (1) y (4), se tiene,
C
C
Por tanto, como e es arbitraria, se concluye que
Þ
C
f (z) dz ¼ 0, como se buscaba.
4.16. Demuestre el teorema de Cauchy-Goursat para regiones múltiplemente conexas.
Solució n
Se presenta una prueba para la región múltiplemente conexa limitada por las curvas simples cerradas C1 y C2,
como se indica en la figura 4-16. Es fácil efectuar extensiones a otras regiones múltiplemente conexas (vea el
problema 4.67).
D
C1
B
C2
E
H
I
A
J
F
G
Figura 4-16
Se traza un corte transversal AH. Entonces, la región limitada por ABDEFGAHJIHA es simplemente conexa de
manera que, de acuerdo con el problema 4.15,
þ
þ
f (z) dz ¼ 0
f (z) dz ¼ 0
ABDEFGAHJIHA
ABDEFGAHJIHA
Por tanto,
ð
ð
ABDEFGA
ABDEFGA
ð
ð
ð
f (z) dz þ ð f (z) dz þ ð f (z) dz þ ð f (z) dz ¼ 0
f (z) dz þ f (z) dz þ
f (z) dz þ f (z) dz ¼ 0
AH
AH
HJIH
HJIH
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HA
HA
130
Capítulo 4 Integración compleja y teorema de Cauchy
Debido a que
Ð
AH
f (z) dz ¼ �
Ð
HA
en
f (z) dz,,ðesto se convierte
ð
f (z) dz þ
f (z) dz ¼ 0
HJIH
ABDEFGA
Sin embargo, esto equivale a afirmar que
þ
C
f (z) dz ¼ 0
donde C es la frontera completa de (que consta de ABDEFGA y HJIH ) recorrida en el sentido en el que un
observador que camine sobre ella siempre tenga la región a su izquierda.
Consecuencias del teorema de Cauchy
Ðb
is independiente
4.17. S
uponga que f (z) es analítica en una región simplemente conexa . Demuestre que a f (z) dz es
de la trayectoria en que une dos puntos cualesquiera a y b en [como en la figura 4-17].
Solució n
De acuerdo con el teorema de Cauchy,
ððð
ADBEA
ADBEA
ADBEA
o
ððð
ADB
ADB
ADB
De manera que
(z) dz
dz ¼ 00
fff (z)
(z) dz ¼
¼0
(z) dz
dz þ
fff (z)
(z) dz þ
þ
ððð
BEA
BEA
BEA
(z) dz
dz ¼ 00
fff (z)
(z) dz ¼
¼0
ðð
ð
ðð
ðð
ð
ð
ff (z)
dz
¼
�
f
(z)
dz
¼
ff (z)
dz
(z)
dz
¼
�
f
(z)
dz
¼
f (z) dzF(z
¼�
dz ¼
f (z)
(z) dz
dz
þ BEA
z) f�
�(z)F(z)
F(z)
F(z
þ
z)
ADB
AEB
z) � F(z) ¼
¼AEB
lím F(z þ BEA
ADB lím
ADB Dz!0
BEA
AEB
¼
lím
Dz
Dz!0
Dz
Dz!0
Dz
ððð
ððð
ðððbbb
ff (z)
(z) dz
dz ¼
¼ ff (z)
(z) dz
dz ¼
¼ ff (z)
(z) dz
f (z) dz ¼ f (z) dz ¼ f (z) dz
dz
Por tanto,
C11
C
C1
C22
C
C2
aa
a
lo cual da el resultado buscado.
y
y
B
C1
A
b
D
z
a
a
z + Δz
C2
E
x
x
Figura 4-17
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Figura 4-18
Problemas resueltos
4.18. Sea f (z)Ð analítica en una región simplemente conexa
z
(a) F(z) ¼ a f (u) es analítica en y que b) F′(z) = f (z).
y sean a y z puntos en
131
. Demuestre que a)
Solució n
Se tiene
8 zþDz
9
ð
ðz
=
F(z þ Dz) � F(z)
1 <
� f (z) ¼
f (u) du � f (u) du � f (z)
;
Dz
Dz :
a
¼
1
Dz
a
(1)
zþDz
ð
z
f f (u) � f (z)g du
De acuerdo con el teorema de Cauchy, la última integral es independiente de la trayectoria que une z y z + z,
siempre que la trayectoria esté en . En particular, como trayectoria puede elegirse al segmento de recta que une z y
z + z (vea la figura 4-18) siempre que | z| se elija lo suficientamente pequeño para que esta trayectoria esté
en .
Ahora, debido a la continuidad de f (z), para todos los puntos u sobre esta trayectoria recta se tiene | f (u) − f (z)| < e
siempre que |u − z| < , lo que sin duda será así si | z| < .
Además, se tiene
�
�
�
ð
�zþDz��zþDz
�
��� �
� ð�
� ��
�f (z)� du�� , ejDzj
f
(u)
�
� � f (u) � f (z) du� , �ejDzj (2)
�
�
z
�
�
z
de manera que, por (1),
�
�
� � � zþDz
�
ð
� ��
� �
� ��F(z þ Dz) � F(z) � �� � 1zþDz
ð ��
�F(z�þ Dz) � F(z)
� �f (z) 1¼ �� �
[ f (u) � f (z)]� du , e
�
Dz
� f (z)�� ¼ � jDzj
[ f (u) � f (z)] du�� , ��e
�
�
�
Dz
jDzj �
z
�
z
para | z| < . Pero esto equivale a decir que
F(z þ Dz) � F(z)
¼ f (z),,
lím
Dz!0
Dz
es decir, F (z) es analítica y F′(z) = f (z).
Ð
4.19. U
na función F (z)
como integral indefinida de f (z) y se denota f (z) dz..
Ð tal que F′(z) = f (z) se conoce
Ð
Muestre que a) sen z dz ¼ �cos z þ c,y b) dz=z ¼ ln z þ c , donde c es una constante arbitraria.
Solució n
Ð
a) Como d/dz(−cos z + c) = sen z, se tiene sen z dz ¼ �cos z þ c..
Ð
b) Como d/dz(ln z + c) = 1/z, se tiene dz=z ¼ ln z þ c..
4.20. S
ea f (z) analítica en una región limitada por dos curvasÞ simples cerradas
C1 y C2 [regiones sombreadas en
Þ
la figura 4-19] y también sobre C1 y C2. Demuestre que C1 f (z) dz ¼ C2 f (z) dz,, donde C1 y C2 se recorren
en sentido positivo en relación con sus interiores [dirección contraria a las manecillas del reloj en la figura
4-19].
Solució n
Se traza el corte transversal DE. Así, como f (z) es analítica en la región
se tiene
ð
DEFGEDHJKLD
o bien
ð
DE
f (z) dz þ
ð
EFGE
f (z) dz þ
ð
ED
, de acuerdo con el teorema de Cauchy
f (z) dz ¼ 0
f (z) dz þ
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ð
DHJKLD
f (z) dz ¼ 0
132
Capítulo 4 Integración compleja y teorema de Cauchy
Por tanto, como
Ð
Ð
f (z) dz ¼ � ED f (z) dz,,
ð
ð
ð
f (z) dz ¼ �
f (z) dz ¼
f (z) dz
DE
DHJKLD
EFGE
o
EGFE
þ
f (z) dz ¼
C1
þ
f (z) dz
C2
C
C1
L
Γ
¨
C2
D
a
F
K
E
G
H
J
Figura 4-19
Figura 4-20
Þ
4.21. Evalúe C dz=z � a , donde C es una curva simple cerrada C y z = a está a) en el exterior de C y b) en el
interior de C.
Solució n
a) Si a está en el exterior de C, entonces f (z)
Þ ¼ 1=(z � a) es analítica en todas partes del interior de C y sobre C.
Por tanto, según el teorema de Cauchy, C dx=z � a ¼ 0:.
b) Suponga que a está en el interior de C y sea Γ un círculo de radio e con centro en z = a, de manera que Γ esté
en el interior de C (esto es posible porque z = a es un punto interior).
De acuerdo con el problema 4.20,
þ
þ
dz
dz
¼
(1)
z�a
z � a
C
G
Ahora sobre Γ, |z − a| = e o z − a = eeiu, es decir, z = a + eeiu, 0 ≤ u < 2p. Por tanto, como dz = ieeiu du,
el lado derecho de (1) se convierte en
2ðp
u¼0
que es el valor buscado.
4.22. Evalúe
þ
C
ieeiu d u
¼i
eeiu
2ðp
d u ¼ 2pi
0
dz
, n ¼ 2, 3, 4, . . . donde z = a está en el interior de la curva simple cerrada C.
(z � a)n
Solució n
Igual que en el problema 4.21,
þ
dz
n ¼
C (z � a)
¼
þ
G
2ðp
dz
(z � a)n
ieeiu d u
i
¼ n�1
n
in
u
ee
e
0
2ðp
e(1�n)iu d u
0
�2p
i e(1�n)iu ��
1
¼ n�1
¼
[e2(1�n)pi � 1] ¼ 0
(1 � n)e n�1
e
(1 � n)i �
0
donde n  1.
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Problemas resueltos
4.23. Sea C la curva y = x3 − 3x2 + 4x − 1 que une los puntos (1, 1) y (2, 3). Encuentre el valor de
Solució n
Ð
C
133
(12z2 � 4iz) dz.
Método 1. De acuerdo con el problema 4.17, esta integral es independiente de la trayectoria que une (1, 1) y
(2, 3). Así, puede elegirse cualquier trayectoria. En particular, elija como trayectoria las rectas de (1, 1) a (2, 1)
y de (2, 1) a (2, 3).
Caso 1. A lo largo de la trayectoria de (1, 1) a (2, 1), y = 1 y dy = 0, de manera que z = x + iy = x + i, dz = dx.
De este modo, la integral es igual a
�
ð2
�
�
�
�� 2
12(x þ i)2 � 4i(x þ i) dx ¼ 4(x þ i)3 � 2i(x þ i)2 �� ¼ 20 þ 30i
1
x¼1
Caso 2. A lo largo de la trayectoria de (2, 1) a (2, 3), x = 2 y dx = 0, de manera que z = x + iy = 2 + iy, dz = i dy.
Así, la integral es igual a
ð3
y¼1
�
�
�
�
��3
12(2 þ iy)2 � 4i(2 þ iy) i dy ¼ 4(2 þ iy)3 � 2i(2 þ iy)2 �� ¼ �176 þ 8i
1
Por tanto, al sumar los valores requeridos = (20 + 30i) + (−176 + 8i ) = −156 + 38i.
Método 2. La integral dada es igual a
2þ3i
ð
1þi
�2þ3i
�
(12z2 � 4iz) dz ¼ (4z3 � 2iz2 ) ��
¼ �156 þ 38i
1þi
Es claro que el método 2 es más sencillo.
Integrales de funciones especiales
Ð
Ð
4.24. Determine a) sen 3z cos 3z dz,y b) cot(2z þ 5) dz..
Solució n
a)
Método 1. Sea sen 3z = u. Así, du = 3 cos 3z dz o cos 3z dz = du/3. Entonces,
ð
ð
ð
du 1
1 u2
u du ¼
sen 3z cos 3z dz ¼ u ¼
þc
3
3
32
1
1
¼ u2 þ c ¼ sen2 3z þ c
6
6
Método 2.
ð
ð
ðsen 3z cos 3z dz ¼ 1 ðsen 3z d(sen 3z) ¼ 1 sen2 3z þ c
1
1
sen 3z cos 3z dz ¼3 sen 3z d(sen 3z) ¼6 sen2 3z þ c
3
6
3z ¼ u.
du ¼ �3 sen 3z dz or sen 3z dz ¼ �du=3.
Método 3. Sea cos 3z
=
u.
De
este
modo,
du
=
−3
sen
3z
dz
o
sen
3z
dz = −du/3. Entonces,
3z
du ¼ �3 sen
ð ¼ u.
ð 3z dz or sen 3z dz ¼ �du=3.
1
1
1
2
ðsen 3z cos 3z dz ¼ � ðu du ¼ � u þ c1 ¼ � cos2 3z þ c1
1
1
1
sen 3z cos 3z dz ¼ �3 u du ¼ �6 u2 þ c1 ¼ �6 cos2 3z þ c1
3
6
6
Observe que los resultados de los métodos 1 y 3 difieren en una constante.
b)
Método 1.
ð
cot(2x þ 5) dz ¼
ð
cos(2z þ 5)
dz
sen(2z þ 5)
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134
Capítulo 4 Integración compleja y teorema de Cauchy
Sea u = sen (2z + 5). Así, du = 2 cos(2z + 5)dz y cos(2z + 5)dz = du/2. Por tanto,
ðð
ðð
cos(2z
cos(2z þ
þ 5)
5) dz
dz ¼ 11 du
du 11 ln u þ c ¼ 11 ln sen(2z þ 5) þ c
¼2 u ¼
¼ 2 ln u þ c ¼ 2 ln sen(2z þ 5) þ c
sen(2z
þ
5)
sen(2z þ 5)
2 u
2
2
Método 2.
ðð
ðð
ðð
cos(2z
cos(2z þ
þ 5)
5) dz ¼ 11 dfsen(2z
dfsen(2z þ
þ 5)g
5)g 11 ln sen(2z þ 5) þ c
cot(2z
þ
5)
dz
¼
cot(2z þ 5) dz ¼ sen(2z þ 5) dz ¼ 2 sen(2z þ 5) ¼
¼ 2 ln sen(2z þ 5) þ c
sen(2z þ 5)
2 sen(2z þ 5)
2
Ð
Ð
Demuestre que F(z)G0 (z) dz ¼ F(z)G(z) � F 0 (z)G(z) dz..
Ð Ð 2z
Ð 1 Ð 1 2z
dz y 0 ze0 2zzedz
b) Encuentreze2zzedz
.dz
Ð 2Ðp2p2 2
Ð Ð2 2
sen
4z4z
dzdz
and
and
sen
4z4z
dz.dz.
c) Encuentre z zsen
y 0 0z zsen
.
Ð
iz
d ) Evalúe C (z þ 2)e dz a lo largo de la parábola C definida por p2y = x2 de (0,0) a (p, 1).
4.25. a)
Solució n
a)
Se tiene
dfF(z)G(z)g ¼ F(z)G0 (z) dz þ F 0 (z)G(z) dz
Se integran ambos lados para obtener
ð
ð
ð
dfF(z)G(z)g ¼ F(z)G(z) ¼ F(z)G0 (z) dz þ F 0 (z)G(z) dz
Así,
ð
F(z)G0 (z) dz
ð
0
F(z)G (z) dz ¼ F(z)G(z) � F (z)G(z) dz
Este método se conoce como integración por partes.
b) Sean F(z) = z, G′(z) = e2z. Entonces, F′(z) = 1 y G(z) = 12e2z, al omitir la constante de integración. Por tanto,
según el inciso a),
ðð 2z
ðð
ðð 0
0
ze
2z dz ¼ F(z)G0 (z) dz ¼ F(z)G(z) � F0 (z)G(z) dz
ze dz ¼ F(z)G (z) dz ¼ F(z)G(z) � F (z)G(z) dz
�
� ð
�
�
ð 1 2z
1 2z 11 2z
2z
11 e2z
ze2z �
¼
(z)
� 11 �� 1 ee2z
dz ¼
¼ 1 ze
� ee2z þ
þ cc
¼ (z) 2 e
�
dz
2
2
2
22
44
Por tanto,
�
��1
�
��
1 2z 1 2z
2z
��1 1 2 1 2 1 1 2
ze
2z dz ¼ 1 ze2z � 1 e2z þ c � ¼ 1 e2 � 1 e2 þ 1 ¼ 1 (e2 þ 1)
ze
e
ze
dz
¼
�
þ
c
� 0¼ 22 e � 44 e þ 44 ¼ 44 (e þ 1)
0
22
44
0
0
ðð11
c) Al integrar por partes y elegir F(z) = z2, G′(z) = sen 4z, se tiene
�
� ð
�
�
ð
1
1
z2 sen 4z dz ¼ (z 2) � cos 4z � (2z) � cos 4z dz
4
4
ð
1
1
¼ � z 2 cos 4z þ
z cos 4z dz
4
2
Se integra por partes esta última integral y se eligen esta vez F(z) = z y G′(z) = cos 4z, para obtener
�
� ð �
�
ð
1
1
1
1
z cos 4z dz ¼ (z) sen 4z � (1) sen 4z dz ¼ z sen 4z þ cos 4z
4
4
4
16
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Problemas resueltos
135
Por tanto,
ð
ð z2 sen 4z dz ¼ �1 z2 cos 4z þ 1 z sen 4z þ 1 cos 4z þ c
1
1
1
z2 sen 4z dz ¼ �4 z2 cos 4z þ 8 z sen 4z þ 32 cos 4z þ c
8
32
4
y
2ðp
1
1
z sen 4z dz ¼ �p 2 þ 1 � 1 ¼ �p 3
32
32
2
2
¼ �p 3
z sen 4z dz ¼ �p þ �
32 32
2ðp 2
0
0
La doble integración por partes se indica de manera sugerente al escribir
�
�
�
�
�
�
ð
1
1
1
cos 4z þ c
z2 sen 4z dz ¼ (z2 ) � cos 4z � (2z) � sen 4z þ (2)
4
16
64
1
1
1
¼ � z2 cos 4z þ z sen 4z þ cos 4z
4
8
32
donde el primer paréntesis de cada término (después del primero) se obtiene al diferenciar z2 sucesivamente,
el segundo paréntesis se obtiene al integrar sucesivamente sen 4z, y los términos alternan de signo.
d ) Los puntos (0, 0) y (p, 1) corresponden a z = 0 y z = p + i. Como (z + 2)eiz es analítica, se ve, de acuerdo
con el problema 4.17, que la integral es independiente de la trayectoria y que es igual a
1þi
ð
0
� iz �
�
��pþi
�
e
� (1)(�eiz ) ��
(z þ 2)eiz dz ¼ (z þ 2)
i
0
� i(pþi) �
e
2
þ ei(pþi) � � 1
¼ (p þ i þ 2)
i
i
¼ �2e�1 � 1 þ i(2 þ pe�1 þ 2e�1 )
�
�
�
��
dz
�aiai
ai
11 �1
11 �zzz��
�1zzz
dzdz
1
1
þccc11¼¼
¼ tan
tan�1 þþ
¼ lnln
ln
þ cc22..
¼
þ
22¼ tan
4.26. Muestre que 2zz22 þ
1
þaiai
ai þ c2 .
2ai zzzþþ
2ai
z þþaa2a aaa
aaa
2ai
ððð
Solució n
Sea z = a tan u. Entonces,
Además,
ð
ðð
ðð aa sec
1ð
sec22 u du
dz
du
11 �1
�1 zz
11 du
a sec2 uudu
dzdz ¼
du ¼
¼1 tan
tan
þ cc1
¼
¼
¼
�1 z þ
2
2
2
2
2
2
2
2
du
¼
tan
¼
¼
a
z þa
a (tan
aþ c1 1
(tan
uþ
þ 1) a
2 uu
aa
z2z þþaa2
aa2 (tan
aa
þ 1)1) aa
ð
ðð
�
�
�
�
1
11 �
11
11� 111
1
1
1
11 ¼
¼
�
¼
¼
�
z22 þ a22¼ (z � ai)(z
ai)(z þ
þ ai)
ai)¼ 2ai
2ai z � ai� z þ ai
þ ai)
2ai z z��aiai z zþþaiai
z2z þþaa2 (z(z��ai)(z
y así
ð
ðð
ðð
ðð
1ð dz
dz
1ð dz
dz
dz
dzdz ¼
11
dz �
11
dz
¼
�
þ a2a22¼ 2ai
2ai zz �
� ai
ai� 2ai
2ai zz þ
þ ai
ai
z22 þ
z
2
z þa
2ai z � ai 2ai z þ ai
�
�
�
��
� ai
ai
11
11
11 �z zz��
ai þ
ln(z �
� ai)
ai) �
� 1 ln(z
ln(z þ
þ ai)
ai) þ
þ cc22 ¼
ln
þ cc2
¼ 1 ln(z
¼ 1 ln
¼
¼ 2ai
2ailn(z � ai) � 2ai
2ailn(z þ ai) þ c2 ¼ 2ai
2ailn zz þ
þ ai þ c2 2
2ai
2ai
2ai
z þ aiai
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136
Capítulo 4 Integración compleja y teorema de Cauchy
Problemas diversos
4.27. Demuestre el teorema de Morera [página 115] suponiendo que f (z) tiene una derivada continua en
.
Solució n
Si f (z) tiene una derivada continua en puede aplicarse el teorema de Green para obtener
þ
þ
þ
f (z) dz ¼ u dx � v dy þ i v dx þ u dy
C
C
C
�
�
ðð �
ðð �
@v @u
@u @v
dx dy þ i
�
dx dy
� �
¼
@x @y
@x @y
R
Así, si
Þ
C
R
f (z) dz ¼ 0 alrededor de toda trayectoria cerrada C en , se tendrá
þ
þ
u dx � v dy ¼ 0,
v dx þ u dy ¼ 0
C
C
alrededor de toda curva cerrada C en
de Cauchy-Riemann
. Por tanto, de acuerdo con el problema 4.8, se satisfacen las ecuaciones
@u @v
¼ ,
@x @y
@v
@u
¼�
@x
@y
y (como estas derivadas parciales son continuas) se colige [problema 3.5] que u + iv = f (z) es analítica.
4.28. U
n campo de fuerza está dado por F = 3z + 5. Encuentre el trabajo realizado al mover un objeto en este
campo de fuerza a lo largo de la parábola z = t 2 + it, desde z = 0 hasta z = 4 + 2i.
Solució n
9
=
Trabajo total realizado ¼ F � dz ¼ Re F � dz ¼ Re (3�z þ 5) dz
:
;
ð
C
C
C
8
9
� �
�
�
ð =
< ð
1
¼ Re 3 z� dz þ 5 dz ¼ Re 3 10 � i þ 5(4 þ 2i) ¼ 50
:
;
2
C
con el resultado del problema 4.2.
8
<ð
ð
C
ð ð
ð ð
ax
ax
sen
bxbx
dx,dx,y(b)(b)
cos
bxbx
dx.dx..
4.29. Encuentre a) eaxesen
b)eaxecos
Solució n
Se omite la constante de integración y se obtiene
ð
e(aþib)x
e(aþib)x dx ¼
a þ ib
que puede escribirse como
ð
eax (cos bx þ i sen bx) eax (cos bx þ i sen bx)(a � ib)
¼
eax (cos bx þ i sen bx) dx ¼
a þ ib
a2 þ b2
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Problemas resueltos
137
Y se igualan las partes reales y las imaginarias,
ð
eax (a cos bx þ b sen bx)
eax cos bx dx ¼
a2 þ b2
ð
ax
e (a sen bx � b cos bx)
eax sen bx dx ¼
a2 þ b2
4.30. Dé un ejemplo de una curva continua, cerrada, que no se interseque y que se encuentre en una región acotada
, pero que sea de longitud infinita.
Solució n
Considere el triángulo equilátero ABC [figura 4-21] con lados de longitud unitaria. Al trisecar cada lado se trazan
los triángulos equiláteros DEF, GHJ y KLM. Después se omiten los lados DF, GJ y KM y se obtiene la curva
cerrada, que no se interseca, ADEFBGHJCKLMA de la figura 4-22.
B
B
F
E
G
D
A
A
J
M
C
H
K
C
L
Figura 4-21
Figura 4-22
Figura 4-23
Se puede continuar con este proceso de trisecar los lados DE, EF, FB, BG, GH, etc., y trazar, como antes,
triángulos equiláteros. Al repetir este proceso indefinidamente [vea la figura 4-23] se obtiene una curva continua
cerrada que no se interseca y que es la frontera de una región cuya área finita es igual a
� �2 pffiffiffi
� �2 pffiffiffi
� �2 pffiffiffi
3
3
3
1 pffiffiffi
1
1
1
3 þ (3)
þ (9)
þ (27)
þ ���
4
3 4
9 4
27 4
pffiffiffi
pffiffiffi �
� pffiffiffi
1 1
1
3 3
3
3
¼
1 þ þ þ ��� ¼
¼
3 9
8
4
4 1 � 1=3
o 1.5 veces el área del triángulo ABC, y la cual tiene una longitud infinita (vea el problema 4.91).
4.31. S
ean F(x, y) y G(x, y) continuas, y con primeras y segundas derivadas parciales continuas en una región
simplemente conexa limitada por una curva simple cerrada C. Demuestre que
þ
C
�
�
��
� �
ðð � � 2
@G
@G
@ G @2 G
@F @G @F @G
dx �
dy ¼ �
þ
dx dy
F
F
þ 2 þ
@y
@x
@x2
@y
@x @x @y @y
R
Solució n
Sean P ¼ F
@G
@G
, Q ¼ �F
in el teorema de Green de modo que
en
@y
@x
�
þ
ðð �
@Q @P
�
dx dy
P dx þ Q dy ¼
@x @y
C
R
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138
Capítulo 4 Integración compleja y teorema de Cauchy
Entonces, como se buscaba,
� ðð � �
�
�
��
þ �
@G
@G
@
@G
@
@G
dx �
dy ¼
�F
�
F
dx dy
F
@y
@x
@x
@x
@y
@y
R
C
��
� �
ðð � � 2
@ G @2 G
@F @G @F @G
¼�
þ
dx dy
F
þ 2 þ
@x2
@y
@x @x @y @y
R
Problemas complementarios
Integrales de línea
Ð (2,5)
4.32. E
valúe (0,1) (3x þ y) dx þ (2y � x) dy a lo largo de a) la curva y = x2 + 1, b) la recta que une (0, 1) y
(2, 5), c) las rectas que van de (0, 1) a (0, 5) y de (0, 5) a (2, 5) y d ) las rectas que van de (0, 1) a (2, 1) y de (2, 1) a
(2, 5).
Þ
4.33. a) Evalúe C (x þ 2y) dx þ ( y � 2x) dy alrededor de la elipse C definida por x = 4 cos u, y = 3 sen u, 0 ≤ u < 2p
si C se describe en dirección contraria a las manecillas del reloj.
b) ¿Cuál es el resultado en el inciso a) si C se describe en el sentido de las manecillas del reloj?
Ð
4.34. Evalúe C (x2 � iy2 ) dz a lo largo de a) la parábola y = 2x2 desde (1, 2) hasta (2, 8), b) las rectas de (1, 1) a
(1, 8) y de (1, 8) a (2, 8) y c) la recta de (1, 1) a (2, 8).
Þ
4.35. Evalúe C jzj2 dz alrededor del cuadrado con vértices en (0, 0), (1, 0), (1, 1), (0, 1).
Ð
4.36. Evalúe C (z2 þ 3z) dz a lo largo de a) la circunferencia |z| = 2 desde (2, 0) hasta (0, 2) en sentido contrario a las
manecillas del reloj, b) la recta desde (2, 0) hasta (0, 2) y c) las rectas de (2, 0) a (2, 2) y de (2, 2) a (0, 2).
4.37. Suponga que f (z) y g(z) son integrables. Demuestre que
ðaða
ðð
ðð
ðð
ðbðb
f (z)dzdz¼¼�� f (z)
f (z)dz,
dz,, (b)
(b)
f2f(z)
(z)��3ig(z)g
3ig(z)gdzdz¼¼22 f (z)
f (z)dzdz��3i3i g(z)
g(z)dz.
dz.
(a)
(a)
a) f (z)
b) f2f
.
aa
bb
CC
CC
CC
Ð 2�i
4.38. E
valúe i (3xy þ iy2 ) dz a) a lo largo de la recta que une z = i y z = 2 − i y b) a lo largo de la curva x = 2t − 2.
y = 1 + t − t 2.
Þ
4.39. Evalúe C z� 2 dz alrededor de las circunferencias a) |z| = 1, b) |z − 1| = 1.
Þ
4.40. Evalúe C (5z4 � z3 þ 2) dz alrededor a) de la circunferencia |z| = 1, b) del cuadrado con vértices en (0, 0),
(1, 0), (1, 1) y (0, 1) y c) de la curva que consta de las parábolas y = x2 desde (0, 0) hasta (1, 1) y y2 = x desde
(1, 1) hasta (0, 0).
Ð
4.41. Evalúe C (z2 þ 1)2 dz a lo largo del arco de la cicloide x = a(u − sen u), y = a(1 − cos u) desde el punto en el
que u = 0 hasta el punto en el que u = 2p.
Ð
4.42. Evalúe C z� 2 dz þ z2 d�z a lo largo de la curva C definida por z2 þ 2z�z þ z� 2 ¼ (2 � 2i)z þ (2 þ 2i)�z desde el punto
z = 1 hasta z = 2 + 2i.
Þ
4.43. Evalúe C dz=z � 2 alrededor de
a) la circunferencia |z − 2| = 4, b) la circunferencia |z − 1| = 5 y c) el cuadrado con vértices en 3 3i, −3 3i.
Þ
4.44. Evalúe C (x2 þ iy2 ) ds alrededor de la circunferencia |z| = 2, donde s es la longitud de arco.
Teorema de Green en el plano
4.45. V
erifique el teorema de Green en el plano para
vértices en (0, 0), (2, 0), (2, 2) y (0, 2).
Þ
C
(x2 � 2xy) dx þ ( y2 � x3 y) dy, donde C es un cuadrado con
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Problemas complementarios
139
Þ
4.46. E
valúe C (5x þ 6y � 3) dx þ (3x � 4y þ 2) dy alrededor de un triángulo en el plano xy con vértices en (0, 0),
(4, 0) y (4, 3).
4.47. Sea C una curva simple cerrada que limita una región cuya área es A. Demuestre que
þ
1
x dy � y dx
A¼
2
C
4.48. Con el resultado del problema 4.47 halle el área limitada por la elipse x = a cos u, y = b sen u, 0 ≤ u < 2p.
y
4.49. E
ncuentre el área limitada por la hipocicloide x2/3 + y2/3 =
a2/3 que se muestra sombreada en la figura 4-24. [Pista:
Las ecuaciones paramétricas son x = a cos3u, y = a sen3 u,
0 ≤ u < 2p.]
Þ
4.50. Verifique el teorema de Green en el plano para C x2 y dx +
3
2
(y − xy )dy, donde C es la frontera de la región que queda
encerrada por las circunferencias x2 þ y2 ¼ 4, x2 þ y2 ¼ 16..
Þ
4.51. a) Demuestre que C (y2 cos x � 2ey ) dx þ (2y sen x � 2xey )
dy = 0 alrededor de cualquier curva simple cerrada C.
x
b) Evalúe la integral del inciso a) a lo largo de la parábola y = x2
desde (0, 0) hasta (p, p2).
Figura 4-24
Ð (3,2)
3
2
2
2
4.52. a) Muestre que (2,1) (2xy � 2y � 6y) dx þ (3x y � 4xy � 6x) dy es independiente de la trayectoria que une los
puntos (2, 1) y (3, 2). b) Evalúe la integral del inciso a).
Forma compleja del teorema de Green
4.53. Si C es una curva simple cerrada que encierra una región de área A, compruebe que A ¼
1
2i
þ
z� dz..
Þ
4.54. E
valúe C z� dz alrededor de a) la circunferencia |z − 2| = 3, b) el cuadrado con vértices en z = 0, 2, 2i y 2 + 2i
y c) la elipse jz � 3j þ jz þ 3j ¼ 10..
Þ
4.55. Evalúe C (8�z þ 3z) dz alrededor de la hipocicloide x2/3 + y2/3 = a2/3.
C
4.56. S
ean P(z, z) y Q(z, z) funciones continuas con derivadas parciales continuas en una región
Demuestre que
�
þ
ðð �
@P @Q
�
dA
P(z, z� ) dz þ Q(z, z� ) d�z ¼ 2i
@�z @z
C
R
þ
1
z� dz � z d�z.
4.57. Muestre que el área del problema 4.53 puede expresarse en la forma A ¼
4i
y en su frontera C.
C
4.58. Muestre que, en coordenadas conjugadas, el centroide de la región del problema 4.53 está dado por (^z, z^� ), donde
þþ
þþ
11
11
22
^
^
zz d�d�
z,z, y z� z�¼¼
z� 2z� 2dzdz
z^ z^¼¼��
4Ai
4Ai
4Ai
4Ai
CC
CC
4.59. Encuentre el centroide de la región limitada arriba por |z| = a > 0 y abajo por Im z = 0.
Teorema de Cauchy y teorema de Cauchy-Goursat
4.60. V
erifique el teorema de Cauchy para las funciones a) 3z2 + iz − 4
C es el cuadrado con vértices en 1 i, −1 i.
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y
b) 5 sen 2z, c) 3 cosh(z + 2), donde
140
Capítulo 4 Integración compleja y teorema de Cauchy
4.61. Verifique el teorema de Cauchy para la función z3 − iz2 − 5z + 2i si C es
a) la circunferencia |z| = 1, b) la circunferencia |z − 1| = 2 y c) la elipse |z − 3i| + |z + 3i| = 20.
þ
dz
4.62. Sea C la circunferencia |z − 2| = 5. a) Determine si
¼ 0. b) ¿Contradice al teorema de Cauchy su
z
�3
respuesta al inciso a)?
C
4.63. Dada una curva simple cerrada C, explique claramente la relación entre las observaciones
þ þ
þ þ
y
(x2(x�2 y�2 þ
y2 2y)
þ 2y)
dx dx
þ (2x
þ (2x
� 2xy)
� 2xy)
dy dy
¼ 0¼ 0andand
(z2(z�2 2iz)
� 2iz)
dz dz
¼ 0¼ 0
C C
4.64. Mediante la evaluación de
Þ
C
2ðp
C C
e dz alrededor de la circunferencia |z| = 1, muestre que
z
cos u
e
cos(u þ sen u) d u ¼
0
2ðp
ecos u sen(u þ sen u) d u ¼ 0
0
4.65. Establezca y pruebe el teorema de Cauchy para regiones múltiplemente conexas.
4.66. D
emuestre el teorema de Cauchy-Goursat para un polígono, como el polígono ABCDEFGA de la figura 4-25, que
puede intersecarse a sí mismo.
4.67. Demuestre el teorema de Cauchy-Goursat para la región múltiplemente conexa
de la figura 4-26.
A
B
C
E
G
F
D
Figura 4-25
Figura 4-26
4.68. a ) Verifique el teorema de de Cauchy-Goursat para un rectángulo y b) muestre cómo se emplea el resultado del
inciso a) para demostrar este teorema para toda curva simple cerrada C.
4.69. S
ean P y Q continuas y con primeras derivadas parciales continuas en una región
cerrada en y suponga que para toda curva de este tipo
þ
P dx þ Q dy ¼ 0
. Sea C una curva simple
C
a) Demuestre que existe una función analítica f (z) tal que Ref { f (z) dz} = P dx + Q dy sea una diferencial exacta.
Þ
b) Determine p y q en términos de P y Q de modo que Im { f (z) dz} = p dx + q dy y verifique que C p dx þ q dy ¼ 0.
q dy= 0.
c) Analice la relación entre los incisos a) y b) y el teorema de Cauchy.
4.70. Ilustre los resultados del problema 4.69 si P = 2x + y − 2xy, Q = x − 2y − x2 + y2 hallando p, q y f (z).
4.71. S
ean P y Q continuas y con primeras
derivadas parciales continuas en una región . Suponga que, para toda curva
Þ
simple cerrada C en , se tiene C P dx þ Q dy ¼ 0..
Þ
a) Demuestre que C Q dx � P dy ¼ 0.. b) Analice la relación del inciso a) con el teorema de Cauchy.
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Problemas complementarios
141
Consecuencias del teorema de Cauchy
Ð 4�3i
4.72. M
uestre directamente que 3þ4i (6z2 þ 8iz) dz tiene el mismo valor a lo largo de las siguientes trayectorias C
que unen los puntos 3 + 4i y 4 – 3i: a) una línea recta, b) las líneas rectas de 3 + 4i a 4 + 4i y de 4 + 4i a
4 − 3i y c) la circunferencia |z| = 5. Determine este valor.
Ð
4.73. Muestre que C e�2z dz es independiente de la trayectoria C que une los puntos 1 − pi y 2 + 3pi, y determine su
valor.
Ðz
4.74. Dada G(z) ¼ p�pi cos 3z dz , a) demuestre que G(z) es independiente de la trayectoria que une p − pi y el
punto arbitrario z, b) determine G(pi) y c) demuestre que G′(z) = cos 3z.
Ðz
4.75. Dada G(z) ¼ 1þi sen z2 dz , a) verifique que G(z) es una función analítica de z y b) compruebe que G′(z) = sen z2.
Ð
4.76. Dada la integral real de línea C P dx þ Q dy , dé y compruebe el teorema correspondiente a:
a) el problema 4.17,
b) el problema 4.18 y
c) el problema 4.20.
4.77. Con la región de la figura 4-26, demuestre el teorema 4.5 de la página 118.
þ
z2 þ 2z � 5
dz ¼ 0
4.78. a) Si C es la circunferencia |z| = R, muestre que lím
R!1
(z2 þ 4)(z2 þ 2z þ 2)
b)
Con el resultado del inciso a), deduzca que si C1 es la circunferencia |z − 2| = 5, entonces
þ
z2 þ 2z � 5
dz ¼ 0
2
(z þ 4)(z2 þ 2z þ 2)
c)
Si C1 es la circunferencia |z + 1| = 2, ¿es verdadero el resultado del inciso b)? Explique.
C1
Integrales de funciones especiales
4.79. Encuentre
ððð ð
ð
ððð ð lasðintegrales
ððð ð siguientes:
ð
ððð ð 2 2 2 2 ð
ððð ð
ð
z z zþþ
zþ
11þ1 1 z2 þ 1
�2z
2 22 2
4 44 4
4
2 22 2
3 3 32 3
a) e�2z
b) dz,
d
)
y e)
dz,
dz,
dz,
dz,
dz,
e�2z
e�2z
edz,
dz,
dz,
dz,e�2z
z zsen
zsen
sen
z zsen
zdz,
zdz,
zdz, dz,
z sen c)
z2 dz,
sen
sen
sen
sen
2z
2z
2z
cos
cos
2z
cos
2z
cos
sen
2z
2z
dz,
dz,
2z
2z
dz,
dz,
cos
2z
z
dz,
z
tanh(4z
z
tanh(4z
z
tanh(4z
tanh(4z
)zdz
) )dz
tanh(4z
dz
) dz 3 ) dz .
3 3z
32þ
z3z3zþ3þ
zþ
3z
þ3z
þþ
3zþ
2z2þ
2 3z þ 2
4.80.
las integrales
ðð ð
ðð ðEncuentre
ðð ðð ð ðsiguientes:
ðð ðð ð ð ð
ðð ð ð
ð
ð ðð ð
22 �z
�z2 �z
33
3
2 2z
�z
2dz,
�z
2�z�z
33 3
zzcos
cosz2z
2z
cos
dz,
dz,
2z dz,
zza)
zzdz,
eez cos
dz,
e
dz,
z
z
ln
ln
z
z
z
dz,
dz,
ln
z
z
z
senh
senh
senh
z
z
dz.
dz.
z
dz.
b)
c)
y dz3z)senh
zcos
cos
z2z
cos
2zdz,
2zdz,
2z
dz,dz,
z zeze zedz,
edz,
dz,dz,
z ln
z zlnzln
zdz,
zln
zdz,
dz,
z dz,
zsenh
zsenh
senh
z dz.
z zdz.
dz.
z dz.
2ð
2pðpi i 2ðpi
4.81. Evalúe a)
3z ee dz,
dz,
e dz, b)
3z3z
ppi i
4.82. Muestre que
pi
Ð p=2
0
pð
pþi
ðþipðippððþi
ip
ð ðð ð
ði pði
3z5z
3z3zdz,
3z y c)zzcos
.
senh
senhsenh
5z
5zedz,
dz,
cos
zsenh
2z
2z
cos
dz.
dz.
2z
dz.
e edz,
dz,
e dz,dz,
senh
senh
senh
5z
5zdz,
5zdz,
5z
dz,dz,
p
ðpði i
00
p
ði 2p2ip2ip2i pi
0
Ð p=2 pip2ipi pi
cos z dz
0
00 0 000 0
pðþi
pðþi
pðþi
pðþi
z cos
z zcos
cos
z2z
cos
2zdz.
2zdz.
2z
dz.dz.
000 0
¼ p=4..
�
�
dz
1
z�a
1
z
4.83. Muestre that
que 2
þ c1 ¼ coth�1 þ c2 ..
¼ ln
z � a2 2a
zþa
a
a
ð
sen2 z dz ¼
4.84. Muestre que, al restringirse a una misma rama de la raíz cuadrada,
ð pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
1
5
z 2z þ 5 dz ¼ (2z þ 5)5=2 � (2z þ 5)3=2 þ c
20
6
Ð pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
4.85. Evalúe
1 þ z þ 1 dz, estableciendo las condiciones en las cuales es válido su resultado.
Problemas misceláneos
4.86. Con la definición de integral, demuestre que a lo largo de toda trayectoria que una los puntos a y b,
ðb
ðb
ðb
ðb
1 2 122
(b ¼� a(b). � a2 )..
� a,
¼ b (b)
�y a, z (b)
dz
b)¼ z dz
a) dz ¼ b dz
2
2
a
a
a
a
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142
Capítulo 4 Integración compleja y teorema de Cauchy
4.87. D
emuestre el teorema de la página 113 relacionado con el cambio de variables. [Sugerencia: Exprese cada lado
de la igualdad como dos integrales reales de línea y use las ecuaciones de Cauchy-Riemann.]
4.88. Sea u(x, y) armónica con derivadas continuas, por lo menos de orden dos, en una región
a)
Muestre que la integral siguiente es independiente de la trayectoria que une en
(x,y)
ð
@u
@u
� dx þ dy
v(x, y) ¼
@y
@x
b)
Demuestre que u + iv es una función analítica de z = x + iy en
c)
Demuestre que v es armónica en
.
los puntos (a, b) y (x, y):
(a,b)
.
.
4.89. R
epita el problema 4.88 para los casos especiales a) u ¼ 3x22y þ 2x22 � y33 � 2y22,y b) u ¼ xexx cos y � yexx se
seny.y.
[Vea los problemas 4.53a) y c).]
4.90. Con la definición de integral, verifique directamente que si C es una curva simple cerrada y z0 es una constante,
þþ
þ
þþ
þ
þþ
þ
a) dzdz¼¼0,0, dz(b)
(b)
¼b)0, z zdz
(b)
dz¼¼0,z0, dz(c)
(c)
¼y 0, (z(z(c)
�c)
�z0z)0 )dz
(zdz�
¼¼z000) dz ¼ 0
CC
C
CC
C
CC
C
4.91. E
ncuentre la longitud de la curva cerrada del problema 4.30 después de n pasos y verifique, que cuando n → ∞,
la longitud de
la curva se hace infinita.
ð ð
dz dz
4.92. Evalúe 2 2 a lo largo de la recta x + y = 1, en la dirección en la que crece x.
z þz4 þ 4
C
Ð 1C Ð 1
�x �x sen x dx
4.93. Muestre que
sen x dx ¼ 12. ¼ 12..
0 xe0 xe
pffiffi pffiffi
�2þ2
3ið 3i
ð�2þ2
1=2
z1=2 zdz
4.94. Evalúe
a lo largo de una trayectoria en línea recta si se elige la rama de z1/2 en la que z1/2 = 1 para
pffiffi pffiffi
z = 1.
3i
3i
�2�2�2�2
4.95. ¿Es válido el teorema de Cauchy para la función f (z) = z1/2 si C es la circunferencia |z| = 1? Explique.
4.96. ¿ Es válido el teorema de Cauchy para una curva, como la curva
EFGHFJE de la figura 4-27, que se interseca consigo misma?
Justifique su respuesta.
y
E
H
4.97. S
i n es la dirección de trazo hacia afuera normal a una curva
simple cerrada C, s es el parámetro de longitud de arco y U es
una función continuamente diferenciable, demuestre que
F
J
G
@U @U dx @U dy
¼
þ
@n
@x ds @y ds
x
Figura 4-27
4.98. Pruebe la primera identidad de Green,
�
ðð
ðð �
þ
@U @V @U @V
@V
Ur2 V dx dy þ
þ
dx dy ¼ U
ds
@x @x
@y @y
@n
R
R
C
donde es la región limitada por la curva simple cerrada C, r2 ¼ (@2 =@x2 ) þ (@2 =@y2 ), en tanto que n y s son
como se indica en el problema 4.97.
4.99. Con el problema 4.98 demuestre la segunda identidad de Green
�
ðð
þ�
@V
@U
2
2
�V
ds
(Ur V � Vr U) dA ¼
U
@n
@n
R
donde dA es un elemento de área de
C
.
4.100. Exprese el resultado del problema 4.31 en términos del operador .
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Respuestas a los problemas complementarios
4.101. Evalúe
þ
C
143
dz
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi alrededor de la circunferencia unitaria |z| = 1 empezando con z = 1, y suponga que para
2
z þ 2z þ 2
este valor el integrando es positivo.
4.102. Sea n un entero positivo. Muestre que
2ðp
e
sen nu
cos(u � cos nu) d u ¼
0
2ðp
esen nu sen(u � cos nu) d u ¼ 0
0
Respuestas a los problemas
complementarios
(a)
18
p
i,i,(b)
(b)
8i,
(c)
40
p
(a)
18
pp
i,i,
(b)
8i,
(c)
40
pp
i iii
(a)18
18
(b)
8i,(c)
(c)40
40
(a)
(a)
18
p
i,p
(b)
8i,
8i,
(c)
40
p
ip
(a)
(c)
40,
(d)
2424
(a)88/3,
88/3,(b)
(b)32,
32,c)
(c)
40,
(d)
(a)
88/3,
(b)
32,
(c)
40,
(d)
24
4.32.(a)
a)
88/3,
b)
32,
40
y(d)
d)
24
(a)
88/3,
(b)
32,
(c)
40,
(d)
24
(a)
(a)
(a)
88/3,
88/3,
88/3,
(b)
(b)
(b)
32,
32,
32,
(c)
(c)
(c)
40,
40,
40,
(d)
(d)
(d)
24
24
24
(a)
88/3,
88/3,
(b)
(b)
32,
32,
(c)
(c)
40,
40,
(d)
24
24
(a)
�48
p
,
(b)
48
p
(a)−48p
�48pp,y, (b)
(b)
48pp
(a)
�48
48
4.33.(a)
a)
b)48
48p
(a)
�48
,(b)
(b)
48
(a)
(a)
(a)
�48
�48
�48
p
,,,(b)
,(b)
(b)
48
48
48
pp
(a)
�48
�48
ppp
p
,p
(b)
48
ppp
p
511
4949
518
511
518 57i, (c) 518
518 8i
511
49
518
518
�
i,
(b)
(a)
511 �
49 i,i, (b)
518��
518��
511
511
49
49
518
511
49
518
518
518
518
518
�
(b)
� 57i,
57i, (c)
(c)
� 8i
8i
(a)
511
511
49
49
518
518
518
518
(a)
3
5
3
3
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i,
(b)
�
57i,
(c)
�
8i
�
�
i,
i,
(b)
(b)
�
57i,
(c)
(a)
�
i,
(b)
�
�
57i,
57i,
(c)
(c)
�
�
�
8i
8i
8i
(a)
(a)
(a)
4.34.(a)
a)
b)
y
c)
(b) 333333��57i,
57i,(c)
(c) 333333�
�
8i
8i
(a) 333333�� 55555i,5i,(b)
3
3
3
3
5
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3
3
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3
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3
3
3
3
3
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33 3030
343pi
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0,30,3(b)
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(b)
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(a)
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(a)
0,
0,
(b)
(b)
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4.39.(a)
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0(b)
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0 0ininallallcases
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cases
cases
4.40.00000in
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cases
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3 33 3
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30
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248
248
248
248
248
248
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15
15
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p
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þ
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þ
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i)i)i)
Common
value
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Common
value
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4.45.Common
Valor
común
=¼
Common
value
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Common
value
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Common
value
value
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value
value
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pp
abab
4.48.ppp
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p
ab
p
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p
ab
ab
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p
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pp
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Valor
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Common
value
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Common
value
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Common
value
¼
120
p
Common
Common
Common
value
value
value
¼
¼
¼
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120
pp
Common
Common
value
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¼
¼
120
120
ppp
p
2
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b)
24
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24
24
24
(b)
(b)
24
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(a)
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(a)
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18
18
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8i,
8i,
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pip
p
i iii
(a)
18
p
i,i,(b)
(b)
8i,
(c)
40
p
(a)
18
8i,
(c)
40
(a)
i,(b)
(b)
8i,
(c)
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2
(a)
18
p
i,
(b)
8i,
(c)
40
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3
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Capítulo 5
Fórmulas integrales
de Cauchy y teoremas
relacionados
5.1 Fórmulas integrales de Cauchy
Sea f (z) analítica sobre y en el interior de una curva simple cerrada C y sea a un punto en el interior de C [figura
5-1]. Entonces
þ
1
f (z)
f (a) ¼
dz (5.1)
2p i z � a
C
donde C se recorre en sentido positivo (contrario a las manecillas del reloj).
Además, la n-ésima derivada de f (z) en z = a es
þ
n!
f (z)
dz n ¼ 1, 2, 3, . . .
f (n) (a) ¼
2pi (z � a)nþ1
(5.2)
C
La expresión en (5.1) puede considerarse el caso especial de la expresión en (5.2) en el que n = 0, si se define 0!= 1.
y
C
a
x
Figura 5-1
Los resultados dados en (5.1) y (5.2) se conocen como fórmulas integrales de Cauchy, y son importantes porque
muestran que si una función f (z) se conoce sobre una curva simple cerrada C, puede hallarse el valor de la función
y los valores de todas sus derivadas en todos los puntos interiores de C. Por tanto, si una función de una variable
compleja tiene primera derivada, es decir, es analítica, en una región simplemente conexa , todas sus derivadas de
orden superior existen en . Esto no es necesariamente válido para funciones de variables reales.
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5.2 Algunos teoremas importantes
145
5.2 Algunos teoremas importantes
La siguiente es una lista de teoremas importantes que son consecuencia de las fórmulas integrales de Cauchy.
1.
2.
3.
4.
5.
Teorema de Morera (recíproco del teorema de Cauchy) Þ
Si f (z) es continua en una región simplemente conexa y si C f (z) dz ¼ 0 alrededor de toda curva simple
cerrada C en , entonces f (z) es analítica en .
Desigualdad de Cauchy
Suponga que f (z) es analítica en el interior y sobre una circunferencia C, tiene radio r y centro en z = a.
Entonces,
M � n!
(5.3)
n ¼ 0, 1, 2, . . . j f (n) (a)j � n
r
donde M es una constante tal que | f (z)| < M en C, es decir, M es una cota superior de | f (z)| en C.
Teorema de Liouville
Suponga que para toda z en el plano complejo entero, i) f (z) es analítica y ii) f (z) es acotada, es decir,
|f (z)| < M para alguna constante M. Entonces f (z) es una constante.
Teorema fundamental del álgebra
Toda ecuación polinómica P(z) ¼ a0 þ a1 z þ a2 z2 þ � � � þ an zn = 0 de grado n ≥ 1 en la que an  0 tiene
por lo menos una raíz.
De esto se sigue que P(z) = 0 tiene exactamente n raíces, tomando en cuenta las multiplicidades de las
raíces.
Teorema del valor medio de Gauss
Suponga que f (z) es analítica en el interior y sobre una circunferencia C, con centro en a y de radio r.
Entonces, f (a) es la media de los valores de f (z) en C, es decir,
1
f (a) ¼
2p
2ðp
0
6.
7.
8.
�
�
f a þ reiu du (5.4)
Teorema del módulo máximo
Suponga que f (z) es analítica en el interior y sobre una curva simple cerrada C y que no es idénticamente
igual a una constante. Entonces, el valor máximo de |f (z)| se encuentra sobre C.
Teorema del módulo mínimo
Suponga que f (z) es analítica en el interior y sobre una curva simple cerrada C y que f (z)  0 en el interior
de C. Entonces, | f (z)| asume su valor mínimo sobre C.
Teorema del argumento
Sea f (z) analítica en el interior y sobre una curva simple cerrada C, salvo en un número finito de polos en
el interior de C. Entonces,
þ 0
1
f (z)
(5.5)
dz ¼ N � P 2pi f (z)
C
9.
10.
donde N y P son, respectivamente, el número de ceros y el de polos de f (z) en el interior de C.
Una generalización de este teorema se presenta en el problema 5.90.
Teorema de Rouché
Suponga que f (z) y g(z) son analíticas en el interior y sobre una curva simple cerrada C y suponga que
|g(z)| < | f (z)| sobre C. Así, f (z) + g(z) y f (z) tienen el mismo número de ceros en el interior de C.
Fórmulas integrales de Poisson para un círculo
Sea f (z) analítica en el interior y sobre un círculo C definido por |z| = R. Así, si z = reiu es un punto cualquiera en el interior de C, se tiene
2ðp
1
(R2 � r 2 ) f (Reif )
iu
(5.6)
f (re ) ¼
df 2p R2 � 2Rr cos(u � f) þ r 2
0
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146
Capítulo 5 Fórmulas integrales de Cauchy y teoremas relacionados
Si u(r, u) y v (r, u) son las partes real e imaginaria de f (reiu), y u(R, f) y v (R, f) son las partes real e
imaginaria de f (Reif), entonces
2ðp
(R2 � r2 )u(R, f)
df
R2 � 2Rr cos(u � f) þ r 2
(5.7)
1
(R2 � r 2 )v(R, f)
df
v(r, u) ¼
2p R2 � 2Rr cos(u � f) þ r 2
(5.8)
1
u(r, u) ¼
2p
0
2ðp
0
11.
Estos resultados se llaman fórmulas integrales de Poisson para un círculo. Ellas expresan el valor de una
función armónica en el interior de un círculo en términos de sus valores en la frontera.
Fórmulas integrales de Poisson para un semiplano
Sea f (z) analítica para la mitad superior, y ≥ 0, del plano z y sea z = z + i un punto en este semiplano
superior. Entonces
1
f (z ) ¼
p
1
ð
�1
h f (x)
dx (x � j )2 þ h2
(5.9)
En términos de las partes reales e imaginarias de f (z ), esto se escribe como
1
u(j, h) ¼
p
1
ð
�1
hu(x, 0)
dx (x � j )2 þ h2
1
ð
1
hv(x, 0)
dx
v(j, h) ¼
p (x � j )2 þ h2
(5.10)
(5.11)
�1
Esto se conoce como fórmulas integrales de Poisson para un semiplano. Ellas expresan el valor de una
función armónica en la mitad superior del plano en términos de los valores en el eje x [la frontera] del
semiplano.
Problemas resueltos
Fórmulas integrales de Cauchy
5.1. Sea f (z) analítica en el interior y sobre la frontera C de una región simplemente conexa
fórmula integral de Cauchy
þ
1
f (z)
f (a) ¼
dz
2 pi z � a
. Demuestre la
C
Solució n
Método 1. La función f (z)/(z − a) es analítica sobre y en el interior de C excepto en el punto z = a (vea la figura
5-2). De acuerdo con el teorema 4.4 de la página 117, se tiene
þ
þ
f (z)
f (z)
(1)
dz ¼
dz z�a
z�a
C
G
donde Γ se elige como una circunferencia de radio e con centro en a. De este modo, una ecuación de Γ es |z − a| = e
o z − a = eeiu, donde 0 ≤ u < 2p. Se sustituye z = a + eeiu, dz = ieeiu y la integral de la derecha en (1) se convierte en
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Problemas resueltos
þ
G
f (z)
dz ¼
z�a
2ðp
2ðp
f (a þ eeiu )ieeiu
du ¼ i
eeiu
0
147
f (a þ eeiu ) du
0
De manera que, de acuerdo con (1),
þ
C
f (z)
dz ¼ i
z�a
2ðp
f (a þ eeiu ) d u (2)
0
Se toman límites en ambos lados de (2) y, mediante la continuidad de f (z), se tiene
þ
C
f (z)
dz ¼ lím i
e!0
z�a
2ðp
2ðp
f (a þ eeiu ) du
0
iu
¼ i líím f (a þ ee ) d u ¼ i
0
e!0
2ðp
f (a) d u ¼ 2pi f (a)
0
con lo que se obtiene, como se buscaba,
1
f (a) ¼
2pi
þ
C
f (z)
dz
z�a
Método 2. El lado derecho de la ecuación (1) en el método 1 se escribe como
þ
G
f (z)
dz ¼
z�a
¼
þ
G
f (z) � f (a)
dz þ
z�a
G
f (z) � f (a)
dz þ 2pi f (a)
z�a
þ
þ
G
f (a)
dz
z�a
con el problema 4.21. Se obtiene el resultado buscado si se muestra que
þþ f (z) � f (a)
f (z) � f (a) dz ¼ 0
� aa dz ¼ 0
zz �
G
G
Pero, de acuerdo con el problema 3.21,
þþ f (z) � f (a)
þþ
þþ
þþ
f (z) � f (a) dz ¼ f 00 (a) dz þ h dz ¼ h dz
� aa dz ¼ f (a) dz þ h dz ¼ h dz
zz �
G
G
G
G
G
G
G
G
Así, al elegir una Γ tan pequeña que para todos los puntos en Γ se tenga |h| < d/2p, se tiene
�
�
� � �
�þ
�
�
� h dz� , d (2pe) ¼ e
�
�
2p
�
�
G
De manera que
Þ
Gh
dz ¼ 0, con lo que se termina la prueba.
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(3)
148
Capítulo 5 Fórmulas integrales de Cauchy y teoremas relacionados
y
y
C
C
Γ
a
Γ
a
�
�
a+h
x
x
Figura 5-2
Figura 5-3
5.2. Sea f (z) analítica en el interior y sobre la frontera C de una región simplemente conexa
þ
1
f (z)
0
dz
f (a) ¼
2pi (z � a)2
. Demuestre que
C
Solució n
De acuerdo con el problema 5.1, si a y a + h están en , se tiene
�
þ �
þ
f (a þ h) � f (a)
1
1
1
1
1
f (z) dz
¼
�
f (z) dz ¼
h
2pi h z � (a þ h) z � a
2pi (z � a � h)(z � a)
C
1
¼
2pi
þ
C
f (z) dz
h
þ
2
2
pi
(z � a)
þ
C
C
f (z) dz
(z � a � h)(z � a)2
Se toma el límite cuando h → 0 si se demuestra que el último término tiende a cero, y se obtiene el resultado
deseado.
Para mostrar esto se aprovecha que si Γ es una circunferencia de radio e con centro en a que se encuentra contenida en (vea la figura 5-3), entonces
þ
þ
h
f (z) dz
h
f (z) dz
¼
2
2pi (z � a � h)(z � a)
2pi (z � a � h)(z � a)2
G
C
Se elige h lo bastante pequeña en valor absoluto para que a + h esté en Γ y que |h| < e/2, y se tiene, de acuerdo
con el problema 1.7c), y con el hecho de que Γ tiene la ecuación |z − a| = e,
|z − a − h| ≥ |z − a| − |h| > e − e/2 = e/2
Asimismo, como f (z) es analítica en , puede hallarse un número positivo M tal que |f (z)| < M.
Entonces, como la longitud de Γ es 2pe, se tiene
�
�
�
�
þ
� jhj M(2pe)
� h
f
(z)
dz
2jhjM
�
�
� 2pi (z � a � h)(z � a)2 � � 2p (e=2)(e2 ) ¼ e2
�
�
G
y así el lado izquierdo tiende a cero cuando h → 0, con lo que se termina la prueba.
Es interesante observar que este resultado es equivalente a
8
9
�
�
þ
þ
d
d < 1
f (z) =
1
@ f (z)
f (a) ¼
dz ¼
dz
da
da :2pi z � a ; 2pi @a z � a
C
C
que es una extensión de la integral de contorno de la regla de Leibnitz para la diferenciación bajo el símbolo de
integración.
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Problemas resueltos
5.3. Demuestre que, en las condiciones del problema 5.2,
þ
n!
f (z)
f (n) (a) ¼
dz
2pi (z � a)nþ1
149
n ¼ 0, 1, 2, 3, . . .
C
Solució n
Los casos en los que n = 0 y n = 1 corresponden a los problemas 5.1 y 5.2, respectivamente, siempre que se defina
que f (0) (a) ¼ f (a) y 0! = 1.
Para el caso en que n = 2, se usa el problema 5.2, donde a y a + h están en , y se obtiene
�
þ �
f 0 (a þ h) � f 0 (a)
1
1
1
1
¼
f (z) dz
�
h
2pi h (z � a � h)2 (z � a)2
C
¼
2!
2pi
þ
C
f (z)
h
dz þ
2pi
(z � a)3
þ
C
3(z � a) � 2h
f (z) dz
(z � a � h)2 (z � a)3
Se toma el límite cuando h → 0, si se demuestra que el último término tiende a cero, y se obtiene el resultado
deseado. La prueba es similar a la del problema 5.2, pues, al aprovechar que la integral alrededor de C es igual a
la integral alrededor de Γ, se tiene
�
�
�
�
þ
� jhj M(2pe)
� h
3(z
�
a)
�
2h
4jhjM
��
�
f
(z)
dz
� 2p (e=2)2 (e3 ) ¼ e 4
� 2pi (z � a � h)2 (z � a)3
�
�
G
Porque existe un M tal que jf3(z � a) � 2hg f (z)j , M..
De manera similar se procede en los casos n = 3, 4,… (vea los problemas 5.36 y 5.37).
Este resultado equivale a (vea el problema 5.2)
8
9
�
þ
þ n �
=
dn
dn < 1
f (z)
1
@
f (z)
dz
¼
dz
f
(a)
¼
dan
dan :2pi (z � a) ; 2pi @an z � a
C
C
. Demuestre que f ′(z), f ″(z),… son analíticas en
5.4. Suponga que f (z) es analítica en una región
Solució n
Esto es consecuencia de los problemas 5.2 y 5.3.
5.5. Evalúe
þþ
2
z2zþ
þcos
cospp
z2z2
sen
senpp
a)
dz,dz,,
(z(z��1)(z
1)(z��2)2)
b)
CC
þþ
e2ze2z
, donde C es la circunferencia |z| = 3.
dzdz
4 4
(z(zþþ1)1)
CC
Solució n
a)
11
11
11
Como
se
have
Since
¼z�2�
� z � 1,,, we
wetiene
have
Since (z � 1)(z � 2) ¼
(z � 1)(z � 2) z � 2 z � 1
þþ
þþ
þþ
2
2
2
2
2
2
sen
sen p
sen p
pzz2 þ
þ cos
cos p
pzz2 dz ¼ sen
sen p
pzz2 þ
þ cos
cos p
pzz2 dz � sen
pzz2 þ
þ cos
cos p
pzz2 dz
dz
¼
dz
�
dz
(z
zz �
zz �
(z �
� 1)(z
1)(z �
� 2)
2)
� 22
� 11
C
C
C
C
C
C
De acuerdo con la fórmula integral de Cauchy con a = 2 y a = 1, respectivamente, se tiene
þ
sen pz2 þ cos pz2
dz ¼ 2pifsen p (2)2 þ cos p (2)2 g ¼ 2pi
z�2
C
þ
C
sen pz2 þ cos pz2
dz ¼ 2pifsen p (1)2 þ cos p (1)2 g ¼ �2pi
z�1
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.
150
Capítulo 5 Fórmulas integrales de Cauchy y teoremas relacionados
pues z = 1 y z = 2 están en el interior de C y sen pz2 + cos pz2 es analítica en el interior de C. Por tanto, la
integral buscada tiene el valor 2pi − (−2pi) = 4pi.
b) Sea f (z) = e2z y a = −1 en la fórmula integral de Cauchy
þ
n!
f (z)
(1)
dz f (n) (a) ¼
2pi (z � a)nþ1
C
Si n = 3, entonces f ′″(z) = 8e2z y f ′″(−1) = 8e−2. Por tanto, (1) se convierte en
þ
3!
e2z
dz
8e�2 ¼
2pi (z þ 1)4
C
de donde se ve que el valor de la integral buscada es 8pie−2/3.
5.6. Demuestre la fórmula integral de Cauchy para regiones múltiplemente conexas.
Solució n
Se presenta una prueba para la región múltiplemente conexa
limitada por las curvas simples cerradas C1 y C2, que se muestran en la figura 5-4. Es fácil efectuar extensiones a otras regiones múltiplemente conexas (vea el problema 5.40).
Se construye una circunferencia Γ con centro en un punto
a en de manera que Γ quede comprendida en . Sea ′ la
región que consta del conjunto de puntos en exteriores a Γ.
Así, la función f (z)/(z − a) es analítica sobre y en el interior de
la frontera de ′. Por tanto, de acuerdo con el teorema de Cauchy para regiones múltiplemente conexas (problema 4.16),
1
2pi
þ
C1
f (z)
1
dz �
z�a
2pi
þ
C1
f (z)
1
dz �
z�a
2pi
þ
G
f (z)
dz ¼ 0 (1)
z�a
C1
Γ
a
C2
Figura 5-4
(1)
Pero, de acuerdo con la fórmula integral de Cauchy para
þ regiones simplemente conexas, se tiene
1 þ f (z)
f (a) ¼ 1
f (z) dz
f (a) ¼ 2pi z � a dz 2pi C z � a
(2)
C
de modo que, por (1),
þ
þ
1 þ f (z)
1 þ f (z)
f (a) ¼ 1
dz
�
f (z)
1
f (z) dz
f (a) ¼ 2pi z � a dz � 2pi z � a dz
2pi C1 z � a
2pi C2 z � a
C1
(3)
C2
Por tanto, si C representa la frontera completa de (recorrida de manera que un observador que se desplace por
C tenga siempre a su izquierda), (3) se escribe como
þ
1 þ f (z)
f (z) dz
f (a) ¼ 1
f (a) ¼ 2pi z � adz
2pi z � a
C
C
De manera similar, puede mostrarse que las otras fórmulas integrales de Cauchy
þ
þ
n!1 þ f (z)
f (z)
f (z)2, 3, . . .
f (n)f(a)
¼
dz 1 n ¼ 1,
nþ1�
(a) ¼2pi (z � a)dz
dz
2piC z � a
2pi z � a
C1
C2
son válidas para regiones múltiplemente conexas (vea el problema 5.40).
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Problemas resueltos
151
Teorema de Morera
5.7. D
emuestre el teorema de Morera (el recíproco del teorema de Cauchy): Suponga que f (z) es continua en una
región simplemente conexa y que
þ
f (z) dz ¼ 0
C
alrededor de toda curva simple cerrada C. Así, f (z) es analítica en
.
Solució n
Þ
Ðz
Þ
Ðz
If C f (z) dz
Si
de ¼
C,0de acuerdo con el problema
If C f (z) dz ¼ 0 independientemente
F(z) ¼4.17
(z)concluye que F(z) ¼ a f (z) dz es
a f se
independiente de la trayectoria que une a y z, siempre que esta trayectoria esté en .
Entonces, al razonar de manera idéntica a como se razonó en el problema 4.18, se resulta que F (z) es analítica
0
0
(z) ¼ f (z).
en el problema0 5.2 se vio que si F′(z) es analítica,
F(z) también lo es. Por
en
f (z).F′(z) = f (z). SinFembargo,
F 0 (z) y¼que
tanto, f (z) es analítica en .
Desigualdad de Cauchy
5.8. S
ea f (z) analítica sobre y en el interior de una circunferencia C de radio r, con centro z = a. Demuestre la
desigualdad de Cauchy
M � n!
n ¼ 0, 1, 2, 3, . . .
j f (n) (a)j � n
r
donde M es una constante tal que | f (z)| < M.
Solució n
De acuerdo con las fórmulas integrales de Cauchy, se tiene
þ
n!
f (z)
f (n) (a) ¼
dz n ¼ 0, 1, 2, 3, . . .
2pi (z � a)nþ1
C
Entonces, por el problema 4.3, como |z − a| = r en C y la longitud de C es 2pr,
�
�
�
�þ
�
n! ��
f (z)
(n)
� � n! � M � 2pr ¼ M � n!
dz
j f (a)j ¼
� 2p rnþ1
�
nþ1
2p � (z � a)
rn
�
C
Teorema de Liouville
5.9. D
emuestre el teorema de Liouville: Suponga que para toda z en la totalidad del plano complejo, i) f (z) es
analítica y ii) f (z) es acotada [es decir, puede hallarse una constante M tal que | f (z)| < M ]. Entonces f (z)
debe ser una constante.
Solució n
Sean a y b dos puntos en el plano z. Suponga que C es una circunferencia
de radio r y centro en a, que encierra al punto b (vea la figura 5-5).
De acuerdo con la fórmula integral de Cauchy, se tiene
þ
þ
1
f (z)
1
f (z)
dz �
dz
f (b) � f (a) ¼
2pi z � b
2pi z � a
C
¼
b�a
2pi
þ
C
y
C
r
a
b
C
x
f (z) dz
(z � b)(z � a)
Figura 5-5
Y ahora se tiene
jz � aj ¼ r,
jz � bj ¼ jz � a þ a � bj � jz � aj � ja � bj ¼ r � ja � bj � r=2
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152
Capítulo 5 Fórmulas integrales de Cauchy y teoremas relacionados
si se elige r lo bastante grande para que |a − b| < r/2. Entonces, como | f (z)| < M y la longitud de C es 2pr, se
tiene, de acuerdo con el problema 4.3,
�
�
�
�þ
jb � aj ��
f (z) dz �� jb � ajM(2pr) 2jb � ajM
�
¼
j f (b) � f (a)j ¼
2p �� (z � b)(z � a)��
2p (r=2)r
r
C
Con r → ∞ se ve que | f (b) − f (a)| = 0 o que f (b) = f (a), lo que muestra que f (z) debe ser una constante.
Otro método. En el problema 5.8, con n = 1 y al sustituir a por z se tiene
| f ′(z)| ≤ M/r
Con r → ∞ se deduce que | f ′(z)| = 0 y, por tanto, f ′(z) = 0. De manera que f (z) = constante, como se deseaba.
Teorema fundamental del álgebra
5.10. D
emuestre el teorema fundamental del álgebra: Toda ecuación polinomial P(z) = a0 + a1z + a2z2 + … +
anzn = 0, donde el grado n ≥ 1 y an  0, tiene por lo menos una raíz.
Solució n
Si P(z) = 0 no tiene raíz, entonces f (z) = 1/P(z) es analítica para todo z. Asimismo, | f (z)| = 1/|P(z)| está acotada
(y en realidad tiende a cero) cuando |z| → ∞.
Así, de acuerdo con el teorema de Liouville (problema 5.9), se concluye que f (z) y por ende P(z) deben ser
constantes. Esto genera una contradicción, por lo que se concluye que P(z) = 0 debe tener por lo menos una raíz
o, como también suele decirse, P(z) debe tener por lo menos un cero.
5.11. D
emuestre que toda ecuación polinomial P(z) = a0 + a1z + a2z2 + … + anzn = 0, donde el grado n ≥ 1 y
an  0, tiene exactamente n raíces.
Solució n
De acuerdo con el teorema fundamental del álgebra (problema 5.10), P(z) tiene al menos una raíz. Esta raíz se
denota a. Entonces, P(a) = 0. Por tanto,
P(z) � P(a) ¼ a0 þ a1 z þ a2 z2 þ � � � þ an zn � (a0 þ a1 a þ a2 a2 þ � � � þ an an )
¼ a1 (z � a) þ a2 (z2 � a2 ) þ � � � þ an (zn � an )
¼ (z � a)Q(z)
donde Q(z) es un polinomio de grado (n − 1).
Al aplicar de nuevo el teorema fundamental del álgebra, se ve que Q(z) tiene por lo menos un cero, que se
denota b [el cual puede ser igual a a], y entonces P(z) = (z − a)(z − b)R(z). Si se continúa de esta manera se verá
que P(z) tiene exactamente n ceros.
Teorema del valor medio de Gauss
5.12. S
ea f (z) analítica en el interior de una circunferencia C y sobre ella, con centro en a. Demuestre el teorema
del valor medio de Gauss que sostiene que la media de los valores de f (z) sobre C es f (a).
Solució n
De acuerdo con la fórmula integral de Cauchy,
f (a) ¼
1
2pi
þ
C
f (z)
dz z�a
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(1)
153
Problemas resueltos
Si el radio de C es r, C tiene como ecuación |z − a| = r o z = a + reiu. Así, (1) se convierte en
f (a) ¼
1
2pi
2ðp
f (a þ reiu )ireiu
1
du ¼
2p
reiu
0
2ðp
f (a þ reiu ) d u
0
que es el resultado buscado.
Teorema del módulo máximo
5.13. D
emuestre el teorema del módulo máximo: Suponga que f (z) es analítica en el interior y sobre una curva
simple cerrada C. Así, el valor máximo de | f (z)| se encuentra sobre C, a menos que f (z) sea una constante.
Solució n
Método 1
Como f (z) es analítica y por ende continua en el interior y sobre C, se
sigue que | f (z)| tiene un valor máximo M al menos en un valor de z
sobre o en el interior de C. Suponga que la función no toma este valor
máximo sobre la frontera de C sino en un punto interior a, es decir,
| f (a)| = M. Sea C1 un círculo en el interior de C con centro en a (vea la
figura 5-6). Si f (z) no es constante en el interior de C1, entonces debe
existir un punto en el interior de C1, por ejemplo b, tal que | f (b)| < M,
o, lo que es lo mismo, | f (b)| = M − e, donde e > 0.
Ahora, debido a la continuidad de | f (z)| en b, se ve que para toda
e > 0 puede hallarse un d > 0 tal que
1
(z)j�
�jjjfff(b)jj
(b)jj,
,11eeesiempre
whenever
jz�
�bj
bj,
,ddd
jjjjjjfff(z)j
(z)j
�
(b)jj
,
whenever
whenever
�
bj
,
quejzjz
(1)
222
C1
Q
b
a
O
C2
P
a
C3
es decir,
Figura 5-6
111 e ¼ M � e þ111 e ¼ M �111 e (2)
j
f
(z)j
,
j
f
(b)j
þ
¼M
M�
�eeþ
þ 2ee ¼
¼M
M�
� 2ee
jjff(z)j
(z)j ,
, jjff(b)j
(b)jþ
þ 2ee ¼
22
22
22
para todos los puntos interiores de una circunferencia C2 con centro en b y radio d, como se muestra sombreada
en la figura.
Trácese un círculo C3, con centro en a y que pase por b (círculo punteado en la figura 5-6). En una parte de este
círculo [a saber, en la parte PQ incluida en C2] se tiene, de acuerdo con (2), | f (z)| < M − 12 e. En la parte restante
del círculo se tiene | f (z)| ≤ M.
Si se toma u en sentido contrario a las manecillas del reloj desde OP y ∠ POQ = a, se sigue, de acuerdo con
el problema 5.12, que si r = |b − a|,
2ðp
ða
1 ða
1 2ðp
iu
f (a) ¼ 1 f (a þ re ) d u þ 1 f (a þ reiu ) d u
f (a) ¼ 2p 0 f (a þ reiu ) d u þ 2p a f (a þ reiu ) d u
2p
2p
Entonces,
0
a
2ðp
ða
1 a
1 2p
j f (a)j � 1 ð j f (a þ reiu )j d u þ 1 ð j f (a þ reiu )j d u
j f (a)j � 2p 0 j f (a þ reiu )j d u þ 2p a j f (a þ reiu )j d u
2p
2p
0
a
2ðp a
�
�
ð
1 ða�
1 �
1 2ðp
� 1
M � 1e d u þ 1 M d u
� 2p 0 M � 2 e du þ 2p a M d u
2p
2
2p
�0
�
a
a �
1 � M
¼ a M � 1e þ M (2p � a)
¼ 2p M � 2 e þ 2p (2p � a)
2p
2p ae 2
= M � ae
= M � 4p
4p
es decir, | f (a)| = M ≤ M − (ae/4p), cosa que es imposible. Debido a esta contradicción, se concluye que |f (z)| no
alcanza su máximo en ningún punto interior de C, por lo que debe tomar su máximo sobre C.
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154
Capítulo 5 Fórmulas integrales de Cauchy y teoremas relacionados
Método 2
De acuerdo con el problema 5.12, se tiene
jf (a)j �
1
2p
2ðp
j f (a þ reiu )j d u (3)
0
Suponga que | f (a)| es un máximo, de manera que | f (a + reiu)|≤ | f (a)|. Si | f (a + reiu)|< | f (a)| para algún
valor de u, entonces, debido a la continuidad de f, esto debe ser válido para un arco finito, por ejemplo, u1 < u <
u2. Pero, en ese caso, el valor medio de | f (a + reiu)| es menor a | f (a)|, lo que contradice a (3). Por tanto, se sigue
que, en toda vecindad d de a, es decir, para |z − a| < d, f (z) debe ser una constante. Si f (z) no es constante, el valor
máximo de | f (z)| debe estar sobre C.
En el problema 5.57 se presenta otro método.
Teorema del módulo mínimo
5.14. D
emuestre el teorema del módulo mínimo: Sea f (z) analítica en el interior y sobre una curva simple cerrada
C. Demuestre que, si f (z)  0 en el interior de C, | f (z)| debe tomar su valor mínimo sobre C.
Solució n
Como f (z) es analítica en el interior y sobre C, por ende f (z)  0 en el interior de C, entonces 1/f (z) es analítica
en el interior y sobre C. De acuerdo con el teorema del módulo máximo, se sigue que 1/| f (z)| no puede tomar su
valor máximo en el interior de C, y por ende | f (z)| no puede tomar su valor mínimo en el interior de C. Entonces,
como | f (z)| tiene un mínimo, este mínimo debe alcanzarse en C.
5.15. D
é un ejemplo que muestre que si f (z) es analítica en el interior y sobre una curva simple cerrada C, y si f (z) = 0
en algún punto en el interior de C, entonces | f (z)| no necesariamente toma su valor mínimo sobre C.
Solució n
Para |z| ≤ 1, sea f (z) = z, de manera que C es un círculo con centro en el origen y radio 1. En z = 0 se tiene f (z) = 0.
Si z = reiu, entonces | f (z)| = r y es claro que el valor mínimo de | f (z)| no está sobre C, sino en su interior, donde
r = 0, es decir, en z = 0.
Teorema del argumento
5.16. S
ea f (z) analítica en el interior y sobre una curva simple cerrada C, salvo en un polo z = a de orden
(multiplicidad) p en el interior de C. Suponga que en el interior de C, f (z) tiene únicamente un cero z = b de
orden (multiplicidad) n y ningún cero sobre C. Compruebe que
þ 0
1
f (z)
dz ¼ n � p
2pi f (z)
C
Solució n
Sean C1 y Γ1 circunferencias en el interior de C que no se superponen y que encierran a z = a y a z = b, respectivamente. [Vea la figura 5-7.] Así,
þ 0
þ 0
þ 0
1
f (z)
1
f (z)
1
f (z)
(1)
dz ¼
dz þ
dz 2pi f (z)
2pi f (z)
2pi f (z)
C
C1
G1
Como f (z) es un polo de orden p en z = a, se tiene
f (z) ¼
F(z)
(z � a) p
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(2)
Problemas resueltos
155
donde F (z) es analítica y diferente de cero en el interior y sobre C1. Así, se toman logaritmos en (2), se diferencia
y se encuentra que
f 00(z) F 00(z)
p
f (z) ¼ F (z) � p f (z) ¼ F(z) � z � a
f (z)
F(z) z � a
de manera que
þ
1 þ
1
2pi
2pi C1
C1
(3)
þ
þ
f 00(z)
1 þ F 00(z)
p þ dz
f (z) dz ¼ 1
F (z) dz � p
dz ¼ 0 � p ¼ �p
f (z) dz ¼ 2pi F(z) dz � 2pi z � a ¼ 0 � p ¼ �p f (z)
2pi C1 F(z)
2pi C1 z � a
C1
(4)
C1
Como f (z) tiene un cero de orden n en z = b, se tiene
f (z) ¼ (z � b)n G(z)
(5)
donde G(z) es analítica y diferente de cero en el interior y sobre Γ1.
Y mediante diferenciación logarítmica se tiene
G0 (z)
f 0 (z)
n
¼
þ
f (z) z � b G(z)
(6)
de manera que
1
2pi
þ
G1
f 0 (z)
n
dz ¼
f (z)
2pi
þ
G1
þ
dz
1 G0 (z)
dz ¼ n
þ
z � b 2pi G(z)
(7)
Así, de (1), (4) y (7) se obtiene el resultado buscado
1
2pi
þ
f 0 (z)
1
dz ¼
f (z)
2pi
C
þ
f 0 (z)
1
dz þ
f (z)
2pi
C1
þ
f 0 (z)
dz ¼ n � p
f (z)
G1
C
Γ1
C
C1
C1
Γ1
a
b
Γk
Cj
aj
Figura 5-7
b1
a1
bk
Figura 5-8
5.17. S
ea f (z) analítica en el interior y sobre una curva simple cerrada C excepto por un mínimo finito de polos en
el interior de C. Suponga que f (z)  0 en C. Si N y P son, respectivamente, el número de ceros y el número
de polos de f (z) en el interior de C, contando las multiplicidades, demuestre que
þ 0
1
f (z)
dz ¼ N � P
2pi f (z)
C
Solució n
Sean a1, a2, … , aj y b1, b2, … , bk los respectivos polos y ceros de f (z) en el interior de C [figura 5-8], y suponga
que sus multiplicidades son p1, p2, … , pj y n1, n2, … , nk.
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156
Capítulo 5 Fórmulas integrales de Cauchy y teoremas relacionados
Encierre todos los polos y todos los ceros en las circunferencias C1, C2, … , Cj y Γ1, Γ2, … , Γk, que no se
superponen. Esto siempre es posible porque los polos y los ceros son aislados.
Así se tiene, con los resultados del problema 5.16,
þ 0
þ 0
þ 0
j
k
X
X
1
f (z)
1
f (z)
1
f (z)
dz ¼
dz þ
dz
2pi f (z)
2
f
(z)
2
f (z)
p
i
p
i
r¼1
r¼1
C
Cr
Gr
¼
j
X
r¼1
nr �
¼N�P
k
X
pr
r¼1
Teorema de Rouché
5.18. P
ruebe el teorema de Rouché: Suponga que f (z) y g(z) son analíticas en el interior y sobre una curva simple
cerrada C y suponga que |g(z)| < | f (z)| sobre C. Entonces, f (z) + g(z) y f (z) tienen el mismo número de
ceros en el interior de C.
Solució n
Sea F (z) = g(z)/f (z), de manera que g(z) = f (z)F (z) o, para simplificar, g = f F. De este modo, si N1 y N2 son,
respectivamente, el número de ceros de f + g y de f en el interior de C, de acuerdo con el problema 5.17, se tiene,
al aprovechar que estas funciones no tienen þpolos en el interior de C, þ
0
11 þ ff 00 þ
11 þ ff 00
þ gg0 dz,
N
dz
N
2 ¼
dz,
N
dz
N11 ¼
¼ 2pi
¼
2
22p
2pi C ff þ
þ gg
pii C ff
C
C
Entonces,
þ
þ
þ
þ
0
0
11 þ ff 00 þ
ff 00F
þ
fF
11 þ ff 00
11 þ ff 00(1
þ
F)
þ
fF
11 þ ff 00
0
0
þ
F
þ
fF
(1
þ
F)
þ
fF
dz
�
dz
¼
dz
�
N
�
N
¼
dz � 2pi f dz ¼ 2pi
dz � 2pi f dz
dz
N11 � N22 ¼ 2pi
ff þ
ff (1
2pi C f
2pi C
2pi C f
2pi C
þ fF
fF
(1 þ
þ F)
F)
C
C
C
C
�
þ�
þþ 0
þ
0 �
0
11 þ � ff 00
F
ff 0
11 þ F
F 0 dz � 11
F 0 dz
þ
dz
¼
¼
þ
dz
�
dz
¼
dz
¼ 2pi
22p
22p
11 þ
2pi C ff
þF
F
pii C ff
pii C 11 þ
þF
F
C
C
ðC
11 ð 0
2
3
¼
F 0(1
(1 �
�F
Fþ
þF
F2 �
�F
F3 þ
þ �� �� �� )) dz
dz ¼
¼ 00
¼ 2pi F
2pi C
C
al aprovechar, como se da, que |F | < 1 sobre C, de manera que esta serie es uniformemente convergente sobre C
y la integración término por término da el valor cero. Por tanto, N1 = N2, como se deseaba.
5.19. C
on el teorema de Rouché (problema 5.18) demuestre que todo polinomio de grado n tiene exactamente n
ceros (teorema fundamental del álgebra).
Solució n
Suponga que el polinomio es a0 + a1z + a2z2 + … + anzn, donde an  0. Elija f (z) = anzn y g(z) = a0 + a1z +
a2z2 + … + an−1zn−1.
Si C es una circunferencia con centro en el origen y radio r > 1, entonces sobre C se tiene
�
�
� g(z) � ja0 þ a1 z þ a2 z2 þ � � � þ an�1 zn�1 j ja0 j þ ja1 jr þ ja2 jr 2 þ � � � þ jan�1 jr n�1
�
�
�
� f (z)� ¼
jan jrn
jan zn j
�
ja0 jr n�1 þ ja1 jrn�1 þ ja2 jrn�1 þ � � � þ jan�1 jrn�1 ja0 j þ ja1 j þ ja2 j þ � � � þ jan�1 j
¼
jan jr
jan jr n
Así, al elegir r lo bastante grande, puede hacerse que |g(z)/f (z)| < 1, es decir, |g(z)| < | f (z)|. Por tanto, de acuerdo
con el teorema de Rouché, el polinomio f (z) + g(z) tiene el mismo número de ceros que f (z) = anzn. Pero como esta
última función tiene n ceros, todos en z = 0, f (z) + g(z) también tiene n ceros, con lo que se termina la prueba.
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Problemas resueltos
157
5.20. Demuestre que todas las raíces de z7 − 5z3 + 12 = 0 se encuentran entre las circunferencias |z| = 1 y |z| = 2.
Solució n
Considere la circunferencia C1: |z| = 1. Sea f (z) = 12, g(z) = z7 − 5z3. Sobre C1 se tiene
|g(z)| = |z7 − 5z3| ≤ |z7| + |5z3| ≤ 6 < 12 = | f (z)|
Por tanto, de acuerdo con el teorema de Rouché, f (z) + g(z) = z7 − 5z3 + 12 tiene el mismo número de ceros en
el interior de |z| = 1 que f (z) = 12, es decir, en el interior de C1 no hay ningún cero.
Considere el círculo C2: |z| = 2. Sea f (z) = z7, g(z) = 12 − 5z3. Sobre C2 se tiene
|g(z)| = |12 − 5z3| ≤ |12| + |5z3| ≤ 60 < 27 = | f (z)|
Por tanto, de acuerdo con el teorema de Rouché, f (z) + g(z) = z7 − 5z3 + 12 tiene el mismo número de ceros en
el interior de |z| = 2 que f (z) = z7, es decir, todos los ceros están en el interior de C2.
Por tanto, todos los ceros están en el interior de |z| = 2 pero en el exterior de |z| = 1, como se deseaba.
Fórmulas integrales de Poisson para un círculo
5.21. a ) Sea f (z) analítica en el interior y sobre un círculo C definido por |z| = R, y sea z = reiu un punto en el
interior de C (vea la figura 5-9). Demuestre que
1
f (re ) ¼
2p
iu
2ðp
0
R2 � r 2
f (Reif ) df
R2 � 2Rr cos(u � f) þ r 2
b) Sean u(r, u) y v (r, u) las partes real e imaginaria de f (reiu). Demuestre que
1
u(r, u) ¼
2p
2ðp
0
1
v(r, u) ¼
2p
2ðp
0
R2
(R2 � r 2 ) u(R, f) df
� 2Rr cos(u � f) þ r 2
(R2 � r 2 ) v(R, f) d f
R2 � 2Rr cos(u � f) þ r 2
Estos resultados se conocen como fórmulas integrales de Poisson para el círculo.
Solució n
a) Como z = reiu es un punto cualquiera en el interior de C, de acuerdo con la fórmula integral de Cauchy se tiene
þ
1
f (w)
iu
(1)
dw f (z) ¼ f (re ) ¼
2pi w � z
C
z = reiq
R
C
El inverso del punto z respecto de C está en el exterior de C, y está dado por R2/z.
Por tanto, de acuerdo con el teorema de Cauchy,
þ
1
f (w)
(2)
dw 0¼
2p i w � R2 =�z
C
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Figura 5-9
158
Capítulo 5 Fórmulas integrales de Cauchy y teoremas relacionados
Si se resta (2) de (1), se encuentra
1
f (z) ¼
2pi
þ�
C
�
1
1
�
f (w) dw
w � z w � R2 =�z
þ
1
z � R2 =�z
¼
f (w) dw
2pi (w � z)(w � R2 =�z)
(3)
C
Ahora, sean z = reiu y w = Reif. Entonces, como z = re−iu, de (3) se obtiene
1
f (re ) ¼
2pi
iu
2ðp
0
¼
1
2p
2ðp
freiu � (R2 =r)eiu g f (Reif )iReif d f
1
¼
i
f
i
u
i
f
2
i
u
2p
fRe � re gfRe � (R =r)e g
(R2 � r2 ) f (Reif ) d f
1
¼
� reiu )(Re�if � re�iu ) 2p
(Reif
0
2ðp
R2
0
2ðp
0
(r2 � R2 )ei(uþf) f (Reif ) d f
(Reif � reiu )(reif � Reiu )
(R2 � r 2 ) f (Reif ) d f
� 2Rr cos(u � f) þ r2
b) Como f (reiu) = u(r, u) + iv (r, u) y f (Reif) = u(R, f) + iv (R, f), de acuerdo con el inciso a) se tiene
1
u(r, u) þ iv(r, u) ¼
2p
¼
1
2p
2ðp
0
(R2 � r2 )fu(R, f) þ iv(R, f)g d f
R2 � 2Rr cos(u � f) þ r2
2ðp
(R2 � r2 )u(R, f) df
i
þ
2
R � 2Rr cos(u � f) þ r 2 2p
0
2ðp
0
R2
(R2 � r2 )v(R, f) d f
� 2Rr cos(u � f) þ r 2
Se igualan las partes reales y las imaginarias para llegar al resultado buscado.
Fórmulas integrales de Poisson para un semiplano
5.22. Deduzca las fórmulas de Poisson para el semiplano [vea la página 146].
Solució n
Sea C la frontera de un semicírculo de radio R [vea la figura 5-10] que contenga a z como punto interior. Como C
encierra a z pero no a z, de acuerdo con la fórmula integral de Cauchy se tiene
þ
þ
11 þ ff(z)
11 þ ff(z)
(z)
(z)
ff((zz)) ¼
¼ 2pi z � z dz,
dz, 00 ¼
¼ 2pi z � z� dz
dz
2pi C z � z
2pi C z � z�
C
C
Entonces, mediante resta,
��
�
þ
þ
�
11 þ
11
11 �
11 þ ((zz �
� zz� ))ff(z)
(z)dz
dz
dz
¼
f
(z)
�
ff((zz )) ¼
¼ 2pi f (z) z � z � z � z� dz ¼ 2pi (z � z )(z � z� )
2pi C (z � z )(z � z� )
2pi C
z � z z � z�
C
C
Con z = j + ih, z = j − ih, esto se escribe
f (z ) ¼
1
p
ðR
�R
h f (x) dx
1
þ
(x � j )2 þ h2 p
ð
G
h f (z) dz
(z � z )(z � z� )
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Problemas resueltos
159
donde Γ es el arco semicircular de C. Cuando R → ∞, esta última integral tiende a cero [vea el problema 5.76] y
se tiene
1
ð
1
h f (x) dx
f (z ) ¼
p (x � j )2 þ h2
�1
Se escribe f (z ) ¼ f (j þ ih) ¼ u(j, h) þ iv(j, h), f (x) ¼ u(x, 0) þ iv(x, 0),, y se obtiene, como se deseaba,
1
ð
1
u(j, h) ¼
p
�1
hu(x, 0) dx
,
(x � j)2 þ h2
1
v(j, h) ¼
p
1
ð
�1
hv(x, 0) dx
(x � j)2 þ h2
C1
y
E
C
z0
K
G
J
z
–R
C2
H
x
R
–
z
F
Figura 5-10
Figura 5-11
Problemas diversos
5.23. S
ea f (z) analítica en una región limitada por dos circunferencias concéntricas C1 y C2, y sobre su frontera
[figura 5-11]. Demuestre que, si z0 es un punto en , entonces
þ
þ
1
f (z)
1
f (z)
f (z0 ) ¼
dz �
dz
2pi z � z0
2pi z � z0
C1
C2
Solució n
Método 1. Trace un corte transversal EH que una las circunferencias C1 y C2. Entonces f (z) es analítica en la región
limitada por EFGEHKJHE. Por tanto, de acuerdo con la fórmula integral de Cauchy,
f (z0 ) ¼
1
2pi
þ
EFGEHKJHE
1
¼
2pi
þ
EFGE
1
¼
2pi
þ
C1
f (z)
dz
z � z0
f (z)
1
dz þ
z � z0
2pi
f (z)
1
dz �
z � z0
2pi
þ
C2
ð
EH
f (z)
1
dz þ
z � z0
2pi
þ
HKJH
f (z)
1
dz þ
z � z0
2pi
ð
HE
f (z)
dz
z � z0
f (z)
dz
z � z0
pues las integrales a lo largo de EH y HE se anulan.
Hay fórmulas similares para las derivadas de f (z).
Método 2. A este resultado también se llega a partir de la ecuación (3) del problema 5.6 si se sustituyen las curvas
simples cerradas C1 y C2 por las circunferencias de la figura 5-11.
5.24. Demuestre que, para n = 1, 2, 3, …,
2ðp
0
cos2n u d u ¼
1 � 3 � 5 � � � (2n � 1)
2p
2 � 4 � 6 � � � (2n)
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160
Capítulo 5 Fórmulas integrales de Cauchy y teoremas relacionados
Solució n
Sea z = eiu. Entonces, dz = ieiu du = iz du o
C es la circunferencia unitaria |z| = 1, se tiene
2ðp
0
du = dz/iz
y
cos u ¼ 12(eiu þ e�iu ) ¼ 12(z þ 1=z).. Por tanto, si
��
þ� �
1
1 2n dz
zþ
cos u d u ¼
2
z
iz
2n
C
¼
1
22n i
þ
C
(
� �
� �
� �
� �
� �2n )
2n 2n�k 1 k
2n 2n�1 1
1 2n
1
(z
(z
z þ
þ ���þ
)
)
þ��� þ
dz
k
1
z
z
z
z
� �
� �
�
þ�
2n 2n�3
2n 2n�2k�1
2n�1
�2n
z
z
z
þ
þ��� þ
þ ��� þ z
dz
¼ 2n
1
k
2 i
1
C
¼
1
22n i
� �
� �
2n
1 2n
¼ 2n
2p
n
2
n
� 2pi
1 (2n)!
(2n)(2n � 1)(2n � 2) � � � (n)(n � 1) � � � 1
2p ¼
2p
22n n!n!
22n n!n!
1 � 3 � 5 � � � (2n � 1)
2p
¼
2 � 4 � 6 � � � 2n
¼
5.25. Suponga que f (z) = u(x, y) + iv (x, y) es analítica en una región
. Demuestre que u y v son armónicas en
.
Solució n
En el problema 3.6 se probó que u y v son armónicas en , es decir, que satisfacen la ecuación (@2 f=@x2 ) þ (@2 f=@y2 ) ¼ 0,
(@ f=@x ) þ (@2 f=@y2 ) ¼ 0, en el supuesto de la existencia de las segundas derivadas parciales de u y de v, es decir, de la existencia de f ″(z).
Este supuesto ya no es necesario, pues en el problema 5.4 se demostró que si f (z) es analítica en , entonces
todas las derivadas de f (z) existen.
2
2
5.26. Demuestre el teorema de Schwartz: Sea f (z) analítica en |z| ≤ R con f (0) = 0 y | f (z)| ≤ M. Entonces,
j f (z)j �
Mjzj
R
Solució n
La función f (z)/z es analítica en |z| ≤ R. Por tanto, en |z| = R, se tiene, de acuerdo con el teorema del módulo
máximo,
�
�
� f (z)� M
�
�
� z �� R
Sin embargo, como esta desigualdad también debe ser válida para los puntos interiores de |z| = R, para |z| ≤ R se
tiene | f (z)| ≤ M|z|/R, como se deseaba.
5.27. Sea
f (x) ¼
�
x2 sen(1=x)
0
x=0
x¼0
donde x es real. Muestre que la función f (x) a) tiene una primera derivada en todos los valores de x para los
que 0 ≤ x ≤ 1, pero b) no tiene una segunda derivada en 0 ≤ x ≤ 1. c) Concilie estas conclusiones con el
resultado del problema 5.4.
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Problemas resueltos
161
Solució n
a) El único lugar donde puede cuestionarse la existencia de la primera derivada es x = 0. Pero en x = 0 la derivada es
f (0 þ Dx) � f (0)
(Dx)2 sen(1=Dx) � 0
¼ lím
¼ lím Dx sen(1=Dx) ¼ 0
lím
Dx!0
Dx!0
Dx!0
Dx
Dx
y, por ende, existe.
En todos los demás valores de x en 0 ≤ x ≤ 1 se da la derivada (con reglas elementales de diferenciación)
mediante
2
cos(1=x)f�1=x22ggþþ(2x)
(2x)sen(1=x)
sen(1=x)¼¼2x
2xsen(1=x)
sen(1=x)��cos(1=x)
cos(1=x)
xx2 cos(1=x)f�1=x
b)
De acuerdo con el inciso a), se tiene
nn 2x sen(1=x) � cos(1=x) x = 0
0
(x)¼¼ 2x sen(1=x) � cos(1=x) x = 0
f f0 (x)
00
xx¼¼00
Para toda x tal que 0 < x ≤ 1 existe la segunda derivada. En x = 0, la segunda derivada se da por
lím
Dx!0
f 0 (0 þ Dx) � f 0 (0)
2Dx sen(1=Dx) � cos(1=Dx) � 0
¼ lím
Dx!0
Dx
Dx
¼ lím f2 sen(1=Dx) � (1=Dx) cos(1=Dx)g
Dx!0
el cual no existe.
Resulta que la segunda derivada de f (x) no existe en 0 ≤ x ≤ 1.
c) De acuerdo con el problema 5.4, si f (z) es analítica en una región , todas las derivadas superiores existen y
son analíticas en . El resultado anterior no se contrapone a este resultado, pues la función f (z) = z2 sen(1/z)
no es analítica en ninguna región que incluya a z = 0.
5.28. a) Sea F(z) analítica en el interior y sobre una curva simple cerrada, salvo en un polo de orden m en z = a en
el interior de C. Demuestre que
þ
1
1
dm�1
F(z) dz ¼ lím
f(z � a)m F(z)g
z!a (m � 1)! dzm�1
2p i
C
b) ¿Cómo habría que modificar la fórmula obtenida en el inciso a) si en el interior de C hubiera más de un
polo?
Solució n
a) Si F (z) tiene un polo de orden m en z = a, entonces F(z) = f (z)/(z − a)m, donde f (z) es analítica en el interior
de C y sobre ella, y f (a)  0. Así, de acuerdo con la fórmula integral de Cauchy,
þ
þ
1
1
f (z)
f (m�1) (a)
1
d m�1
¼ lím
F(z) dz ¼
f(z � a)m F(z)g
m dz ¼
z!a
2pi
2pi (z � a)
(m � 1)!
(m � 1)! dzm�1
C
C
b) Suponga que en el interior de C existen dos polos en z = a1 y z = a2, de órdenes m1 y m2, respectivamente.
Sean Γ1 y Γ2 círculos en el interior de C con radios e1 y e2, y centros en a1 y a2, respectivamente (vea la figura
5-12). Así,
þ
þ
þ
1
1
1
F(z) dz ¼
F(z) dz þ
F(z) dz (1)
2pi
2pi
2pi
C
G1
G2
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162
Capítulo 5 Fórmulas integrales de Cauchy y teoremas relacionados
C
Γ2
Γ1
¨
1
¨
2
a2
a1
Figura 5-12
Si F (z) tiene un polo de orden m1 en z = a1, entonces
F(z) ¼
f1 (z)
,
(z � a1 )m1
donde f1(z) es analítica y f1(a1)  0
Si F (z) tiene un polo de orden m2 en z = a2, entonces
F(z) ¼
f2 (z)
, donde f2(z) es analítica y f2(a2)  0
(z � a2 )m2
Por tanto, de acuerdo con (1) y con el inciso a),
þ
þ
þ
1
1
f1 (z)
1
f2 (z)
F(z) dz ¼
dz
þ
dz
m1
2pi
2pi (z � a1 )
2pi (z � a2 )m2
C
G1
G2
1
d m1 �1
f(z � a1 )m1 F(z)g
¼ lím
z!a1 (m1 � 1)! dzm1 �1
1
d m2 �1
f(z � a2 )m2 F(z)g
z!a2 (m2 � 1)! dzm2 �1
þ lím
Si los límites de la derecha se denotan R1 y R2, se escribe
þ
F(z) dz ¼ 2pi(R1 þ R2 )
C
donde R1 y R2 se conocen como los residuos de F (z) en los polos z = a1 y z = a2.
Þ En general, si F (z) tiene varios polos en el interior de C cuyos residuos son R1, R2, …, entonces
veces la suma de los residuos. Esto se conoce como teorema del residuo. En el capítulo 7 se
C F(z) dz ¼ 2pi
verán aplicaciones de este teorema y generalizaciones a otras singularidades distintas de los polos.
5.29. Evalúe
þ
C
ez
donde C is
es the
la circunferencia
dz ,where
circle jzj ¼ 4.|z| = 4.
(z2 þ p2 )2
Solució n
ez
ez
están
=pi pi
en elCinterior
C yofambos
¼
are at en
z ¼z +
inside
and arede
both
order son
two.de orden dos.
2
2
2
þp )
(z � pi) (z þ pi)2
�
�
1 d
ez
pþi
El residuo en zz =
(z � pi)2
¼
pi es
is lím
..
¼ pi
z!pi 1! dz
4p3
(z � pi)2 (z þ pi)2
�
�
1 d
ez
p�i
El residuo en zz =
(z þ pi)2
¼
is lím
..
¼ −pi
�pi es
z!�pi 1! dz
4p3
(z � pi)2 (z þ pi)2
� �
� �
þ þ z
e ez
p þ ip þpi � ip � i i
i
dz ¼dz
2p¼i (suma
(sum
2pi (sum
ofderesidues)
of residuos)
residues)
¼ 2p¼i 2pi 3 þ 3 þ3 ¼3 .¼ .
ThenThen2
los
Entonces,
4p 4p 4p 4p p p
(z þ(zp22þ
)2 p 2 )2
Los polos de
of
(z2
C
C
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Problemas complementarios
163
Problemas complementarios
þ
Fórmulas integrales
de 1Cauchy
ez
þ
z
þ
z
dz if C is: (a) the circle jzj ¼ 3, (b) the circle jzj ¼ 1.
111 þ 1 eeeþzEvaluate
z
ez if C
2is:
pi (a)
z �the
2 circle
jzj
¼ 3,
(b) the
circle
jzj
¼ 1.
Evaluate
dz
C
is:
(a)
the
circle
jzj
3,
circle
jzj
1.
Evaluate
2
p
i
z
�
2 dz
(a)
the circle
3,
(b)b)
thelacircle
Evaluate
dz if
if dz
C if
is:CCis:
(a)
the
circle
jzj ¼
¼jzj
3,|¼
(b)
the
circle
jzj ¼
¼jzj
1. ¼ 1. |z| = 1.
5.30.Evaluate
Evalúe
si
es:
a) la
circunferencia
z| (b)
= 3,the
circunferencia
22p
i
z
�
2
pi CCC2pzi� 2z � 2
þ
C
C
sen 3z
þþ
þ 3z
dz if C is the circle jzj ¼ 5.
Evaluate
þ sen
sen
3z
dz
if
C
is
the
circle
jzj ¼
¼ 5.
5. |z| = 5.
Evaluate
sen
3z
z
p=2 jzj
sen 3z dz si
if
is
the
circle
C
laþ
circunferencia
5.31.Evaluate
Evalúe
C es
dz
if
C
is
the
circle
Evaluate
dz
if
C
is
the
circle
jzj ¼jzj
5. ¼ 5.
Evaluate
zz þ
p
=2
C
þ
p
=2
z =2
þ p=2
C zþp
C
C
þ
C
C
e3z
3z
þþþ eþ3z
dz if C is: (a) the circle jz � 1j ¼ 4, (b) the ellipse jz � 2j þ jz þ 2j ¼ 6.
Evaluate
ee3z
3z if
3z edz
C
is:
(a)
the
circle jz
jz �
� 1j
1j|z¼
¼−4,
4,1| =(b)
(b)4,the
theb)ellipse
ellipse
jz �
�|z2j
2j−þ
þ2|jz
jz+þ
þ|z2j
2j+¼
¼26.
6.
Evaluate
si
es:
a)
la elipse
| = 6.
5.32.Evaluate
Evalúe
z (a)
� la
pthe
icircunferencia
dz
if
C
is:
circle
jz
dz
if
C
is:
(a)
the circle
(b)ellipse
the ellipse
Evaluate
dz
if
C
is:
(a)
the
circle
jz � jz
1j �
¼1j
4, ¼ 4,
(b) the
jz � jz
2j �
þ 2j
jz þ jz
2j þ
¼2j
6. ¼ 6.
Evaluate
zz �
p
i
C
�
p
i
þ
C z�
C
þ pz i� pi
cos p2
1
C
C1 þ
cosþEvaluate
p22
dz around a rectangle with vertices at: (a) 2 + i, �2 + i; (b) �i, 2 � i, 2 þ i, i.
þC cos
p
1
2�1
cos
p
2
1
zrectangle
2
p
i
cos
p
2
1
Evaluate
dz
around
a
with
vertices
at:
(a) 22en:
+
i, 2�2
+
i;
(b)
�i,
�
i, −
22 þ
i.
2 � 1 dz around
a
rectangle
with
vertices
at:
+
�2
i;
(b)
�
i,
i.
alrededor
de
un
rectángulo
con
vértices
i,�2
−2
b) 22−i,
i,i, 2i,
5.33.Evaluate
E
valúe
2
z
2
p
i
Evaluate
dz
around
a
rectangle
vertices
at:2(a)
2i,
i, +
(b)
þ
Evaluate 2pi z22 � 12 dz aroundCaþ rectangle
with with
vertices
at: (a)
(a)
+ a)
i, +
�2
+
i; +
(b)i;i;�i,
�i,
2�i,
� 2i,
i,2 �
2þ
þ
i,2 +
i. i,i, i.i.
2pi CCC2þpzi � z1 � 1
zt
e
1
zt
C þ Ceþzt
dz ¼ sin t if t . 0 and C is the circle jzj ¼ 3.
eztzt dzztthat
111 þ 1 Show
ztt2.
þ 001 and
2pitt if
Show
that
C is
the
circle jzj
¼ 3.
2 eþ 1 e
Show
that
dz ¼
¼ sin
sin
if
.
and
is
the
jzj
3.
2
p
i
z
2
Show
¼
sin
t
if
t
.
and
C
the
circle
2 þ 1 dz ¼dz
that que
sin
t
if
t
.
0
and
C
is es
theis
circle
jzj ¼
¼jzj
3. ¼ |3.
sen
t
si
t
>0C
yC
lacircle
circunferencia
z| = 3.
5.34.Show
Muestre
C
p
i
z
22that
pi CCC2pzi2 þ z12 þ 1þ
C
iz
C
e
þþ eiziz
dz where C is the circle jzj ¼ 2.
þ eiziz þ iz Evaluate
e
z3circunferencia
e
dz
where
C
is
the
circle
jzj
¼ 2.
,
donde
C
es
la
|z| = 2.
5.35.Evaluate
E
valúe
Evaluate
where
C
is
the
circle
jzj
2.
z333 dz
Evaluate
dz
where
C
is
the circle
Evaluate
dz
where
C
is
the
circle
jzj ¼
¼jzj
2. ¼ 2.
C
z
3
3
C
z
z
C
C
C
C
Suppose C is a simple closed curve enclosing z ¼ a and f(z) is analytic inside and on C. Prove that
= ais
y analytic
que f (z) inside
es analítica
en el
sobre C.
5.36.Suppose
S
uponga
que
es una curva
simple
cerrada
quezzencierra
a zf(z)
C
is
aaC simple
closed
enclosing
¼ aa and
and
on
C.interior
Prove ythat
Suppose
C
is
simple
closed
curve
enclosing
and
f(z)
is
inside
and
on
that
þcurve
Suppose
a simple
enclosing
a and
is analytic
inside
on Prove
C. Prove
Suppose
C isþCa issimple
closed
curve
z¼
¼ az ¼
and
f(z) f(z)
is analytic
analytic
inside
and and
on C.
C.
Prove
that that
3!closed
f (z)curve
dzenclosing
000
þ
þf dz(a) ¼
.
þquef (z)
000Demuestre
3!
000
(a) ¼
¼ 3!
. dz 2pi (z � a)4
f (z)
3! 3!ff (z)
(z) dz
dz
fff 000
000 (a) 000
444 ..
¼
.
(a)f ¼(a)
22p
i
(z
�
a)
C
a)
2p
pii CCC2p(z
(zi �
� (z
a)4� a)4
C
5.37. Demuestre Clas fórmulas
integrales de Cauchy para todos los valores enteros positivos de n. [Sugerencia: Use
þ
þ
6
6
inducción matemática.]
sen
sen
þþ z 66
þþ z 66
dz,
(b)
Given C is the circle jzj ¼ 1. Find the value of (a)
zz
sen
sen zz
sen
sendz.
z(a)
� p=6
(z
dz,
dz, (b)
(b)� p=6)3
Given
CCisisthe
thecircle
circle|zjzj
Find
Findthe
thevalue
value
ofofde(a)
dz.
dz.
5.38. SeaGiven
C
la circunferencia
|jzj
=¼¼1.1.1.Encuentre
el valor
a)
b)
.
C
zz��pp=6
=6 C
=6)33
(z(z��pp=6)
CC
CC
þ
zt
1
þeþ
ztzt si
t
>
0
y
C
es
la
circunferencia
|
z
|
=
3.
5.39.Evaluate
Evalúe
dz
when
t
.
0
and
C
is
the
circle
jzj
¼
3.
ee
11
2pi (z2 þ 1)2
dz
dzwhen
whent t..00and
andCCisisthe
thecircle
circlejzj
jzj¼¼3.3.
Evaluate
Evaluate
C22ppi i (z
(z22þþ1)1)22
CC
5.40. Verifique las fórmulas integrales de Cauchy para la región múltiplemente conexa de la figura 4-26, página 140.
Teorema de Morera
5.41. a) Determine si G(z) ¼
Ðz
1
d z=z es independiente de la trayectoria que une a 1 y z.
b) Analice la relación entre su respuesta al inciso a) y el teorema de Morera.
5.42. ¿Es aplicable el teorema de Morera en el caso de una región múltiplemente conexa? Justifique su respuesta.
5.43. a) Suponga que P(x,
Þ y) y Q(x, y) son funciones armónicas conjugadas y que C es una curva simple cerrada.
Demuestre que C P dx þ Q dy ¼ 0..
Þ
b) Suponga que para toda curva simple C cerrada en una región , C P dx þ Q dy ¼ 0.. ¿Es verdad que P y Q son
funciones armónicas conjugadas, es decir, que el recíproco del inciso a) es verdad? Justifique su conclusión.
Desigualdad de Cauchy
5.44. a) Con la desigualdad de Cauchy obtenga estimaciones de las derivadas de sen z en z = 0 y b) determine el error
en estas estimaciones.
5.45. a) Muestre que si f (z) = 1/(1 − z), entonces f (n)(z) = n!/(1 − z)n+1.
b) Con el inciso a) muestre que la desigualdad de Cauchy es la “mejor posible”, es decir, la estimación del crecimiento de la n-ésima derivada no puede mejorarse para todas las funciones.
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164
Capítulo 5 Fórmulas integrales de Cauchy y teoremas relacionados
5.46. D
emuestre que en la desigualdad de Cauchy (5.3), página 145, la igualdad se da en el caso en el que n = m si y
sólo si f (z) = kM(z − a)m/r m, donde |k| = 1.
5.47. En la función f (z) ¼ e�1=z analice la desigualdad de Cauchy en la vecindad de z = 0.
2
Teorema de Liouville
5.48. L
a función de una variable real que se defina mediante f (x) = sen x es a) analítica en todas partes y b) acotada,
es decir, |sen x| ≤ 1 para toda x, pero sin duda no es una constante. ¿Contradice esto el teorema de Liouville?
Explique.
5.49. S
uponga que a > 0 y b > 0 son constantes y que una función no constante F(z) es tal que F(z + a) = F(z) y que
F(z + bi) = F(z). Demuestre que F(z) no puede ser analítica en el rectángulo 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b.
Teorema fundamental del álgebra
5.50. a
) Dé los detalles de la prueba del teorema fundamental del álgebra para mostrar que en especial la función
f (z) = z4 − z2 − 2z + 2 tiene exactamente cuatro ceros. b) Determine los ceros de f (z).
5.51. Determine todas la raíces de las ecuaciones:
a) z3 − 3z + 4i = 0,
b) z4 − z2 + 1 = 0.
Teorema del valor medio de Gauss
1
5.52.Evaluate
Evalúe
2p
2ðp
sen2 (p=6 þ 2eiu ) d u:.
0
5.53. M
uestre que el valor medio de una función armónica sobre una circunferencia es igual al valor de la función en
el centro.
5.54. Encuentre el valor medio de x2 − y2 + 2y sobre la circunferencia |z − 5 + 2i| = 3.
Ð
5.55. Demuestre que 0p ln sen u du ¼ �p ln 2.. [Sugerencia: Considere f (z) = ln(1 + z).]
Teorema del módulo máximo
5.56. E
ncuentre el máximo de | f (z)| en |z| ≤ 1 para las funciones f (z) dadas por: a) z2 − 3z + 2, b) z4 + z2 + 1,
c) cos 3z, d ) (2z + 1)/(2z − 1)
5.57. a) Sea f (z) analítica en el interior de una curva simple cerrada C y sobre ella, que encierra a z = a, y demuestre
que
þ
1
f f (z)gn
n
dz n ¼ 0, 1, 2, . . .
f f (a)g ¼
2pi
z�a
C
b) Con el inciso a) verifique que | f (a)|n ≤ Mn/2pD, donde D es la distancia mínima de a a la curva C y M es el
valor máximo de | f (z)| sobre C.
c) Tome la raíz n-ésima en ambos lados de la desigualdad del inciso b) y, con n → ∞, demuestre el teorema del
módulo máximo.
5.58. S
ea U(x, y) armónica en el interior y sobre una curva simple C cerrada. Demuestre que la función U(x, y) alcanza
sobre C los valores a) máximo y b) mínimo. ¿Existen otras restricciones para U(x, y)?
5.59. Sea C la circunferencia |z| = 1. Verifique el problema 5.58 con las funciones a) x2 − y2 y b) x3 − 3xy2.
5.60. ¿Es válido el teorema del módulo máximo para regiones múltiplemente conexas? Justifique su respuesta.
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Problemas complementarios
165
þ þþ0
0
f f00 (z)
(z) where C encloses all the zeros of f(z).
þ þfþ 0(z)
553iz þ
222z � 1 þ i. Evaluate þ
dz
LetLet
f
(z)
¼
z
�
0(z)
0(z)
f(z)
dz
f
(z)
¼
z
�
3iz
þ
2z
�
1
þ
i.
Evaluate
dzwhere
whereCCencloses
enclosesall
allthe
thezeros
zerosof
off(z).
f(z).
Let f (z) ¼55 z55 � 3iz
f
(z)
22 þ 2z � 1 þ i. Evaluate fff(z)
2
2
where
encloses
all
the
zeros
ff (z)
3iz
dz
zeros
of
3iz
2z
�
11 1þ
i.i. i.i.Evaluate
f f(z)
(z)
dz
whereC
Cencloses
enclosesall
allthe
the
zeros
off(z).
f(z).
5.61. Let
SLet
eaff (z)
. Evaluate
EvalúeC f (z)
,where
donde
encierra
todos
los
ceros
def(z).
f (z).
Let
(z)¼
¼zz zz�
�
3izþ
þ
2z
�
1þþ
þ
Evaluate
dzdz
where
CCC
encloses
all
the
zeros
ofof
f(z).
Let
(z)
¼¼
��
3iz
þþ
2z2z
��
Evaluate
f
(z)
CCf (z)
f (z)
C
C
þ CC
2 22
00
1 11þþ þþfþþ0 (z)
þ222þ
1)
(z2(z(z
(z)
þ1)
(z) where C is the circle jzj ¼ 4.
221)22 . Evaluate
2(z
00ff f00(z)
LetLet
f
(z)
¼
dz
2
2
1
þ
1)
f
(z)
¼
.
Evaluate
dz
þ
1)
1
f
(z)
(z
Let f (z) (z¼2 þ
.
Evaluate
dzwhere
whereCCisisthe
thecircle
circlejzj
jzj¼¼4.4.
3
1
þ
1)
f
(z)
(z
1
þ
1)
f
(z)
(z
3
22þ
p
i
2
f
(z)
3. Evalúe
2z
þ
2)
Let
f
(z)
¼
Evaluate
dz
where
circle
jzj
5.62. Let
S
ea
, where
donde
CC
esis
lathe
circunferencia
f
(z)
¼
.
Evaluate
dz
C
is
the
circle
jzj
¼
p
i
2
f
(z)
(z
2z
þ
2)
p
i
2
f
(z)
Letf (z)
f (z)¼¼ 22(z22 þ 2z þ332)
. Evaluate2p2ipCi f (z)
dz
where
C
is
the
circle
jzj
¼4.
4.|z| = 4.
Let
.
dz
where
C
is
the
circle
jzj
¼¼
4.4.
33Evaluate
ff (z)
(z
2z
þ
2)
(z)
i i CCf (z)
2p2p
(zþ
þ
2z
þ
2)
(z(z
þþ
2z2z
þþ
2)2)
C
C
CC
þ þþ0
00
(z)
þþ þfþ (z)
(z) if
00ff f00(z)
dz
C
is
the
circle
jzj
¼
si
es
la
circunferencia
=
p(a)
a)
f (z)
pz,
b)ff(z)
f(z)
f(z)
(z)¼
=tan
tan
p¼|and
(a)
fy(z)
¼
se
nse
pnsen
f (z)
¼(z)¼
cos
pcos
z,pp(c)
f c)
(z)f f(z)
¼
tan
p
z.pppz.
5.63.Evaluate
EEvaluate
valúe
dz
pzp| and
f f(z)
¼
z,z,
(b)
z,pz,
z.z.
(z)
dzififCCisisthe
thecircle
circlejzj
jzj¼
and
(a)
(z)
¼=
se
nz,pp(b)
(b)
¼=cos
cos
z,(c)
(c)
¼
tan
Evaluate fff(z)
ff (z)
(z)
(z)
dz
if
C
is
the
circle
jzj
¼
p
and
(a)
ff (z)
¼
se
np
p
z,
(b)
ff (z)
¼
cos
p
z,
(c)
ff (z)
¼
tan
p
Evaluate
dz
if
C
is
the
circle
jzj
¼
p
and
(a)
ff (z)
¼
se
nn p
z,
(b)
ff (z)
¼
cos
p
z,
(c)
ff (z)
¼
tan
p
z.
Evaluate
f
(z)
dz
if
C
is
the
circle
jzj
¼
p
and
(a)
(z)
¼
se
n
p
z,
(b)
(z)
¼
cos
p
z,
(c)
(z)
¼
tan
pz.
z.
Evaluate
dz
if
C
is
the
circle
jzj
¼
p
and
(a)
(z)
¼
se
z,
(b)
(z)
¼
cos
p
z,
(c)
(z)
¼
tan
p
z.
Evaluate
C CC
ff (z)
þ þþ0
ff (z)
(z)
(z)
00
(z)
C
C
þzf
zf
(z)
þ
4 44 3 33 2 22
zf
(z)
C
C
þ
þ
00 00(z)
dz.dz.
2z
þþ
zþz�z2 �
12z
þþ
20
andyand
C la
is
the
circle
jzjjzj
¼
5.
Evaluate
f (z)f f(z)
¼¼
z¼z�z4 �
zf
CCcircunferencia
isisthe
circle
5.
Evaluate
Let
(z)
C
z¼
|=
Evalúe zf
5.64.Let
Sea
dz..
�2z
�12z
12z
þ20
20
and
the
circle
jzj|¼
5.5.
Evaluate
Let
(z)
zf
(z)
4 4�
332z33 þ
fzf(z)
2�
dz.
12z
and
the
circle
Evaluate
Let
ff (z)
f(z)
dz.
2z
þ
zz22zz�
12z
þ
20
Let
f(z)
(z)
dz.
2z
�
12z
þ
20and
andC
Cis
isthe
thecircle
circlejzj
jzj¼
¼5.
5.Evaluate
Evaluate
Letff (z)
(z)¼
¼zz4zz�
dz.
��
2z2z
þþ
�
12z
þþ
2020
and
CC
isis
the
circle
jzjjzj
¼¼
5.5.
Evaluate
Let
(z)
¼¼
C CCff (z)
ff (z)
(z)
(z)
Teorema del 5argumento
2
C
C
CC
Teorema de Rouché
5.65. Si a > e, demuestre que azn = ez tiene n raíces en el interior de |z| = 1.
5.66. Demuestre que zez = a, donde a  0 es real y tiene una cantidad infinita de raíces.
5.67. D
emuestre que tan z = az, a > 0 tiene a) una cantidad infinita de raíces, b) sólo dos raíces imaginarias puras si
0 < a < 1, c) todas sus raíces reales si a ≥ 1.
5.68. Demuestre que z tan z = a, a > 0 tiene una cantidad infinita de raíces, pero no raíces imaginarias.
Fórmula integral de Poisson para la circunferencia
5.69. Muestre que
2ðp
0
R2
R2 � r2
d f ¼ 2p
� 2Rr cos(u � f) þ r2
a) con, b) sin la fórmula integral de Poisson para la circunferencia.
5.70. Muestre que
2ðp
2ðp
2ðp
2ðp
cos
ff
cos
ff
cos(sen
cos(senff) )
22pp cosu u
sen(sen
sen(senff) )
eecos
eecos
22pp cosu u
a)
b)
ddff¼¼ eecos
ddff¼¼ eecos
(b)
sen(sen
sen(senuu):.):
cos(sen
cos(senuu),),, (b)
55��44 cos(
cos(uu��ff) )
55��44cos(
cos(
33
uu��ff) )
33
00
00
5.71. a) Demuestre que la función
�
�� sen �
22 tan�1�1 2r2rsen
uu ,
U(r,
u
)
¼
2 ,
U(r, u) ¼ ptan
p
11��r 2r
00,,r r,,1,1,00��uu,,22pp
es armónica en el interior de la circunferencia |z| = 1.
nn 1
1
00,,uu,,pp
Show
that
lím
U(r,
u
)
¼
b) Muestre
que lím
Show that
r!1�U(r, u) ¼
�1
r!1�
�1 pp,,uu,,22pp: :
c) ¿Puede deducir la expresión para U(r, u) a partir de la fórmula integral de Poisson para el círculo?
5.72. S
uponga que f (z) es analítica en el interior y sobre la circunferencia C definida por |z| = R, y suponga que
z = reiu es un punto cualquiera en el interior de C.
Muestre que
f 0 (reiu ) ¼
i
2p
2ðp
0
R(R2 � r2 )f (Reif ) sen(u � f)
df
[R2 � 2Rr cos(u � f) þ r2 ]2
5.73. Verifique que las funciones u y v de las ecuaciones (5.7) y (5.8), página 146, satisfacen la ecuación de Laplace.
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166
Capítulo 5 Fórmulas integrales de Cauchy y teoremas relacionados
Fórmulas integrales de Poisson para un semiplano
5.74. E
ncuentre una función que sea armónica en el semiplano superior y > 0 y que sobre el eje x tome los valores −1
si x < 0 y 1 si x > 0.
5.75. Repita el problema 5.74 si la función toma los valores −1 si x < −1, 0 si −1 < x < 1 y 1 si x > 1.
5.76. Demuestre la afirmación del problema 5.22 de que la integral sobre Γ tiende a cero cuando R → ∞.
5.77. Demuestre que, con las restricciones adecuadas a f (x),
1
h!0þ p
lím
ð1
�1
h f (x)
dx ¼ f (j )
(x � j )2 þ h 2
y mencione las restricciones.
5.78. V
erifique que las funciones u y v de las ecuaciones (5.10) y (5.11), página 146, satisfacen la ecuación de
Laplace.
Problemas diversos
þ
1 1 þþz22 dz
z2 dzwhere C is the square with vertices at +2, +2 þ 4i.
1 z22 þ2z24dz
whereC Cesiselthe
square con
with verticesen
at +2,
4i.
5.79. Evalúe 2p2i p
cuadrado
2, +2
2 +þ
where C is the
square withvértices
vertices at +2,
+2
þ4i.4i.
i z 2 þ, 4donde
C
2p
Ci C z þ 4
þ þ 22 C
cos tz2 tz
2dz ,where
circle jzj ¼ 1 and
t.
dondeCCisesthe
la circunferencia
|z| =
1 y0.t > 0.
5.80. Evalúe þ cos
33 3 tz dz where C is the circle jzj ¼ 1 and t . 0.
zcos
z 3 dz where C is the circle jzj ¼ 1 and t . 0.
C
C C þ zþ
C
þdz dz¼ 2pi if C is the circle jzj ¼ 2.
thatthat
dz ¼ 2pi si
if C es
is the
circle jzj ¼ 2. |z| = 2.
la circunferencia
5.81. a) Muestre
que
thatz þz 1þ 1 ¼ 2pi if C is the circle jzj ¼ 2.
C
C C zþ1
C
b) Con el inciso a) muestreþ que
þ þ
þ þ 1) dx þ y dy
(x
(xþ þ
� y�dxy dx
þ (x þ 1) dx þ y dy
(x 1)
þ dy
1) dy
¼
0,
¼ 2p
(x þ 1)22 dx2 þ
y
dy
(x þ 1)22 dy2 �
¼
0,
2
2 y dx ¼ 2p
2
2
(x þ
(x þ
(x 1)
þ 1)þ2 yþ y 2 ¼ 0,
(x 1)
þ 1)þ2 yþ2 y22 ¼ 2p
C
C
(x þ 1) þ y
(x þ 1) þ y
C C
C C
C
C
y verifique estos resultados directamente.
5.82. E
ncuentre las funciones f (z) que sean analíticas en todas partes del plano complejo y que satisfagan las condiciones
a) f (2 − i) = 4i y b) | f (z)| < e2 para toda z.
5.83. Sea f (z) analítica en el interior y sobre una curva simple cerrada C. Demuestre que
1
a) f (a) ¼
2p
0
2ðp
f (n) (a)
1
¼
f (a þ e ) d u , (b)
b)
n!
2p
�iu
e
iu
0
2ðp
e�niu f (a þ eiu ) d u
0
5.84. Demuestre que 8z4 − 6z + 5 = 0 tiene una raíz en cada cuadrante.
Ð 2Ðp2p cosu u
Ð 2Ðp2p cosu u
5.85. Muestre que (a)
a) 0 0 ecos
b)
(a)
e cos(sen
cos(senu)ud) ud u¼¼0,0, (b)
(b) 0 0 ecos
e sen(sen
sen(senu)ud) ud u¼¼2p
2p
..
5.86. E
xtienda el resultado del problema 5.23 de manera que se obtengan fórmulas para las derivadas de f (z) en todo
punto en .
5.87. Verifique que z3e1−z = 1 tiene exactamente dos raíces en el interior de la circunferencia |z| = 1.
5.88. Suponga que t > 0 y que C es una curva simple cerrada que encierra a z = −1. Demuestre que
�
�
þ
1
zezt
t2 �t
e
dz
¼
t
�
2pi (z þ 1)3
2
C
5.89. Encuentre todas las funciones f (z) que sean analíticas en |z| < 1 y que satisfagan las condiciones a) f (0) = 1 y b)
| f (z)| ≥ 1 para |z| < 1.
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Problemas complementarios
167
5.90. S
ean f (z) y g(z) analíticas en el interior de una curva simple cerrada C y sobre ella, excepto que f (z) tiene ceros
en a1, a2,…, am y polos en b1, b2,…, bn de órdenes (multiplicidades) p1, p2,…, pm y q1, q2,…, qn, respectivamente.
Demuestre que
þ
m
n
X
X
1
f 0 (z)
dz ¼
g(z)
pk g(ak ) �
qk g(bk )
2pi
f (z)
k¼1
k¼1
C
5.91. S
uponga que f (z) = a0z + a1z
+ a2zn−2 + … + an, donde a0  0, a1,…, an son constantes complejas y C
encierra todos los ceros de f (z). Evalúe
þþ
þþ
0
0
11 zz ff0 (z)
(z)
11 zz22 ff0 (z)
(z)
dz
dz (b)
(b)
dz
dz
b)
a)
22ppii ff(z)
(z)
22ppii
ff(z)
(z)
n
n−1
CC
CC
e interprete los resultados.
5.92. E
ncuentre todas las funciones f (z) que sean analíticas en la región |z| ≤ 1 y que sean tales que a) f (0) = 3 y
b) |f (z)| ≤ 3 para todo z tal que |z| < 1.
5.93. D
emuestre que z6 + 192z + 640 = 0 tiene una raíz en el primer cuadrante, una raíz en el cuarto cuadrante, dos
raíces en el segundo cuadrante y dos raíces en el tercer cuadrante.
5.94. D
emuestre que la función xy(x2 − y2) no puede tener un máximo o un mínimo absoluto en el interior de la
circunferencia |z| = 1.
5.95. a ) Si una función es analítica en una región , ¿es acotada en
necesario que en el teorema de Liouville f (z) sea acotada?
? b) En vista de su respuesta al inciso a), ¿es
5.96. E
ncuentre todas las funciones f (z) que sean analíticas en todas partes, tengan un cero de orden dos en z = 0,
satisfagan la condición | f ′(z)| ≤ 6|z| para toda z y que sean tales que f (i) = −2.
5.97. Demuestre que todas las raíces de z5 + z − 16i = 0 están entre las circunferencias |z| = 1 y |z| = 2.
5.98. Sea U armónica en el interior y sobre una curva simple cerrada C. Demuestre que
þ
@U
ds ¼ 0
@n
C
donde n es una unidad normal a C en el plano z y s es el parámetro longitud de arco.
5.99. U
n teorema de Cauchy establece que todas las raíces de la ecuación zn + a1zn−1 + a2zn−2 + … + an = 0, donde
a1, a2,…, an son reales, están en el interior de la circunferencia |z| = 1 + máx{a1, a2,…, an}, es decir, |z| = 1 más
el máximo de los valores a1, a2,…, an. Verifique este teorema para los casos especiales:
a) z3 − z2 + z − 1 = 0, b) z4 + z2 + 1 = 0, c) z4 − z2 − 2z + 2 = 0, d ) z4 + 3z2 − 6z + 10 = 0.
5.100. Demuestre el teorema de Cauchy del problema 5.99.
5.101. Sea P(z) un polinomio. Si m es un entero positivo y v = e2pi/m, demuestre que
P(1) þ P(v) þ P(v2 ) þ � � � þ P(vm�1 )
¼ P(0)
m
y dé una interpretación geométrica.
5.102. ¿Es válido el resultado del problema 5.101 para toda función f (z)? Justifique su respuesta.
5.103. D
emuestre el teorema de Jensen: Suponga que f (z) es analítica en el interior y sobre una circunferencia |z| = R,
excepto en los ceros en a1, a2,…, am de multiplicidades p1, p2,…, pm y en los polos b1, b2,…, bn de multiplicidades
q1, q2,…, qn, respectivamente, y suponga que f (0) es finita y diferente de cero. Así,
2ðp
� � X
� �
m
n
X
1
R
R
�
ln j f (Reiu )j d u ¼ ln j f (0)j þ
pk ln
qk ln
2p
jak j
jbk j
k¼1
k¼1
0
[Sugerencia: Considere
Þ
C
ln zf f 0 (z)=f (z)g dz , donde C es el círculo |z| = R.]
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168
Capítulo 5 Fórmulas integrales de Cauchy y teoremas relacionados
Respuestas a los problemas complementarios
5.30. a) e2 , b) 0
5.54. 17
5.31. 2pi
5.61. 10pi
5.32. a) �2pi, b) 0
5.62. �2
5.33. a) 0, b) �12
5.35. �pi
5.38. a) pi=32, b) 21pi=16
5.39.
1
2 (sen t
� t cos t)
5.50. b) 1, 1, �1 +i
pffiffiffiffiffi�
�
5.51. a) i, 12 �i + 15 ,
p
ffiffiffiffi � �
pffiffiffiffi �
�
b) 12 �1 + 3i , 12 1 + 3i
5.52. 1/4
5.63. a) 14pi, b) 12pi, c) 2pi
5.64. 4pi
5.74. 1 � (2=p) tan�1 (y=x)
�
�
� y �
1
y
1
� tan�1
5.75. 1 � tan�1
xþ1
x�1
p
p
5.79. i
5.80. �2pit2
5.91. �a1 =a0 , b) (a21 � 2a0 a2 )=a20
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Capítulo 61
Series infinitas,
series de Taylor y series
de Laurent
6.1 Sucesiones de funciones
Las ideas del capítulo 2, en las páginas 48 y 49, sobre sucesiones y series de constantes se amplían con facilidad a
sucesiones y series de funciones.
Sea u1(z), u2(z), . . . , un(z), . . . , que se denota en forma breve {un(z)}, una sucesión definida de funciones de z y
unívoca en una región del plano z. El límite de un(z) cuando n → ∞ se denota U(z) y se escribe límn→∞ un(z) = U(z),
si dado un número positivo e puede hallarse un número N [que suele depender de e y de z] tal que
|un(z) − U(z)| < e
para toda n > N
Si es así, se dice que la sucesión converge o es convergente a U(z).
Si una sucesión converge para todos los valores (o puntos) z en una región , se dice que es la región de convergencia de la sucesión. Si una sucesión no converge en algún valor (punto) z, se dice que es divergente en z.
Los teoremas sobre límites de la página 49 se extienden a sucesiones de funciones.
6.2 Series de funciones
A partir de la sucesión de funciones {un(z)} se forma una nueva sucesión {Sn(z)}, que se define de la manera siguiente:
S1 (z) ¼ u1 (z)
S2 (z) ¼ u1 (z) þ u2 (z)
..
..
.
.
Sn (z) ¼ u1 (z) þ u2 (z) þ � � � þ un (z)
donde Sn(z), que se conoce como la n-ésima suma parcial, es la suma de los n primeros términos de la sucesión
{un(z)}.
La sucesión S1(z), S2(z), . . . o {Sn(z)} se representa simbólicamente como
1
X
un (z)
( (6.1)
u1 (z) þ u2 (z) þ � � � ¼
n¼1
y se llama serie infinita. Si límn→∞ Sn(z) = S(z), se dice que la serie es P
convergente y queP
S(z) es suP
suma; si no es
1
1
así, se dice que la serie es divergente. En ocasiones se escribeAtambién
como
u
(z)
o
un para
series 1
u
A
(z)
series
A
series
u
(z)
un (z)simn
n
n
n¼1
n¼1
n¼1
plificar.
P
P1
P1
P1
P1
P
11
(z)
If
If
n (z) n¼1
n (z)j
n¼1 un (z)
n¼1 uIf
n¼1unju
n¼1 jun (z)j n¼1 jun (z)
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170
Capítulo 6 Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent
Como ya se dijo, una condición necesaria para que una serie (6.1) converja es que límn→∞ un(z) = 0, pero esta condición no es suficiente. Véase, por ejemplo, el problema 2.150, así como los problemas 6.67c), 6.67d) y 6.111a).
Si una serie converge para todos los valores (puntos) z en una región , se dice que es la región de convergencia
de esa serie.
6.3 Convergencia absoluta
P
P1
Se dice que una
serie 1
A series
un (z) converge absolutamente si converge la serie de sus valores absolutos, es decir,
n¼1
n¼1 jun (z)j,
P1
, converge.
P1
P
P1
n¼1 jun (z)j,
P1
P1
P1 1
un (z) P1
jun (z)j
If
n¼1
n¼1
n¼1 un (z) cond
P1
Si n¼1 un (z) converge, pero n¼1 jun (z)j,no converge, se A
dice
que n¼1 un (z) es condicionalmente
A series
series
n¼1 jun (z)j, convern¼1 un (z) cond
gente.
P1
P1
P1
P1
P1
P1
1
ju
(z)j
If
If
n
¼1
n¼1 un (z)
n¼1 un (z) cond
n¼1 jun (z)j
n¼1 un (z) n¼1 un (z) cond
n¼1 jun (z)j
6.4 Convergencia uniforme de sucesiones y de series
En la definición de límite de una sucesión de funciones se indicó que, en general, el número N depende de e y del
valor particular de z. Sin embargo, puede ocurrir que se encuentre un número N tal que |un(z) − U(z)| < e para toda
n > N, donde ese mismo número N sirve para toda z en una región [es decir, N sólo depende de e y no del número
(punto) z particular en la región]. En ese caso se dice que un(z) converge uniformemente a U(z), o que es uniformemente convergente a U(z), para toda z en .
De manera similar, si en una región la sucesión de sumas parciales {Sn(z)} converge uniformemente a S(z), se dice
que, en esa región, la serie infinita en (6.1) converge uniformemente, o es uniformemente convergente, a S(z).
A Rn(z) = un+1(z) + un+2(z) + . . . = S(z) − Sn(z) se le conoce como el resto después de n términos de la serie
infinita en (6.1). Así, de manera equivalente, se afirma que la serie converge uniformemente a S(z) en si, para todo
e > 0, puede hallarse un número N tal que para toda z en ,
for all
n>
jRn (z)j ¼ jS(z) � Sn (z)j , e para
toda
n >NN
6.5 Serie de potencias
Una serie de la forma
a0 þ a1 (z � a) þ a2 (z � a)2 þ � � � ¼
1
X
n¼0
an (z � a)n (6.2)
P
se llama serie de potencias en z − a. Esta serie (6.2) en ocasiones se escribe, de manera abreviada,
an (z
A series 1
un−
(z)a)n.
n¼1
Es claro que la serie de potencias (6.2) converge para z = a, y éste puede ser el único punto en elP
que converja [véase
1
el problema 6.13b)]. Pero, en general, esta serie converge también en otros puntos. En ese caso,
que
un (z)
If puede
n¼1 mostrarse
existe un número positivo R tal que (6.2) converja para |z − a| < R y diverja para |z − a| > R, y para |z − a| = R
pueda converger o pueda no converger.
Geométricamente, si Γ es una circunferencia de radio R con centro en z = a, la serie (6.2) converge en todos los
puntos interiores de Γ y diverge en todos los puntos exteriores de Γ, y sobre la circunferencia Γ puede converger o
puede no converger. Se considera los casos especiales en los que R = 0 y R = ∞, respectivamente, son los casos en los
que (6.2) converge sólo en z = a o converge para todo valor (finito) de z. Debido a esta interpretación geométrica, R
suele conocerse como radio de convergencia de (6.2), y el círculo correspondiente, como círculo de convergencia.
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P1
n¼1
jun (z)j
6.6 Algunos teoremas importantes
171
6.6 Algunos teoremas importantes
A manera de referencia se presenta a continuación una lista de algunos de los teoremas más importantes relacionados
con sucesiones y series. Muchos resultarán familiares por sus análogos para variables reales.
A. Teoremas generales
Teorema 6.1.
Si una sucesión tiene un límite, este límite es único [es decir, no hay otro].
Teorema 6.2.
Sea un = an + ibn, n = 1, 2, 3,. . . , donde an y bn son reales. Así, una condición necesaria y
suficiente para que {un} converja es que {an} y {bn} converjan.
Teorema 6.3. Sea {an} una sucesión real con la propiedad de que
i) an+1 ≥ an o an+1 ≤ an
ii) |an| < M (una constante)
Así, {an} converge.
Si se satisface la primera condición de la propiedad i), se dice que la sucesión es monótona
creciente; si se satisface la segunda condición de la propiedad i), se dice que la sucesión es
monótona decreciente. Si se satisface la propiedad ii), se dice que la sucesión es acotada. Por
tanto, este teorema establece que toda sucesión monótona (creciente o decreciente) y acotada
tiene un límite.
na condición necesaria y suficiente para que {un} converja es que, dado un e > 0, pueda
U
hallarse un número N tal que |up − uq| < e para toda p > N, q > N.
Este teorema, que tiene la ventaja de no requerir del límite mismo, se llama criterio de
convergencia de Cauchy.
P
Teorema 6.5. Una condición necesariaApara
que 1
un converja
series
un (z) es que límn→∞ un = 0. Pero esta condición no
n¼1
es suficiente.
P1
P1
P1
un (z)
jun (z)j
If
n¼1
n¼1
n¼1 un (z
Teorema 6.6. La multiplicación de cada miembro de una serie por una constante diferente de cero no afecta la
convergencia o divergencia de la serie. Si dada una serie se le elimina (o se adiciona) un número
finito de términos, esto no afecta la convergencia o divergencia de la serie.
P
A necessary
and sufficient
condition
that 1
an and bn are
Teorema 6.7. Una condición necesaria
y suficiente
paraP
que converja
donde an ywhere
bn son
n¼1 (an þ ibn ), converges,
P
P1
P1 1
1
a
and
b
converge.
real,
is
that
A necessary
AP
and
necessary
sufficient
andP
condition
sufficient
that
condition
(a
converges,
þnibn ) converges,
where
where
bn are
an and bn are
reales, esP
que n¼1 that
a(an nyþ ib
n) b
n¼1
n¼1 ann and
n nconverjan.
n¼1
P
1
1
an and 1
an and
bn converge.
real, is thatreal,1
is that
n¼1
n¼1 n¼1
n¼1 bn converge.
B. Teoremas sobre convergencia absoluta
Teorema 6.4.
P
P1
P
P1
Teorema 6.8. If
SIfi 1
entonces
converge.
EsIn
decir,
una serie
absolutamente
convergente
junnjjconverge,
converges,
converges,
then
then 1
converges.
In
words,
words,
an
an absolutely
absolutely
convergent
convergent
n¼1
n¼1ju
n¼1
n¼1uunn converges.
series
series
is
is
convergent.
convergent.
es convergente.
Teorema 6.9.
os términos de una serie absolutamente convergente pueden reordenarse de cualquier manera,
L
y todas esas series reordenadas convergen a la misma suma. Asimismo, la suma, diferencia y
producto de la serie absolutamente convergente son absolutamente convergentes.
Esto no ocurre con las series condicionalmente convergentes (véase el problema 6.127).
C. Criterios especiales de convergencia
Teorema 6.10.
(CriterioP
de la comparación)
P
P
P
P
P
a) yand
|and
uand
≤
|�
,jventonces
absolutamente.
jnnjconverges
converges
ju
jv
j,nnj,j,then
then
converges
absolutely.
absolutely.
IfSi
IfIf jvjv
njv
n jn|nvj�
njv
n|ju
jconverge
converges
ju
jn�
then unuunconverge
converges
absolutely.
n converges
P
P
P
P
P
P
PP
P
P
P
P
P
jnnndiverges
jjjdiverges
and
juju
jjv
jv
jv
j,nnjv
j,then
juju
jnnudiverges
jnjnjdiverges
but
unuuunmay
oror
may
may
not
not
IfSi
IfIf jvjv
njv
n≥
nju
njv
nju
b) diverge
yand
|uand
|njv�
|,�
entonces
diverge,
pero
puede
converger
diverges
j,nthen
then
ju
diverges
butabsolutely.
may
or
may
not o
converges
j,
then
and
�
converges
jvn j,but
then
converges
absolutely.
jv
Ifand
nj�
nnmay
nj�
n| ju
njconverges
converge.
converge.
P
P
P
P
P
P
converge.
no.
and jujvj j�diverges
jv j, then
and jujuj j�diverges
jv j, then
but juuj diverges
may or may
but not u may or may not
If
jv j diverges If
n
converge.
nn
n
converge.
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nn
n
nn
n
172
Capítulo 6 Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent
P
P
�
�
�and
Teorema 6.11. (Criterio del cociente) límlín→∞
|un+1
/uju
| n=
L.¼jv
Entonces
converges
jn ��
then
unn converge
converges(absolutamente)
absolutely. if si
If
jvSea
n jLet
n j,Then
n=u
L.
unþ1
(absolutely)
L , 1 and
mn!1
� � ��si L� �> 1.�Si LP=P
P
�
P
P resultado.
P L<
P
1
y
diverge
1,
esta
prueba
no
da
ningún
diverges
if
L
.
1.
If
L
¼
1,
the
test
fails.
�
�
�
�
�
�
�
�
¼
L.
Then
u
u
=u
converges
(absolutely)
if
,
1 and
Let
lí
m
¼
L.
Then
u
u
=u
converges
(absolutely)
if
L
,
1L1and
Let
lí
m
jn!1
diverges
and
jv
thenun converges
j diverges
but
uifn may
may
not
IfLet líjv
nL.n j,Then
n (absolutely)
¼nnþ1
unþ1n!1
=u
L,
1,
and
n!1
¼Then
unjunn nconverges
unþ1
=u
(absolutely)
if Lor
and
Let
lí m
nm
nnnjL.�
n ju
n!1
nþ1
n!1
nþ1
diverges
if
L
.
1.
If
L
¼
1,
the
test
fails.
diverges
if
L
.
1.
If
L
¼
1,
the
test
fails.
converge.
ffiffiffiffiffiffiffi
ffithe1,test
P
P
diverges
if L .
Lp
¼
diverges
if L1..If 1.
If
L1,¼
the fails.
testP
fails.
n
Teorema 6.12. (Criterio de la raíz n-ésima) Sea
(absolutamente)
juju
Then
límn!1and
converges
(absolutely)
if L , 1 and
converges
j �L..jvEntonces
converges
absolutely.
If
jvn j Let
n jn¼
n j, then un u
n converge
p
ffiffiffiffiffiffiffi
ffi
P
p
ffiffiffiffiffiffiffi
ffi
P
p
ffiffiffiffiffiffiffi
ffi diverge
P
ffiffiffiffiffiffiffi
ffin 1. si
PSi
P
P daifningún
P Let lím
np
si
L
<
1
y
L
>
1.
L
=
1,
esta
prueba
no
diverges
if
L
.
If
¼
1,
the
test
fails.
nlím
nnju
ju
¼
L.
Then
u
Let
j
converges
(absolutely)
ifor1L1may
,
and
¼
L.
Then
u
j
converges
(absolutely)
L
and
junn!1
L.
un converges
lím
j¼
(absolutely)
and
jun nnju
L. jv
Then
un nn converges
Let
límn!1
j n¼Then
(absolutely)
if
L1,,
and1not
diverges
and
j n�
junnj diverges
but if uLn ,
may
If Let jv
n!1
n jn!1
n j, then
n!1
resultado.
diverges
if
L
.
1.
If
L
¼
1,
the
test
fails.
diverges
if
L
.
1.
If
L
¼
1,
the
test
fails.
diverges
if L .
L¼
fails.
diverges
if L1..If 1.
If L1,¼the1,test
theP
test fails.
converge.
If f (x) � 0 for x � a, then
f (n) converges or diverges according as
ÐM
P
P P P
lím
f
(x)
dx
converges
or
Teorema 6.13. (Criterio de la integral) Si
f
(x)
≥
0
para
x
≥
a,
entonces
converge
o or
diverge
según
If
f
(x)
�
0
for
x
�
a,
then
fdiverges.
(n) converges
diverges
according
If
f
(x)
�
0
for
x
�
a,
then
f
(n)
orordiverges
according
If f (x)
for0xM!1
� xa,�then
f (n) fconverges
or diverges
according
as asas as
If f�(x)0 �
for
a, then
(n)converges
converges
diverges
according
Ð M Ð ÐMMM aÐ M
lím
dx
or diverges.
lím
dx
converges
or
converja
diverja.
� converges
�or
�f (x)
� diverges.
límM!1
oro diverges.
límM!1
f(x)
(x)
dx
converges
diverges.
P
aconverges
M!1
a(x)f dx
a fM!1
M!1
Let
limaan!1 n 1 � �unþ1 =un � ¼ L. Then
un converges (absolutely) if
��� ��� ���� �� P P
���diverges
P
P
PL . 1� and
P
or
converges
conditionally
if(absolutely)
L (absoluta,
1. If
Lif¼ 1,
�
�
� ��
� =u
Let
lim
n�u�1=u
�
un¼
=u
(absolutely)
¼Then
L. Then
un converges
lim
(absolutely)
ififtheif
¼
L.L.
uuunnnnconverges
nþ1
nEntonces
LetIfLet
lim
nconverges
1 n�n!1
un converges
Teorema 6.14. (Criterio de Raabe) Sea
lím
.¼Then
converge
nþ1
jn!1
ju
jv
then
converges
absolutely.
jv
Letn!1
lim
n1�1u��
uand
converges
(absolutely)
nþ1
n =u
nn!1
nnnj L.
n j,Then
nþ1
n!1
nþ1
test
fails.
.
and
diverges
or converges
ifIf1.L1.LSi
,
¼the1, the
Pconditionally
P
..
1L1and
or
converges
conditionally
If
¼If
1,L
L .LL1P
and
diverges
or converges
conditionally
if Lifsi
,LLL1.,
¼LL1.L1,
the
mente)
si
>
11diverges
ydiverges
diverge
oorconverge
condicionalmente
<,
=
and
converges
conditionally
if
If
¼1,
1,the
and� jun j � jvn j, then
jun j diverges but
un may or may not
Iftest fails.
jvtest
n j diverges
fails.
�
test prueba
fails.
esta
no da� ningún �resultado.
test fails.
converge.
Suppose
u =u ¼ 1 � (L=n) þ (cn =n2 ) where jcn j , M for all n . N.
� �P ��nþ1� � n �
�
2 1 and diverges or converges
2if
Then
u��n=u
converges
Lwhere
.
�u�=u
�1�¼=u
�que
¼(L=n)
1(absolutely)
�(c
(L=n)
(c
Suppose
u¼nnþ1
jcfor
j for
,
for
all
nN.. N.
þnþ=n
(c(c2n )=n
Suppose
)22)nwhere
M
nnN.
.
nM
þ
Suppose
uP
where
jc) nwhere
jjc,
all
nall
.
Teorema 6.15. (Criterio de Gauss) Suponga
,=n
donde
|ncjnnM
|j,
<
para
toda
¼1n(L=n)
1���
(L=n)
Suppose
unþ1
jc
,
M
forM
all
.N.
nþ1
n =u
nþ1
nn �
nþ
P
P
nþ1
n=n
Pconditionally
P
P
if
L
�
1.
Then
u
converges
(absolutely)
if
L
.
1
and
diverges
or
converges
Then
u
converges
(absolutely)
if
L
.
1
and
diverges
or
converges
unnj,converges
if L if
. L1 .
and
diverges
converges
n u (absolutely)
un nn converges
(absolutely)
1 and
or converges
nju>nThen
Entonces
converge
(absolutamente)
si L diverges
> 1 or
y diverge
o
j N.
� jv
then
absolutely.
If
jvn j converges andThen
n converges
conditionally
if1.L
conditionally
conditionally
if P
Lif�
conditionally
ifLL1.��
1. �
P
converge
condicionalmente
si 1.
L ≤ 1.P
� 0, anþ1
nP
¼
2, 3,
but� anunfor
may
or1,
may
not. . . and limn!1 an ¼ 0,
If
jvn j diverges and jun j � jvn j, then Ifjunaj ndiverges
n�1
�
a
þ
a
�
�
�
�
¼
(�1)
aand
then
a
converge.
If
0,a2�
anþ1
ann=n1,
for
n3,P
¼
1,
.n . converges.
.n!1
and
a0,
aan nn3�
for
¼1,
2,
..y.. .3,
and
lim
a0,
IfSiaIfaIf
�a≥n0,
�≤
for
nfor
. .3,
lim
alim
n 1a�
n!1
n ¼ 0,
n!1
0,
anþ1
¼2,1,2,
1,
2,
lim
an0,
nna
n=¼
nn�
nn¼¼0,
0,�a0,
anþ1
n¼
3,
..3,..and
.2,
lím
an!1
Teorema 6.16. (Criterio de la serie alternante) P
nþ1an�
n+1 nþ1
n para
n→∞
nn!1
P
P
n�1
n�1
n�1 (�1)
n�1
n�1
�
a
þ
a
�
�
�
�
¼
a
converges.
then
a
�
a
þ
a
�
�
�
�
¼
(�1)
a
converges.
then
a
n
� ¼�3� � ¼(�1)(�1)
an converges.
then
a1 �a1a112�þa21a223þ�a32�33� �
an nn converges.
then
entonces
converge.
D. Teoremas sobre convergencia uniforme
Teorema 6.17. (Criterio M de Wieirstrass) Si |un(z)| ≤ Mn, donde Mn es independiente de z en una región y
P
P
Mn uconverge,
entonces
un(z)
es uniformemente convergente
A series 1
A
series 1
un (z)
n (z)
n¼1
n¼1
P1
P1en .
P1P1
un (z)
jun (z)j
If
If
n¼1 un (z)
n¼1 n¼1
n¼1 jun (z)j
Teorema 6.18. La suma de una serie uniformemente convergente de funciones continuas es continua, es decir,
P
si un(z) es continua en Ay S(z)
= 1
un(z)
series
unes
(z)uniformemente convergente en , entonces S(z)
n¼1
es continua en .
P1
P1
If
n¼1 un (z)
n¼1 jun (z)j
P1
Teorema 6.19. Suponga que {un(z)} es continua en A, S(z)
= n¼1
un(z)
series
unes
(z)uniformemente convergente en y
C es una curva en . Así, ð
ð P
ð
P1
ð
ð
ð
1
n¼1 jun (z)j
S(z) dz ¼ Ifu1 (z) n¼1
dz þun (z)
u2 (z) dz þ � � �
S(z) dz ¼ u1 (z) dz þ u2 (z) dz þ � � �
C
C
o
C
C
ð nX
ðn
X
C
C
P1
n¼
P1
n¼1
un (z) cond
P1
n¼1
un (z)
C
C
o
X ðð
o
un (z) dz ¼ X un (z) dz
un (z) dz
un (z) dz ¼
C
C
Es decir, una serie uniformemente continua de funciones continuas puede integrarse término
por término.
P
Teorema 6.20. S
uponga que u'n(z) = (d/dz)un(z) existe en
, que 1
u'n(z)
uniformemente en y que
A series
u converge
(z)
n¼1
P1
P1
P1 n
P1
un(z)
en . Entonces,
(d/dz) An¼1
useries
u'n(z).
A series n¼1
unconverge
(z)
A series
un=
(z) n¼1
un (z)
n(z)
P1
P
n¼1 jun (z)j,
1
un (z)
jun (z)j
If
n¼1
n¼1
P1
P1 P1 P1
P1
P
P1
P1
un (z) que {un(z)} es analítica
ju
uunIfn(z)
(z)
jucond
If
If(z)j 1
Teorema 6.21.
Suponga
y nque
un(z)
es
convergente
enunn¼1
. Entonces,
n (z)j
n (z)j
A series
(z)uniformemente
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1 un (z)
n¼1 jun¼1
n¼1
P1
P1
= n¼1
un(z)
A S(z)
series
unes
(z)analítica en . P
P1
n¼1 jun (z)j,
1
un (z)
jun (z)j
If
n¼1
n¼1
P1
P1
P1
If
n¼1 un (z)
n¼1 jun (z)j
n¼1 un (z) cond
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P1
n¼
P1
n¼1
u
6.8 Algunas series especiales
173
E. Teoremas sobre series de potencias
Teorema 6.22.
na serie de potencias converge uniforme y absolutamente en toda región comprendida en el
U
interior de su círculo de convergencia.
Teorema 6.23.
a) Una serie de potencias se diferencia término por término en el interior de su círculo de
convergencia.
b) Una serie de potencias se integra término por término a lo largo de cualquier curva C
comprendida en el interior de su círculo de convergencia.
c) La suma de una serie de potencias es continua en toda región comprendida en el interior de
su círculo de convergencia.
Estos incisos son consecuencia de los teoremas 6.17-6.19 y 6.21.
P n
Teorema 6.24. ( Teorema de Abel) Sea R el radio de convergencia
de 1
anzuny(z)suponga que z0 es un punto
A series
n¼1
P1 n
P1 n P1 n
sobre la circunferencia de convergencia,
que n¼1
anzP
converja.
Así,Alím
aseries
anz0u,n (z)
A tal
series
u
(z)
series
u=
(z) n¼1
0n
z → z0 A n¼1
nzP
n1
1
u
(z)
ju
If
n
n (z)j
n¼1 Es fácil efectuar
donde z → z0 desde el interior del círculo deP
convergencia.
extensiones
a otras
P1
Pn¼1
1
1
1
u
(z)
ju
u
(z)
(z)j
u
If
If
If
n¼1 n
n¼1
n¼1 nn
n¼1 n (z)
series de potencias.
Teorema 6.25.
Sea f (z) analítica en el interior y sobre una curva simple cerrada C. Sean a y a + h dos puntos en el interior de C.
Entonces,
f (a þ h) ¼ f (a) þ hf 0 (a) þ
h2 00
hn
f (a) þ � � � þ f (n) (a) þ � � �
2!
n!
(6.3)
o, al escribir z = a + h, h = z − a,
f (z) ¼ f (a) þ f 0 (a)(z � a) þ
f 00 (a)
f (n) (a)
(z � a)2 þ � � � þ
(z � a)n þ � � �
2!
n!
(6.4)
Esto se conoce como teorema de Taylor, y la serie en (6.3) o (6.4), como serie de Taylor o expansión de Taylor para
f (a + h) o f (z), respectivamente.
La región de convergencia de la serie (6.4) está dada por |z − a| < R, donde el radio R de convergencia es la distancia de a a la singularidad más cercana de la función f (z). Sobre |z − a| = R, la serie puede o no converger. Para
|z − a| > R, la serie diverge.
Si la singularidad más cercana de f (z) se encuentra al infinito, el radio de convergencia es infinito, es decir, la serie
converge para toda z.
Si en (6.3) o en (6.4) a = 0, se obtiene una serie de Maclaurin.
6.8 Algunas series especiales
En la lista siguiente se presentan algunas series especiales y sus regiones de convergencia. En el caso de funciones
multivaluadas se emplea la rama principal.
ez
2. sen z
n¼1
P
jun (z)j1
n¼
P n
P1
uponga
S
que 1
anz unconverge
a cero para toda z tal que |z| < R, donde R > 0. Así, an = 0. De
A series
(z)
(z)j,
n¼1
n¼1 junP
P1 n P1 n
1
manera equivalente,
si
a
z
=
b
z
para
toda
z
tal
que
|
z
|
<
R,
entonces
a
=
b
.
A
series
A
series
u
(z)
u
(z)
n n
n P
n
n P
n 1
P1
n¼1
n¼1
n¼1 ju
1
u
(z)
ju
(z)j
u
(z)
cond
If
n
n
n
n¼1
n¼1
n¼1
P1
P1
P1
P1
P1
P1
cond
un (z)
If
n (z) n¼1 un (z)
n¼1 uIf
n¼1 jun (z)jn¼1 jun (z)j
n¼1 un (z) n¼1
6.7 Teorema de Taylor
1.
P1
z2 z2
zn
þ þ ��� þ þ ���
2! 3!
n!
3
5
z
z
z2n�1
þ ���
¼ z � þ � � � � (�1)n�1
3! 5!
(2n � 1)!
¼1þzþ
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jzj , 1
jzj , 1
174
Capítulo 6 Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent
z2 z4
z2n�2
þ � � � � (�1)n�1
þ ���
2! 4!
(2n � 2)!
z2 z3
zn
4. ln(1 þ z) ¼ z � þ � � � � (�1)n�1 þ � � �
2 3
n
3
5
z
z
z2n�1
5. tan�1 z ¼ z � þ � � � � (�1)n�1
þ ���
3
5
2n � 1
p(p � 1) 2
p( p � 1) � � � ( p � n þ 1) n
6. (1 þ z)p ¼ 1 þ pz þ
z þ ��� þ
z þ ���
2!
n!
3.
cos z
¼1�
jzj , 1
jzj , 1
jzj , 1
jzj , 1
En esta lista, observe que en la última línea se tiene el teorema o fórmula del binomio. Si (1 + z) p es multivaluada,
el resultado es válido para la rama de la función que tenga el valor 1 para z = 0.
6.9 Teorema de Laurent
Sean C1 y C2 circunferencias concéntricas de radios R1 y R2, respectivamente, y centro en a [figura 6-1]. Suponga que f (z) es unívoca y analítica
sobre C1 y C2, así como en la región en forma de anillo [también llamada región anular o corona] entre C1 y C2, que aparece sombreada en la
figura 6-1. Sea a + h un punto en . Así, se tiene
y
a a�1 a�2
a�3
a�2 a�3
2 � � � þ �1
a1ah1 hþþa2ah22hþ
f (a
(6.5)
þ � � � þ þþ 2 2þþ 3 3þþ� ���� (6:5)
� (6:5)
f (aþþh)h)¼¼a0aþ
0þ
hh hh hh
where
where
donde
þþ
11
f (z)
f (z)
dzdz
anan¼¼
nþ1
nþ1
2p
i i (z(z��a)a)
2p
C1C1
n n¼¼0,0,1,1,2,2,. .... .
þþ
11
n�1
n�1
(z(z��a)a) f (z)
a�n
f (z)dzdz n n¼¼1,1,2,2,3,3,. .... .
a�n¼¼
2p
ii
2p
C1
C2
R2
a
R1
a+h
x
Figura 6-1
(6:6)
(6:6)
(6.6)
C1C1
y donde C1 y C2 se recorren en dirección positiva respecto de sus interiores.
En las integrales anteriores pueden reemplazarse C1 y C2 por cualquier circunferencia concéntrica C entre C1 y C2
[véase el problema 6.100]. Así, los coeficientes (6.6) se escriben en una sola fórmula,
þ
1
f (z)
(6.7)
an ¼
dz
n ¼ 0, +1, +2, . . .
2pi (z � a)nþ1
C
Mediante un cambio apropiado de notación, lo anterior se escribe como
aa�1
aa�2
2
�1
�2
ff (z)
(z) ¼
¼ aa00 þ
þ aa11(z
(z �
� a)
a) þ
þ aa22(z
(z �
� a)
a)2 þ
þ �� �� �� þ
þz � a þ
þ �� �� �� þ (z � a)22 þ
z � a (z � a)
donde
þ
11 þ
ff ((zz ))
dz
aan ¼
nþ1 d z
n ¼ 2pi
(
z
�
2pi C (z � a)
a)nþ1
nn ¼
¼ 0,
0, +1,
+1, +2,
+2, .. .. ..
(6.8)
(6.9)
C
Esto es el teorema de Laurent, y (6.5) o (6.8), con los coeficientes (6.6), (6.7) o (6.9), la expansión de Laurent o serie
de Laurent.
La parte a0 + a1(z − a) + a2(z − a)2 + . . . se conoce como parte analítica de la serie de Laurent, mientras que el
resto de la serie, que consta de las potencias inversas de z − a, es la parte principal. Si la parte principal es cero, la
serie de Laurent se reduce a una serie de Taylor.
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6.10 Clasificación de las singularidades
175
6.10 Clasificación de las singularidades
Las singularidades de una función f (z) se clasifican al examinar su serie de Laurent. Para esto, en la figura 6-1 se
supone que R2 = 0, de manera que f (z) es analítica en el interior y sobre C1, salvo en z = a, que es una singularidad
aislada [véase la página 81]. En lo sucesivo, a menos que se indique otra cosa, todas las singularidades se considerarán singularidades aisladas.
1.
2.
Polos. Si f (z) tiene la forma (6.8) y la parte principal sólo tiene un número finito de términos dados por
a�1
a�2
a�n
þ���þ
þ
z � a (z � a)2
(z � a)n
donde awhere
entonces
z =za¼esaun
de aorden
n = n.
1, es
a�n
= 0, then
is polo
called
pole n.
of Si
order
If nun¼polo
1, itsimple.
is called a simple pole.
−n  0,
Si f (z) If
tiene
polo
en z at
= za,¼entonces
el problema
f(z)un
has
a pole
a, then límz!a f (z) ¼ 1 [véase
[see Problem
6.32].6.32].
where a�n = 0, then z ¼ a is called a pole of order n. If n ¼ 1, it is
Singularidades removibles. Si una función unívoca f (z)where
no
enpole
z =atza z¼
pero
If se
f(z)
has
¼a a,
then
(z),order
¼ 1 [see
adefine
= a0,
then
isexiste
calledlím
a z!a
polef of
n. If Problem
n ¼ 1, it 6.3
is
�n
entonces z = a es una singularidad removible. En tal caso, f (z)
a se
defineatcomo
igual
If en
f(z)z =
has
a pole
z ¼ a,
thena límz!a f (z), ¼ 1 [see Problem 6.3
con lo que f (z) es analítica en a.
Ejemplo 6.1: Si f (z) = sen z/z, entonces z = 0 es una singularidad removible, pues f (0) no está definida pero
límz→0 sen z/z = 1. Se define f (0) = límz→0 sen z/z = 1. Observe que en este caso
�
�
sen z 1
z3 z5 z7
z2 z4 z6
z� þ � þ ��� ¼ 1 � þ � þ���
¼
z
z
3! 5! 7!
3! 5! 7!
3.
Singularidades esenciales. Si f (z) es una función univaluada, toda singularidad que no sea un polo o una
singularidad removible es una singularidad esencial. Si z = a es una singularidad esencial de f (z), la parte
principal de la expansión de Laurent tiene una cantidad infinita de términos.
1
1
1
Since e1=z ¼ 1 þ þ 2 þ 3 þ � � � , z ¼ 0 es una singularidad esencial.
Ejemplo 6.2: Como
z 2!z
3!z
Los dos teoremas siguientes relacionados con singularidades esenciales son importantes (véanse los problemas 6.153-6.155).
Teorema de Casorati-Weierstrass. En toda vecindad de una singularidad esencial aislada a, una función f (z), que de otro modo sería analítica, se acerca arbitrariamente a todo número complejo un número
infinito de veces. En símbolos, dados números positivos d y e, y un número complejo A, en el interior del
círculo |z − a| = d existe un valor de z para el que |f (z) − A| < e.
Teorema de Picard. En la vecindad de una singularidad esencial aislada a, una función f (z), que de otro
modo sería analítica, toma todo valor complejo salvo quizás una excepción.
4.
Puntos de ramificación. Un punto z = z0 se llama punto de ramificación de una función multivaluada
f (z) si las ramas de f (z) se intercambian cuando z describe una trayectoria cerrada en torno a z0 [véase
la página 45]. Un punto de ramificación es una singularidad no aislada. Como cada rama de una función
multivaluada es analítica, son aplicables todos los teoremas para funciones analíticas, en particular el de
Taylor.
Ejemplo 6.3: La rama de f (z) = z1/2, que vale 1 para z = 1, tiene una serie de Taylor de la forma a0 + a1(z − 1)
+ a2(z − 1)2 + . . . con radio de convergencia R = 1 [la distancia de z = 1 a la singularidad más cercana, a
saber, al punto de ramificación z = 0].
5.
Singularidades al infinito. Con z = 1/w en f (z) se obtiene la función f (1/w) = F (w). Así, el tipo de esta
singularidad para f (z) en z = ∞ [el punto al infinito] se define como igual al de F (w) en w = 0.
Ejemplo 6.4: f (z) = z3 tiene un polo de orden 3 en z = ∞, pues F (w) = f (1/w) = 1/w3 tiene un polo de orden
3 en w = 0. De manera similar, f (z) = ez tiene una singularidad esencial en z = ∞, pues F (w) = f (1/w) = e1/w
tiene una singularidad esencial en w = 0.
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176
Capítulo 6 Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent
6.11 Funciones enteras
Una función analítica en todas partes del plano finito [es decir, en todas partes excepto en ∞] se llama función entera
o función integral. Las funciones ez, sen z, cos z son funciones enteras.
Una función entera se representa con una serie de Taylor de radio de convergencia infinito. Al contrario, si una
serie de potencia tiene un radio de convergencia infinito, la serie representa una función entera.
Observe que, de acuerdo con el teorema de Liouville [capítulo 5, página 145], una función analítica en todas
partes incluso ∞ debe ser una constante.
6.12 Funciones meromórficas
Una función que sea analítica en todas partes del plano finito excepto en una cantidad finita de polos se llama función
meromórfica.
Ejemplo 6.5: z/(z − 1)(z + 3)2, analítica en todas partes del plano finito excepto en los polos z = 1 (polo simple) y
z = −3 (polo de orden 2), es una función meromórfica.
6.13 Desarrollo de Lagrange
Sea z la raíz de z = a + zf(z) con el valor z = a cuando z = 0. Así, si f(z) es analítica en el interior y sobre una
circunferencia C, que contenga a z = a, se tiene
1
X
z n dn�1
f[f(a)]n g
z¼aþ
(6.10)
n�1
n!
da
n¼1
De manera más general, si F (z) es analítica en el interior y sobre C, entonces
1
X
z n dn�1 0
fF (a)[f(a)]n g
F(z) ¼ F(a) þ
n�1
n!
da
n¼1
(6.11)
La expansión (6.11) y el caso especial (6.10) suelen denominarse desarrollos de Lagrange.
6.14 Continuación analítica
Suponga que no se conoce la forma exacta de una función analítica f (z) y
que sólo se sabe que en el interior de algún círculo de convergencia C1 con
centro en a [figura 6-2] f (z) está representada por una serie de Taylor
a0 þ a1 (z � a) þ a2 (z � a)2 þ � � � (6.12)
Al elegir un punto b en el interior de C1 se halla el valor de f (z) y de sus
derivadas en b mediante (6.13), y de esta manera se obtiene una nueva
serie
b0 þ b1 (z � b) þ b2 (z � b)2 þ � � � (6.13)
y
C3
P
C2
c
b
a
C1
Cn
Trayectoria P1
b'
c'
Trayectoria P2
x
Figura 6-2
con círculo de convergencia C2. Si C2 se extiende más allá de C1, entonces en la porción extendida se obtienen los valores de f (z) y de sus derivadas, y, de esta manera, más información sobre f (z).
En este caso se dice que f (z) se extendió analíticamente más allá de C1, proceso que se conoce como continuación
analítica o extensión analítica.
Desde luego, el proceso puede repetirse indefinidamente. Así, al elegir un punto c en el interior de C2 se obtiene
una nueva serie con círculo de convergencia C3, la cual puede extenderse más allá de C1 y C2, etcétera.
El conjunto de todas estas representaciones de series de potencias, es decir, de todas las posibles continuaciones
analíticas, se define como la función analítica f (z), y cada serie de potencias se denomina en ocasiones un elemento
de f (z).
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Problemas resueltos
177
Al realizar una continuación analítica, deben evitarse las singularidades. Por ejemplo, en la figura 6-2 no debe
haber ninguna singularidad que esté en el interior de C2 y sobre la frontera de C1, porque si la hay, (6.13) divergirá
en ese punto. En algunos casos, las singularidades sobre un círculo de convergencia son tan numerosas que es imposible una continuación analítica. En estos casos, la frontera del círculo se llama frontera natural o barrera [véase el
problema 6.30]. Una función representada por una serie que tenga una frontera natural se llama función lacunary.
Al pasar del círculo C1 al círculo Cn [figura 6-2] se eligió la trayectoria formada por los centros a, b, c,…, p, que
se representó con la trayectoria P1. Hay muchas otras trayectorias posibles, como a, b', c',. . . , p, que se representan
de manera abreviada con la trayectoria P2. La pregunta es si cuando se elige otra trayectoria se obtiene la misma
representación válida en el interior de Cn. La respuesta es sí, siempre que la región limitada por las trayectorias P1 y
P2 no tenga ninguna singularidad.
En el capítulo 10 se verá más sobre continuación analítica.
Problemas resueltos
Sucesiones de funciones y series de funciones
�
z�
6.1. Con la definición, demuestre que límn!1 1 þ
toda
¼ 1 para
for all
z. z.
n
Solució n
Dado un número e > 0, hay que hallar un N tal que |1 + z/n − 1| < e para n > N. Así, |z/n| < e, es decir, |z|/n < e
si n > |z|/e = N.
convergesy for
jzj , 1, suand
6.2. a ) Pruebe que, para |z| < 1, la serie z(1 � z) þ z2 (1 � z) þ z3 (1 � z) þ � � � converge,
b) encuentre
suma.
Solució n
La suma de los primeros n términos de la serie es
2
n
2 z2 (1
2 � z) þ � � � þn zn (1
n � z)
(z)
¼
z(1
�
z)
þ
n (z)
SnSS(z)
¼¼
z(1
¼z(1
z(1
��
z)�z)
þz)þ
zþ
�
(1�
z)�z)
þz)þ
�þ
� �� �þ� þ
�zþz(1z(1
�
(1�
z)�z)z)
z(1z(1
n (z)
nS
2
2
3
n
nþ1
nþ1
2 z2 2þ2 z2 2�3 z3 3þ � � � þn zn n�nþ1
nþ1
¼
�
¼
�
¼¼
z¼�
z�
zþ
zþz�
z�
z�zþ
zþ
�þ
� �� �þ� þ
�zþz�
z�
z�zznþ1
znþ1
¼¼
z¼�
z�
znþ1
zz z�
zþ
zz z�
zznþ1
nþ1
nþ1
nþ1
nþ1, e
nþ1
nþ1
nþ1
nþ1
Now
jS
(z)
�
zj
¼
j�z
¼
jzj
for
(n
þ
1)
lnjzj
,
ln
i.e.,
þ
.
ln
=ln
jzjjzj or
oror
Now
Now jSjS
jS
(z)�
zj�zj
¼zj¼
j�z
¼j�z
j�z
j¼
jzj
¼jzj
jzj
,,e,e epara
forfor
for (n(n
þ
(nþ
1)
þ1)
lnjzj
1)lnjzj
lnjzj
,,
ln
,ln
eln
, ee,,e,es
i.e.,
i.e., n þ
1þ11.1.
ln
.ln
eln
=ln
e=ln
jzjjzj
Ahora,
decir,
o or
Now
jj j¼
i.e.,
nnnþ
ee=ln
n (z)
n�
nn (z)
=ln
jzj)
�
1:1:
.
(ln
e=ln
e|=ln
jzj)
��
1:�1:
(ln
.(ln
(ln
zjzj)
|)jzj)
−
1.
nn>nn.n(ln
e/ln
ee=ln
.
(0)
¼
and
jS
(0)
�
0j
,
for
all
n.n.
IfzIf
¼
0,Sn0,n(0)
n (0)
(0)
¼0¼
0¼
jSjS
jS
(0)
�
0j�0j
0j
e,for
for
allall
all
n.n.
¼
¼S
=
0,0,
y00and
|0Sand
(0)
−
|�
<
e,
para
n.
SiIfzIf
,
ee etoda
for
zz z¼
0,
SS(0)
n=
n (0)
n0
nS
nn (0)
nand
Por tanto, límn→∞ Sn(z) = z, la suma buscada para toda z tal que |z| < 1.
nþ1
nþ1
nnzn¼
Since
(z)
¼
�
znþ1
0=00
n0
n!1
Since
¼zn+1
z¼�
z�
znþ1[de acuerdo con el problema 2.41, en el que se mostró que
zn zz¼
(z)
¼
zz, zse
�
ztiene
¼
n (z)
n!1
n!1
n!1
Otro método. ComoSince
SSince
(z) S=nSS(z)
znSn−
lím
z0¼
si |2| < 1]
n
n→∞
nþ1
nþ1
sum
¼
S(z)
¼lím
lím
(z)
¼lím
lím
(z
�
¼
z:.z:
n (z)
sum
sum
¼¼
S(z)
¼S(z)
S(z)
¼¼
¼n!1
lím
SnSS(z)
¼¼
¼n!1
lím
(z (z
�(z�
z�
znþ1
)¼
z:¼z:
Suma buscada
sum
lím
lím
zznþ1
)) )¼
n (z)
nS
n!1
n!1
n!1
n!1
n!1
n!1
Convergencia absoluta y convergencia uniforme
6.3. a) Demuestre que si |z| ≤ 12 , la serie del problema 6.2 converge uniformemente a la suma z.
b) ¿Converge esta serie uniformemente si |z| ≤ 1? Explique.
Solució n
a) En el problema 6.2 se mostró que |Sn(z) − z| < e para toda n > (ln e/ln |z|) − 1, es decir, esta serie converge
a la suma z para |z| < 1 y, por ende, para |z| ≤ 12 .
Ahora, si |z| ≤ 12 , el valor mayor de (ln e/ln |z|) − 1 se encuentra cuando |z| = 12 y está dado por (ln e/ln
(1/2)) − 1 = N. Se sigue que |Sn(z) − z| < e para toda n > N, donde N sólo depende de e y no del valor de z
de que se trate en |z| ≤ 12 . Por tanto, para |z| ≤ 12 esta serie converge uniformemente a z.
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178
Capítulo 6 Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent
b) El mismo argumento del inciso a) sirve para mostrar que con N = (ln e/ln(.9)) − 1 y N = (ln e/ln(.99)) − 1
para |z| ≤ 0.9 o |z| ≤ 0.99, respectivamente, esta serie converge uniformemente a la suma z.
Sin embargo, es claro que este argumento no se puede extender a |z| ≤ 1, pues para esto se necesitaría que
N = (ln e/ln1) − 1, que es infinito, es decir, en este caso no existe un valor finito N útil. Por tanto, esta serie
no converge uniformemente para |z| ≤ 1.
6.4. a) Demuestre que la sucesión {1/1 + nz} converge uniformemente a cero para todo z tal que |z| ≥ 2.
b) ¿Puede extenderse la región de convergencia uniforme del inciso a)? Explique.
Solució n
a) Se tiene que |(1/1 + nz) − 0| < e cuando 1/|1 + nz| < e o |1 + nz| > 1/e. Ahora, |1 + nz| ≤ |1| + |nz| = 1 + n|z|
y 1+ n|z| ≥ |1 + nz| > 1/e para n > (1/e − 1/|z|). Por tanto, esta sucesión converge a cero para |z| > 2.
Para determinar si esta sucesión converge uniformemente a cero, observe que en |z| ≥ 2 el mayor valor de
(1/e − 1/|z|) corresponde a |z| = 2 y está dado por 12 {(1/e) − 1} = N. Se sigue que |(1/1 + nz) − 0| < e para
todo n > N, donde N sólo depende de e y no de la z particular en |z| ≥ 2. Por tanto, esta sucesión converge
uniformemente a cero en esta región.
b) Si d es cualquier número positivo, el mayor valor de ((1/e) − 1)/|z| en |z| ≥ d se obtiene cuando |z| = d y
está dado por ((1/e) − 1)/d. Como en el inciso a), se sigue que esta sucesión converge uniformemente a cero
para todo z tal que |z| ≥ d, es decir, en toda región que excluya todos los puntos que se encuentren en una
vecindad de z = 0.
Como d puede elegirse arbitrariamente cercana a cero, se sigue que la región del inciso a) puede extenderse
considerablemente.
6.5. M
uestre que a) la función suma en el problema 6.2 es discontinua en z = 1, b) el límite en el problema 6.4
es discontinuo en z = 0.
Solució n
a) En el problema 6.2, Sn(z) = z − zn+1, S(z) = límn→∞ Sn(z). Si |z| < 1, S(z) = límn→∞ Sn(z) = z. Si z = 1,
Sn(z) = Sn(1) = 0 y límn→∞ Sn(1) = 0. Por tanto, S(z) es discontinua en z = 1.
b) De acuerdo con el problema 6.4, si se escribe un(z) = 1/1 + nz y U(z) = límn→∞ un(z), se tiene U(z) = 0 si
z  0 y U(z) = 1 si z = 0. Así, U(z) es discontinuo en z = 0.
Éstas son consecuencias [véase el problema 6.16] de que si una serie de funciones continuas es uniformemente
convergente en una región , entonces la función suma debe ser continua en . Por tanto, si la función suma no es
continua, la serie no puede ser uniformemente convergente. Se obtiene un resultado similar con las sucesiones.
6.6. Demuestre que la serie del problema 6.2 es absolutamente convergente para |z| < 1.
Solució n
Let Tn (z) ¼ jz(1 � z)j þ jz2 (1 � z)j þ � � � þ jzn (1 � z)j ¼ j1 � zjfjzj þ jzj2 þ jzj3 þ � � � þ jzjn g
Sea
�
�
1 � jzjn
¼ j1 � zjjzj
1 � jzj
Si |z| < 1, entonces límn→∞ |z|n = 0 y límn→∞ Tn(z) existe, de manera que la serie converge absolutamente.
Observe que, en este caso, la serie de los valores absolutos converge a |1 − z||z|/1 − |z|.
Criterios especiales de convergencia
PP
PP
6.7. S
Suppose
uponga
que jvnjv
yand
que
|unju
|j ≤
vnn|jv
que
converge
j nconverges
j converge
converges
andju
j |�
jv
j,, nnnj,=¼
n1,¼
1,2,1,
2,3,.2,
3,. .3,. .Demuestre
.. .Prove
. Provethat
that junju
j también
j alsoconverges
converges(es
Suppose
n�
nalso
decir, establezca el criterio de comparación para la convergencia).
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Problemas resueltos
179
Solució n
Sea Sn = |P
u1| + |u2| + . . . + |un|, Tn = |v1| + |v2| + . . . + |vn|.
P
convergeslímand
j � jvnyj,esn igual
¼ 1, a2,T,3,por
. . .ejemplo.
. Prove Asimismo,
that
juncomo
j also|vnconverges
Suppose
Como jvn j converge,
Tnnexiste
| ≥ 0, Tn ≤ T.
n→∞ ju
Así, Sn = |u1| + |u2| + . . . + |un| ≤ |v1| + |v2| + . . . + |vn| ≤ T o 0 ≤ Sn ≤ T.
Por tanto, Sn es unaP
sucesión monótonamente creciente y acotada, por lo que debe tener un límite [teorema 6.3,
nverges and jun j � jvn j, n ¼ 1, 2,página
3, . . . .171],
Prove
that
jun j converge.
also converges
es decir,
1
X
1
11 þ 11 þ 11 þ � � � ¼ X
11 converges
6.8. Verifique
que
converge para
constantepp .
> 1.
Prove
that
for toda
any constant
Prove that 1pp þ 2pp þ 3pp þ � � � ¼
npp converges for any constant p . 1.
1
2
3
n¼1 n
n¼1
Solució n
Se tiene
11 ¼ 11
p ¼ p�1
1
1p 11 p�1
11 þ 11 � 11 þ 11 ¼ 11
p þ p � p þ p ¼ p�1
2
2p 33p 22p 22p 22 p�1
11 þ 11 þ 11 þ 11 � 11 þ 11 þ 11 þ 11 ¼ 11
p þ p þ p þ p � p þ p þ p þ p ¼ p�1
4
4 p 55p 66p 77p 44 p 44 p 44 p 44 p 44 p�1
etc., donde se toman 1, 2, 4, 8,… términos de la serie. Se sigue que la suma de cualquier número finito de términos
de la serie dada es menor que la serie geométrica
1
1
1
1
1
þ
þ
þ
þ ��� ¼
1 p�1 2 p�1 4 p�1 8 p�1
1 � 1=2 p�1
la cual converge para p > 1. Por tanto, la serie dada, que en ocasiones se denomina serie p, converge.
Con un método análogo P
al empleado aquí y el criterio de comparación para divergencia [teorema 6.10b), página
p
171], puede mostrarse que 1
n¼1 1=n diverge para p ≤ 1.
6.9. Demuestre que una serie absolutamente convergente es convergente.
Solució n
P
P
P
un jSuppose
� jvn j, n ¼ 1,
j converges
3, . . . . Prove
and
that
jun j � jv
junnj,j converge,
nalso
¼ 1,converges
2, hay
3, . .que
. . Prove
j also converges
jvn2,
Como
mostrarthat
que
ujunnconverge.
Sea
u21þ
u� 2� �þ� �u�þ
� �uþMand
uMand
TM T¼M Tju
¼þ1 jju
ju
þ
þ2 jju
�þ
�2�j�þ� �ju
�þ
�M�ju
þ
j Mju
SM S¼M Su¼
y and
M
1þ
M
M1 jju
u¼1 uþ
uþ2�þ
¼
þ12jjju
j Mj
Así,
¼M T(u
¼
þ1(u
ju
þþ
ju(uj) þ (u
ju j)þþju� �j)� þ (u
� � � þþ(u
juMMju
þ
j)Mju
SM SþM TSþM Tþ
M1 (u
¼
þ1 j)
ju
j)M j)
1 j) 1þ2 (u2 þ2 ju2 j) 2þ � � � þM(uM þ
jþ
2ju
jþ
2ju
� �2�j�þ� �2ju
�þ
� �2ju
þj 2ju
j
� 2ju
2ju
1�
1 j2ju
2þ
M
� 2ju
1j þ
2j þ
Mj M
P
d jun j � jvn j, n ¼ 1, 2, 3, . . . . ProveComo
that
jun j converge
also converges
y un + |un| ≥ 0 para n = 1, 2, 3,…, se sigue que SM + TM es una sucesión monótonamente creciente y acotada, y, por tanto, límM→∞ (SM + TM) existe.
Además, como límM→∞ TM existe [pues, por hipótesis, esta serie es absolutamente convergente],
lím SM ¼ lím (SM þ TM � TM ) ¼ lím (SM þ TM ) � lím
lim STMM ¼ lím (SM þ TM � TM ) ¼ lím (SM þ TM ) � lim
M!1
M!1
M!1
M!1
M!1
también debe existir, con lo que se demuestra lo que se buscaba.
6.10. Demuestre
que
Prove that
Solució n
Suppose
P
znn
converge absolutamente
parajzj|z|�≤1.1.
converges
(absolutely) for
n¼1
n¼1 n(n þ 1)
1
1
P
�
�
nn
� znn �
1
1
�
� ¼ jzj
� .
�
If
jzj
�
1,
then
Si |z| ≤ 1, entonces �
�
n(n þ 1)
n(n þ 1) n(n þ 1) n22
P
P
2
j � jv+n j,1),n v¼
1, 12,
Prove that
jun j 2 also
converges
Suppose
jvn j converges
Si en el criterio
de comparación
se toma and
un =ju
znn/n(n
/n3,
y. .se. . reconoce
que
1/n
converge,
de
n=
P
P
P
and jucon
j
�
jv
j
converges
j,
n
¼
1,
2,
and
3,
.
.
ju
.
.
j
Prove
�
jv
j,
that
n
¼
1,
ju
2,
j
3,
also
.
.
.
.
Prove
converges
that
ju
j
also
converges
jvn j converges
Suppose
jv
acuerdo
el
problema
6.8
con
p
=
2,
se
ve
que
converge,
es
decir,
u
converge
absolutamente.
n
n n
n
n
n
nn
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M!1
M!
180
Capítulo 6 Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent
6.11. Establezca el criterio del cociente para la convergencia.
Solució n
P
P
Hay que mostrar que si límn→∞ |un+1/un| = L < 1, entonces jun j converge o, según el problema 6.9, ju
unn jes
(absolutamente) convergente.
Por hipótesis, puede elegirse un entero N tan grande que para todo n ≥ N, |un+1/un| ≤ r, donde r es una constante tal que L < r < 1. Así,
juNþ1 j � rjuN j
juNþ2 j � rjuNþ1 j , r2 juN j
juNþ3 j � rjuNþ2 j , r3 juN j
etc. Se suma,
y por ende
P
juNþ1 j þ juNþ2 j þ � � � � juN j(r þ r2 þ r3 þ � � � )
jun j converge, de acuerdo con el criterio de comparación, pues 0 < r < 1.
1 (z þ 2)n�1
P
n�1 n�1
1 (z
1þ(z
P
P
2)þ
2) n .
6.12. Encuentre la región de convergencia de la serie n¼1 (n þ31)3. 4
.
n 3 4n
þ(n1)þ41)
n¼1 (n
n¼1
Solució n
(z þn�1
2)n�1
(z þn 2)n n
If un (z¼þ (z
, then unþ1 ¼(z þ (z
2)þ3 2)nþ1 .
2)þ 2)3 n�1
n
Si
If unIf¼un ¼(n þ3 1)n , 43entonces
then
, then
unþ1 u¼
. Por tanto, al excluir
4.
nþ1 ¼(n þ3 2)
n
(n þ(n
1)þ4 1) 4
(n þ(n
2)þ4nþ1
2)3 4nþ1
z = −2, valor para el que esta serie converge, se tiene
�
�
�
�
� ��u��nþ1 �� � � ��(z
� þ 2) (n þ3 �1)3 ��3 � jz þ 2j
�unþ1
�
�
�
�
�
�
�¼þ jz
¼
lím
lím
u
(z
þ
(z
2)
þ
(n
2)
þ
(n
1)
þ
1)
�lím� �u� nnþ1
�lím� � 4 (n þ �2)¼3 �jz
� ¼ 2j4þ 2j
¼� ��lím
¼n!1
límn!1
�
�
�
�
�
3
3
n!1�n!1
n!1
n!1
4 4(n þ(n
un un
2)þ 2) � 4 4
Así, esta serie converge (absolutamente) para |z + 2|/4 < 1, es decir,
para |z + 2| < 4. El punto z = −2 está incluido en |z + 2| < 4.
Si |z + 2|/4 = 1, es decir, si |z + 2| = 4, el criterio del cociente no
da resultado. Sin embargo, en este caso se ve que
�
�
� (z þ 2)n�1 �
1
1
�
�
�(n þ 1)3 4n � ¼ 4(n þ 1)3 � n3
y
4
x
–2
P
jun j3 converge [serie p con p = 3], la serie dada converge
y como 1/n
Figura 6-3
(absolutamente).
Se concluye que la serie dada converge (absolutamente) para |z + 2|
≤ 4. Geométricamente, éste es el conjunto de puntos en el interior y
sobre una circunferencia de radio 4 y centro en z = −2, que se conoce como círculo de convergencia [sombreado
en la figura 6-3]. El radio de convergencia es igual a 4.
n�1
n�1
2n�1 2n�1
n�1
n�1z2n�1
P
P
(�1)
(�1)
z
1
1 n
P
P111P(�1)
P111Pn!z
n
(�1)
z z2n�1
, , (b)
(b)
, P
(b)
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n!zn .n.n!z
. .
,
(b)
6.13. Encuentre la región de convergencia de las series a) n¼1
b)
n¼1 (2n �
n¼1
n¼1n!z
(2n
1)!
�
1)!
(2n
(2n��1)!
1)!
Solució n
n�1 2n�1
n�1 2n�1
n 2nþ1
n 2nþ1
n�1
IfIfuuun If¼
¼u(�1)
¼ n�1
(�1)
z=(2n
=(2n
��1)!,
1)!,
�then
then
1)!,
u¼nþ1(�1)
¼ n(�1)
z=(2n
=(2n
þþ1).
1).
þ 1). Por tanto, al excluir z = 0, valor para
a) Si
entonces
n(�1)
If
zz2n�1
z2n�1
=(2n=(2n
�
1)!,
thenthen
uunþ1
unþ1
(�1)
zzn2nþ1
z2nþ1
=(2n=(2n
þ
1).
n n ¼(�1)
nþ1¼¼(�1)
el cual la serie converge, se tiene
� 2
�
�
�
�
�
�unþ1 �
(2n � 1)!jzj2
� ¼ lím �� z (2n � 1)!� ¼ lím
lím ��
�
�
�
n!1 un
n!1
n!1 (2n þ 1)(2n)(2n � 1)!
(2n þ 1)!
jzj2
¼0
n!1 (2n þ 1)(2n)
¼ lím
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Problemas resueltos
181
para toda z finita. Por tanto, la serie converge (absolutamente) para toda z y se dice que la serie converge para
|z| < ∞. De manera equivalente puede decirse que el círculo de convergencia es infinito o que el radio de
convergencia es infinito.
b) Si un = n!zn y un+1 = (n + 1)!zn+1, al excluir z = 0, valor para el que esta serie converge, se tiene
�
�
�
�
nþ1 �
�unþ1 �
�
� ¼ lím �(n þ 1)!z � ¼ lím (n þ 1)jzj ¼ 1
lím ��
� n!1
n!1 un �
n!1�
n!zn
Por tanto, la serie sólo converge para z = 0.
Teoremas sobre convergencia uniforme
6.14. D
emuestre el criterio M de Weierstrass, es
, |un(z)| ≤ Mn, n = 1, 2, 3,. . . , donde
Pdecir, si en una región P
las Mn son constantes positivas tales que uMnn(z)
converge, entonces un (z) es uniforme (y absolutamente)
convergente en .
Solució n
El resto de la serie
P
PP (z) after n terms is R (z) ¼ u (z) þ u (z) þ � � � .
n de
n ¼
nþ1
un (z) después
afterunnu(z)
terms
after
isnRterms
isunþ1
Rn (z)
(z)
þ uunþ1
(z)
(z) þ
þ u� nþ2
� � nþ2
.(z) þ � � �. .Ahora
n términos
n (z) ¼es
nþ2
(z)j
ju
þ
�j ��j þ
�
junþ2
(z)j
þ
ju
jR
n(z)
nþ1
nþ1
junþ1
¼þ¼
juunþ1
(z)
(z)(z)
þ
þþ
u� nþ2
� u� nþ2
j (z)
�(z)
ju
þnþ1
� � ��(z)j
juju
(z)j
(z)j
þþ
ju�nþ2
� �nþ2
(z)j(z)j
þþ
� � �� � �
jRn (z)j ¼ jR
n (z)j
nþ2
nþ1
Mnþ2
Mnþ1
þþ� �þ
M
� nþ2
þþ
� � �� � �
� Mnþ1 þ�M�
M
nþ2
nþ1
P
zn
jzjn
1
3=2
Pero
+ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
Mn+2�+ . . . puede
hacerse
menor
e al1=n
elegir, we
n >see
N, pues
If un (z) ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi , then ju
if jzj �
1. Calling
Mna ¼
that
Mn converge. Como N es sin duda inden (z)jM¼
n+1p
n nþ1
n n þ 1 n3=2
pendiente de z, se tiene |Rn(z)| < e para n > N, con lo que la serie es uniformemente convergente. La convergencia
absoluta es consecuencia inmediata del criterio de la comparación.
6.15.
Verifique
la convergencia
uniforme en la región indicada:
1
1
1
þ
þ
þ
�
�
�
.
n
n
n
1
1
1
1P
1P
1 11 1
1P
1P
1cos
P2P zz2 z z32 þ z2
P
P
cos
cos
nznznz
12 þ z2 P
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
a)2 þ
b)
c)
.1.1.
,jzj,
jzj,2;
,2;;2;(c)
(c)(c)
, ,jzjjzj
,�
jzj�1.�
, jzj
, jzj
,�
jzj�1;�1;1;;(b)
(b)
(b) 2 2 2 2 ,2 ,12 1,,1,jzj
3n3n3
n
n
n
n
þ
þ
z
þ
z
z
n n n nþþ
n1þ
11
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
�
�
� 1 �
1
�� 2
z2 j � jn2ój n
� jz2 j � n2 � 4 � n2 or �� 2
jn2 þSoluci
2
n þ z2 � n2
n jzj
njzj
n n n n 1 11
P
PP
PP
zn zznnznznzn
jzjjzj
P
jzj
11 1
jzj
3=2
3=2
3=2
3/2
3=2
3=2
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
If
un¼
(z)
¼
(z)j
(z)j
¼
ifjzj
if
�
�
1.
Calling
Calling
M
1=n
1=n
,3=2
we
see
see
that
that
,then
,then
then
ju
��if
p¼p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p¼p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
If If
uIfIf
(z)
(z)j
�jzj
1.
Calling
MM
¼
1=n
,1=n
we
see
that
MM
,ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
then
�
nu(z)
nju
n¼
nn¼
n¼
nconn n
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
a) Si
entonces
sijzj
|z1.
| 1.
≤
1.
Con
=
1/n
,,we
se
ve
que
ununIf
(z)
(z)
¼
(z)
¼p
(z)j
(z)j
¼
(z)j
¼p
ifjzj
if3=2
jzj
if
�
�jzj
1.
�
Calling
Calling
1.
Calling
¼
M
1=n
1=n
¼
,, we
we
, see
see
we
that
see
that
that
M
,,, then
,juthen
ju
�
��
nu
nju
nM
nMM
n¼
nnju
n¼
nnM
n¼
nnM
3=2
3=2
3=2
3=2
3=2
n1 n1nnn n
nþ1nþ
nþ1nþ
n nnnnnþ
1þ
n nnnnnþ
1þ
nnnnþ
11þ1 1
nnnnþ
11þ
verge (serie p con p = 3/2). Por tanto, de acuerdo con el criterio M de Weierstrass, la serie dada converge
uniformemente (y absolutamente) para |z| ≤ 1.
1 1111 1 1 1111 1 1 1111 1
þþþ2 2 þ þ
þþþ2 2 þ þ
.� .
dos términos pueden omitirse sin que afecten
þþ
�þ2�þ�þ
�.�.�Los
þ
�� .�.��.�primeros
2zþ
2zþ
2z
21
2þ
22
2þ
23
2þ
2zþþ
3zþþ
12zþ2þ
1211þ
222z222þ
322z323þ
z222zþ
z222zþ
z222zþ
z2
2zþ
3zþ
1zþ
la convergencia uniforme de la serie. Para n ≥ 3 y 1 < |z| < 2, se tiene
� �� � � � � �� � � �
� �� 1� � 11� 1�1 �1� �2� �2222 2
2 2 222 2 2 22 22 2 2 22 22 2 2 22 22 2 2 2 1 11
211
� ���
22jn
2or
�ooror
��2�
�� �� �� 2�2 �� �
n12 2nor
þ
zjþ
jjn
�
j�j�jz�
jjz
n4�n�
4�
jn
n4�
zþ
jzþ
jz
j jz
�jjz
n�j�n�
�
jn2jn
n�
n2n2or
þ
z�
jz�
�zj�jn
jn
jj jn
�jn
jj�
jn
jz
j�
nj�n��
4�
44�
�
or
jnþ
jn
���
�z�2n�
�þ
2n
2þ
nzþ
2 2222 2 �n2��nnþ
nzþ
z222z�þ
z22n�n2n2 n2 2n2
P
2
2
Como 1
n¼3 2=n converge, se concluye, de acuerdo con el criterio M de Weierstrass (con Mn = 2/n ), que la
serie dada converge uniformemente (y absolutamente) para 1 < |z| < 2.
Observe que la convergencia, y por ende la convergencia uniforme, se deshace si |z| = 1 o |z| = 2 [a saber,
en z = i y en z = 2i]. Por tanto, esta serie no puede converger uniformemente para 1 ≤ |z| ≤ 2.
Si z = x + iy, se tiene
inz �inz
eþ
einx�ny
cos
cos
nznznz einz
e�inz einx�ny
þþeþ�inxþny
e�inxþny
cos
einz
þeþe�inz
einx�ny
e�inxþny
¼
¼
¼
¼
¼
¼
32n
32n
33
33
n3nn3 3
2n2n
2n2n
�ny
�ny
ny
�ny
e e e (cos
e(cos
(cos
nxnxnx
þþiþsen
i sen
nx)
nx)enyeny
(cos
nxnxnx
��i�sen
i sen
nx)
nx)
(cos
i sen
nx)
(cos
i sen
nx)
¼¼¼
þþþ
3
3
32n
3
33
2n2n
2n
2n2n
b) La serie dada es
c)
Las series
11
1 nynyny
11
1 �ny
X
X
X
X
X
X
(cos
nxnxnx
��i�sen
i sen
nx)
nx)
(cos
(cos
nxnxnx
þþiþsen
i sen
nx)
nx)
e e e(cos
e e�ny
e�ny
(cos
i sen
nx)
(cos
i sen
nx)
y
and
and
and
3
3
3
3
3
3
2n2n
2n
2n2n
2n
n¼1n¼1
n¼1n¼1
n¼1
n¼1
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182
Capítulo 6 Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent
no pueden converger para y > 0 y y < 0, respectivamente [pues, en estos casos, el término n-ésimo no tiende
a cero]. Así, esta serie no converge para toda z tal que |z| ≤ 1, y por ende no puede ser uniformemente convergente en esta región.
La serie sí converge para y = 0, es decir, si z es real. En este caso, z = x y la serie se convierte en
� � � 3 � 3 � 3 � 3 3 3P1P1
P13 3 3
P1P1
P1
3 3 3
�cos�cos
�cos
�nx=n
converge,
se concluye, por el criterio M de Weiers��1=n
�� 1=n
� 1=ny n¼1 n¼1
cos
cos
nx=n
cos
nx=n
.nx=n
. . Así, como
nx=n
nx=n
1=n
1=n
1=n
n¼1 n¼1n¼1
n¼1
trass (con Mn = 1/n3), que la serie dada converge uniformemente en todo intervalo sobre el eje real.
6.16. D
emuestre el teorema 6.18 de la página 172, es decir, si un(z), n = 1, 2, 3,… son continuas en
converge uniformemente a S(z) en , entonces S(z) es continua en .
y
Solució n
P1
n¼1
un (z) i
�Ð
�
Ð
� S(z) dz � Sn (z) dz�
C es claro C
Si Sn(z) = u1(z) + u2(z) + . . . + un (z) y Rn(z) = un+1(z) + un+2(z) + . . . es el resto después de n términos,
que
¼
Snþ
S(z)
þ
RnR(z)
(z) and
and
þ
h)Sh)
¼
¼
Sþ
(znh)
(z
þþ
þ
h)Rh)
þ
þ
Rþ
(znh)
(z
þþ
h)h)
S(z)S(z)
¼S(z)
S¼
Rþ
þS(z
h)þ¼
yS(z S(z
n (z)
nand
nS
nR
n (z)
n (z)
n (z
n (z
y por ende
(znh)
(z
þ�
þ
h)Sh)
�
�
Snþ
S(z)
þ
Rþ
(znh)
(z
þ�
þ
h)Rh)
�
�
RnR(z)
þ
h)S(z)
h)
��
S(z)
¼
Sþ
Rþ
S(z S(z
þS(z
h)þ�
¼S(z)
S¼
nS
n (z)
nR
n (z)
n (z
n (z)
n (z
n (z)
(1)
donde z y z + h están en .
Como Sn(z) es la suma de un número finito de funciones continuas, debe ser también continua. Así, dado e > 0,
puede hallarse un d tal que
jSn (z þ h) � Sn (z)j , e=3
whenever
jhj|h,| <
d d
siempre que
(2)
Como, por hipótesis, la serie es uniformemente continua, puede elegirse una N para que toda z en
,
yand jRnjR
para
nn>
(z)j
,,
e=3e=3 and
(zn þ
(z þ
h)jh)j
,,
e=3e=3
forfor
>
n N
>
NN
jRnjR
n (z)j
(3)
Entonces, de acuerdo con (1), (2) y (3),
jS(z þ h) � S(z)j � jSn (z þ h) � Sn (z)j þ jRn (z þ h)j þ jRn (z)j , e
para |h| < d y para toda z en
, con lo que se establece la continuidad.
6.17. D
emuestre
P1 el teorema 6.19 de la página 172, es decir, suponga que {un(z)}, n = 1, 2, 3,…, son continuas en
i uniformemente convergente en y C es una curva en . Así,
S(z) = n¼1 un (z) es
!
ð
ð X
1
1 ð
X
S(z) dz ¼
un (z) dz ¼
un (z) dz
�Ð
�
Ð
� S(z) dz � Sn (z) dz�
C
C
C
C
n¼1
n¼1
,
C
Solució n
Como en el problema 6.16, se tiene S(z) = Sn(z) + Rn(z) y, como éstas son continuas en [según el problema
6.16], sus integrales existen, es decir,
ð
ð
ð
ð
ð
ð
ð
S(z) dz ¼ Sn (z) dz þ Rn (z) dz ¼ u1 (z) dz þ u2 (z) dz þ � � � þ un (z) dz þ Rn (z) dz
C
C
C
C
C
C
C
Por hipótesis, la serie es uniformemente convergente, de manera que, dado un e > 0, puede hallarse un número
N independiente de z en tal que |Rn(z)| < e cuando n > N. Si la longitud de la curva C se denota L, se tiene [con
la propiedad e) en la página 112]
P1
�
�
�
�ð
n¼1 un (z) i
�
�
� Rn (z) dz� , eL
�
�
�
�
C
�Ð
�
Ð
Entonces � C S(z) dz � C Sn (z) dz� puede hacerse tan pequeña como se desee al elegir n lo bastante grande, y se
demuestra el resultado.
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Problemas resueltos
183
Teoremas sobre series de potencias
P n
an z converge para z = z0  0. Demuestre que esta serie converge:
6.18. S
uponga que una serie de potencias
a) absolutamente para
|
z
|
<
|
z
|
,
b)
uniformemente
para |z| ≤ |z1|, donde |z1| < |z0|.
0
P P
P n
n
an zn an zP
n an z
lím
a zn ¼ 0
ja zn j , 1
a z
Solució n
n 0
n!1
n 0
n 0
P P n
P n
n n n
líman!1
anP
0zn0 lím
¼ 0n!1
z,
10hacerse
j 0, 1 jan zn0 j , 1 al elegir n lo bastante grande, es decir,
an z0 límn!1
a) Como an zn0 converge,
,jayn zpuede
1
n z0 ¼
na
0 njja
0n z¼
n¼0 an z
n
|an| < 1/|z0| para n > N. Entonces
P1 P1 n
P1
1
n1 P
n1
X
1 an zX
n�1
z an zX
jzjn
n
n¼0 ann¼0
jan¼0
j ¼nan z jan jjzjn �
(1)
n zn¼0
jz jn
Nþ1
Nþ1
Nþ1 0
P1 P1
n�1
P
n�1 1
n�1
P
n
nan z P
nan z
an z
n zconverge
n¼0
n¼0
n¼0
Pero la última serie
enna
(1)
para
1 |z|n < 2|z0| y así, de acuerdo con el criterio de la comparación, la priz
=n
mera serie converge, es decir, la serie
dada
es
absolutamente
convergente.
P n¼1
P n
1
jzjn
an zn n 2
a zn ¼ 0
an z0 a), lím
P
P
n 3=2
n Pn1 2 n P
n
1
1
2
b) Sea MMnn=¼ |1=n
z
.
Entonces
converge,
porque
|
z
|
<
|
z
|
.
Como
en
el
inciso
|anzn!1
| < nM0n para
Calling
see
that
M
jun (z)j ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi � 3=2 zif
n1| /|z,0|we
n jzj � 1.
n
1
0
z
=n
z
=n
z
=n
P
1
jzj
n¼1
n¼1
n¼1
n
n Ifnuþ(z)
1 ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi , then ju|z(z)j
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
|z1|,pde
manera
de
con elM
criterio
M3=2
de, Weierstrass,
annzn es uniformemente convergente.
jzjacuerdo
� 1. Calling
we see that
M
� que,ifP
n
n | ≤¼
n ¼ 1=n
P1
n nþ1
n n þ 1quen3=2
n potencias es uniformemente
n
n
n
Se concluye
una serie
convergente
en toda región
comprendida
por
lím
a
z
¼
0
ja
z
j
,
1
an zde
n 0
n!1 n 0
0
n¼0 an z
completo en el interior de su círculo de convergencia.
P
P
1
n�1
n
1
1
que la serie de potencias 1
tienen
n¼0 nan z
n¼0 an z y la correspondiente serie de derivadas
þ 2
þ � � � . 6.19. Demuestre
2
2
1
1
1
þz
3 þz
el þ
mismo radio
de
convergencia.
þ
þ ��� .
P1
12 þ z2 22 þ z2 32 þ z2
n�1
P1 n 2
n¼0 nan z
� ón �
Soluci
�
�
n¼1 z =n
1
1
2
��
�
�n
P
þ z2 j � jn2 j � jzjzj2 jn � n2 �14 � n2 or �� 2
3=2
�n ¼n21=n
� < |2z | < R. Entonces, como en el problema 6.18, puede ele2radio
2 convergencia
1 0
R > 0 elz2M
de
de M
a �z . Sea
1. Calling
, we see1that
en jun (z)j ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi � 3=2 if 2jzj �Sea
jn j �
jz j � n2 � 4 � nn2 P
or 1n��n 2 n 22 �� � 20
jn2 þ z2 jn� þ
n nþ1 n
z
=n
2
n
n
þ
z
girse
N
de
manera
que
|
a
|
<
1/
|
z
|
para
n
>
N.
n¼1
n
0
P
P
zn
jzjn
1 jzjn
1
n−1
3=2
3=2
pnffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
nif>jzjM
N,�
términos
la serie
|na
z that
|= M
n|nan||z|n−1 pueden hacerse menores que los términos
¼ nju
(z)j ¼, then
if ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
jzj Así,
��
1. para
Calling
¼
1. 1=n
Calling
, we
Mdensee
¼
1=n
that , we
M
,(z)
then
jun (z)j
� ¼ p
n los
n nsee
P
jzjn n þ 11 n n þ 1 n3=2n n þ 1 n3=23=2
n−1
n
la serie
n(|z|
/|z0| ), la cual, de acuerdo con el criterio del cociente, converge para |z| <
¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi � 3=2 if jzj � 1. Callingcorrespondientes
Mn ¼ 1=n , wedesee
that
M
n
n n þ11 n 1
|
z
|
<
R.
0
þ 2
þ 2
þ ��� .
P
z12 if2jzj
þ�z21. Calling
3 þ z2 M ¼ 1=n3=2 , wePor
nannzn−1 converge absolutamente en todos los puntos tales que |z| < |z0| (sin importar lo cerca de
seetanto,
that
M
n
3=2
1
1
1
1
1
1
decir,jzj
para
|z| < R.
n
þ
þ þ þ � 2� �þ. zR2n que2 esté
þ�� �|�z0. |), es
P
1
� ¼
n
n−1
2 þ z2 1 22 þ 1
z2 þ n3z22Ifþu2zn2(z)
þ¼
z p
þ
z
3
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
|
z
|
>
R,
lím
a
z
 03=2y por
manera
que M
nannzn−1 no converge.
Pero
si
(z)j
if jzjende
� 1.lím
Calling
1=n0,3=2de, we
see that
,
then
ju
�
�
�
n
n→∞
n
n→∞ naM
nzn ¼ 
1
1
2
2 þ 2
2þ � � jzj
2
2
2
�.
� � n 3=2
P
n þ 1or �
nþ1 n
� zjn
nz2 þ z32j þ
2 j � jz j � n �14 �n n
2þ
2n� ¼ n
2 convergencia
nannzn−1. Esto también es válido si R = 0.
R�nes
elM
de
de M
1. Calling
1=n
, we see that
hen jun (z)j ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi � 3=2 if 2jzj � Así,
zradio
n nþ1 n
�
�
�
�
que,
|z| = R, la serie de las derivadas puede o no converger.
� que
� 1para
1Observe
1 2�� valores
2 � de1z tales
� � �jn
. 2 þ z2 j � jn2 jjn�2 jz
2
�� 2
n2 � �or 2 �� 2
þ2 jz2�j �
n2jn�2 j4���jz2 jn2�� nor
� 4�� �
2þ
2�
2
�
�
2
n
2
n
n
n
z
þ
z
1
1
2
emuestre
� 1� que en1 toda región
1 comprendida por completo en el interior de su círculo de convergencia, una serie
jn2 j � jz2 j � n2 � 4 � n2 6.20.
or �� D
2 þ z2 �
þ 2 una
þ ��� .
2
nde
n22þa)2 representa
potencias
2
2
�
�1
2 þz
3 þ z2 función continua, por ejemplo f (z), b) puede integrarse término por término
1 þz
1
1
1 2 þ �� 1 þ��� � � .2 para obtener la integral de f (z), c) puede diferenciarse término por término para obtener la derivada de f (z).
þ
þ�z24 �22 nþ z2or 32� þ2 z2 2 � � 2
P n
2
n þz
n
�
�
an z
� 1 �
Solució2 n 2
1 2
2
2
2
�� 2
�
n
þ
z
j
�
jn
j
�
4
�
or
jn
n
njz j � n �
n
�
�
�
P
P
2
2
jzj
z1
jzj
1
1
�¼3=2 ,p
� ju¼1(z)j
2n, si1.bien
n M
þresultados
z � n23=2 , we see para
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
Se
potencias
ajzj
valen
ann(z − a)n.
un (z)
if2 jzj
¼ �p1.
we
see�that3=2 ifM
Calling
that
M
ju
�2Ifj 3=2
, thenM
2 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2
2considerará
Pserie
nz �
n ¼ 1=n análogos
� n2de
� n n la1=n
nCalling
þ z¼
j n� jn
j �1 jz
jnn2(z)j
nn
n
n � n � 4n� n2 þ
n
nþ
1 or �n2 þ z2 �a�
n
n
þ
1
2
límn!1 an z0 ¼ 0
jan z0 j , 1
n z0n
n
a) Esto es consecuencia del problema 6.16 y de que cada término anz de la serie sea continuo.
b) Esto es consecuencia
problema 6.17 y de que cada término anzn de la serie sea continuo y por tanto intePdel
1
n
grable.
n¼0 an z
1
1
1 el problema
1
c) De1acuerdo con
6.19, la derivada de una serie de potencias converge dentro del círculo de converþ 2
þ
þ ��� .
þ 2
þP
þ ��� .
2 þ z2 de 2la
2þ
1 z2
serie
original,
por lo que es uniformemente convergente en toda región comprendida
n�1
þ
z2 de3potencias
2 þ z2 32 þ z2
1gencia
n¼0 nan z
por completo en el interior del círculo de convergencia. Así, el resultado buscado proviene del teorema 6.20,
página
172.
�
�
�
�
� 21 �2 2 2 P2
� 1 �
1 2
1
�� 2
� jn þ z� �
1
n2 �24 � n2 or �
n Dor
þ z2 j � jn2 j � jz2 j � n2 � 4 �6.21.
j
�
jn
j
�
jz
j
�
n
emuestre
� todos
�n2 þ zque
2 � la
2 þ z2en
2
2 un valor�nfinito
n2serie n¼1 z =n tiene
n2 los puntos en el interior de su círculo de
þ
22
convergencia y sobre él, pero no para la serie de las derivadas.
Solució n
De acuerdo con el criterio del cociente, esta serie converge para |z| < 1 y diverge para |z| > 1. Si |z| = 1, entonces
|zn/n2| = 1/n2 y la serie es convergente (absolutamente). Así, la serie es convergente para |z| ≤ 1, por lo que tiene
un valor finito en el interior de su circunferencia de convergencia y sobre ella.
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jan zn0 j , 1
184
Capítulo 6 Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent
P
n�1
=n.. De acuerdo con el criterio del cociente, esta serie converge para |z| < 1.
La serie de las derivadas es 1
n¼1 z
Sin embargo, esta serie no converge para toda z tal que |z| = 1; por ejemplo, si z = 1, la serie diverge.
Teorema de Taylor
6.22. D
emuestre el teorema de Taylor: Si f (z) es analítica en el interior de un círculo C con centro en a, entonces,
para toda z en el interior de C,
f 00 (a)
f 000 (a)
f (z) ¼ f (a) þ f 0 (a)(z � a) þ
(z � a)2 þ
(z � a)3 þ � � �
2!
3!
Solució n
Sea z un punto en el interior de C. Construya una círculo C1 con centro en a y que encierre
a z (véase la figura 6-4). Después, de acuerdo con la fórmula integral de Cauchy,
þ
1
f (w)
(1)
dw f (z) ¼
2pi w � z
C1
Se tiene
�
�
1
1
1
1
¼
¼
w � z (w � a) � (z � a) w � a 1 � (z � a)=(w � a)
�
� z � a � � z � a �2
� z � a �n�1
1
1þ
þ
¼
þ��� þ
w�a
w�a
w�a
w�a
�
� z � a �n
1
þ
w � a 1 � (z � a)=(w � a)
C
z
C1
a
Figura 6-4
o
1
1
z�a
(z � a)2
(z � a)n�1 � z � a �n 1
¼
þ
þ
þ��� þ
þ
2
3
w � z w � a (w � a)
w�a w�z
(w � a)n
(w � a)
Se multiplican ambos lados de (2) por f (w) y, con (1), se tiene
þ þ
þ þ
þ þ
n�1
a)n�1 f (w)f (w)
1 1 f (w)f (w) z � az � a f (w)f (w)
(z �(za)�
dw
þ
�
�
�
þ
dw þdw þ
f (z) f¼(z) ¼
dw
þ
�
�
�
þ
dwn þdwUþ
n Un
n a)
2 a)2
2pi 2pwi �wa � a 2pi 2pi(w �(wa)�
2pi 2pi (w �(wa)�
C1
donde
C1
C1
C1
C1
(2)
(3)
C1
þ þ�
�n f (w)
1 1� z � az ��n af (w)
dw dw
Un ¼Un ¼
2pi 2piw �wa �wa �wz � z
C1
C1
Con las fórmulas integrales de Cauchy, þ
n!
f (w)
f (n) (a) ¼ n! þ
dw n ¼ 0, 1, 2, 3, . . .
f (w)
(n)
2
p
i
(w
�
a)nþ1 dw n ¼ 0, 1, 2, 3, . . .
f (a) ¼
nþ1
2pi C1 (w � a)
C1
(3) se convierte en
f 00 (a)
f (n�1) (a)
f (z) ¼ f (a) þ f 0 (a)(z � a) þ f 00 (a) (z � a)2 þ � � � þ f (n�1) (a) (z � a)n�1 þ Un
0
2
f (z) ¼ f (a) þ f (a)(z � a) þ 2! (z � a) þ � � � þ (n � 1)! (z � a)n�1 þ Un
2!
(n � 1)!
Ahora, para demostrar el resultado buscado, sólo es necesario mostrar que límn→∞ Un = 0. Para esto se observa
que, como w está sobre C1,
�z � a�
�
�
�
�¼g,1
w�a
donde g es una constante. Además, se tiene | f (w)| < M, donde M es una constante y
jw � zj ¼ j(w � a) � (z � a)j � r1 � jz � aj
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Problemas resueltos
185
donde r1 es el radio de C1. Por tanto, de acuerdo con la propiedad e) de la página 112, se tiene
�
�
�
�þ
�
1 �� � z � a �n j(w)
�
dw�
jUn j ¼
�
�
2p � w � a w � z
�
�C1
�
1
g nM
g n Mr1
� 2pr1 ¼
2p r1 � jz � aj
r1 � jz � aj
y se ve que límn→∞ Un = 0, con lo que termina la prueba.
6.23. S
ea f (z) = ln(1 + z), donde se considera la rama que tiene el valor cero cuando z = 0. a) Obtenga el desarrollo
de f (z) en una serie de Taylor en torno a z = 0. b) Determine la región de convergencia de la serie del inciso a).
c) Obtenga el desarrollo de ln(1 + z/1 − z) en una serie de Taylor en torno a z = 0.
Solució n
a)
f (z)
ln(1
f (z)
¼¼
ln(1
þþ
z),z),
1
1
z)�1
f 0 (z)
¼¼
(1 (1
þþ
z)�1
¼¼
, ,
f 0 (z)
1þ
1þ
z z
f 00 (z)
�(1
z)�2
f 00 (z)
¼¼
�(1
þþ
z)�2
, ,
f (0)
f (0)
¼¼
00
0
f (0)
f 0 (0)
¼¼
11
00
f (0)
f 00 (0)
¼¼
�1�1
000
(�1)(�2)(1
z)�3
¼¼
(�1)(�2)(1
þþ
z)�3
, ,
f 000f(z)(z)
.. ..
. .
000
f 000f(0)(0)
¼¼
2! 2!
.. ..
. .
�(nþ1)
n n n!(1 þ �(nþ1)
n n n!
f (nþ1)
(�1)
f (nþ1)
(�1)
f (nþ1)
(z)(z)
¼¼
(�1)
n!(1 þ z) z) , , f (nþ1)
(0)(0)
¼¼
(�1)
n!
Entonces
000
f 00 (0)2 2 f 000f(0)
(0)3 3
f 00 (0)
f (z)
ln(1
f (0)
f 0 (0)z
z zþ þ
z zþ þ
f (z)
¼¼
ln(1
þþ
z) z)
¼¼
f (0)
þþ
f 0 (0)z
þþ
�����
2! 2!
3! 3!
z2 z2 z3 z3 z4 z4
�����
¼¼
z �z � þ þ � � þ þ
22 33 44
Otro método. Si |z| < 1,
1
2
3
¼ 1 � z þ z � z þ ���
1þz
Al integrar desde 0 hasta z se obtiene
ln(1 þ z) ¼ z �
b)
c)
z2 z3 z4
þ � þ ���
2 3
4
El término n-ésimo es un = (−1)n−1zn/n. Con el criterio del cociente,
�
�
�
�
� nz �
�unþ1 �
�
� ¼ jzj
�
�
lím
¼ lím �
n!1� un �
n!1 n þ 1�
y la serie converge para |z| < 1. Puede mostrarse que la serie converge para |z| = 1, salvo para z = −1.
Este resultado también se obtiene porque la serie converge en un círculo que se extiende hasta la singularidad más cercana (es decir, z = −1) a f (z).
De acuerdo con el resultado del inciso a), al sustituir z por −z,
ln(1 þ z) ¼ z �
z2 z3 z4
þ � þ ���
2 3
4
ln(1 � z) ¼ �z �
z2 z3 z4
� � � ���
2
3 4
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186
Capítulo 6 Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent
dos series que convergen para |z| < 1. Se resta y se obtiene
�
�
�
� X
1
1þz
z3 z5
2z2nþ1
¼ 2 zþ þ þ ��� ¼
ln
1�z
3 5
2n þ 1
n¼0
que converge para |z| < 1. También puede mostrarse que esta serie converge para |z| = 1, salvo en z = 1.
6.24. a
) Obtenga el desarrollo de f (z) = sen z en una serie de Taylor en torno a z = p/4.
b) Determine la región de convergencia de esta serie.
Solució n
a)
0
00
000
IV
f (z)
f (z)
¼�
z, ¼
f (z)
¼�
z, f¼ (z)
f (z) ¼f (z)
sen¼z, sen
f 0 (z)z, ¼
cos¼z, cos
f 00(z)z, ¼
� sen
z, sen
f 000(z)
sen¼z, sen
. . . z, . . .
� cos
z, cos
f IV (z)
p
ffiffi
ffi
p
ffiffi
ffi
pffiffiffi
pffiffiffi pffiffi0ffi
p
ffiffi
ffi
p
ffiffi
ffi
p
ffiffi
ffi
pffiffiffi pffiffiffi
f 0 (¼
p=4)2¼
f 00 (¼
p=4)
� f2000=2,
f 000 (p
� f2IV=2,
f IV (¼
p=4)2¼
¼=4)2¼
=2, f2(=2,
p=4)
=2, f200=2,
(p=4)
� ¼2=2,
(p=4)
¼=4)
� ¼2=2,
(p=4)
=2, . 2. =2,
. ...
f (p=4)f (p
Así,since
comosince
¼ p=4,
=4,
a a¼=pap/4,
2
(a)(z
f 000�
(a)(z
f 00 (a)(zf 00�
a)2 � a)f 000
(a)(z
a)3 � a)3
(a)(z
� a) þ
þ f 0�
þ þ
þ � � �þ � � �
a) þ
f (z) ¼f (z)
f (a)¼þf (a)
f 0 (a)(z
2! 2!
3! 3!
pffiffiffi p
pffiffiffiffiffiffi pffiffiffi
pffiffiffi pffiffiffi
pffiffiffi pffiffiffi
22
2
2
2
2
2
2
3
p=4) � (z � p(z=4)
��
�2p�=4)2 � (z � p(z=4)
�3pþ=4)
¼ ¼þ þ
(z � p(z=4)
� � �þ � � �
22
2
2
2 � 2! 2 � 2!
2 � 3! 2 � 3!
pffiffiffi � pffiffiffi �
�
�
2
�2p=4)
�3p=4)3
2
(z2� p(z=4)
(z � p(z=4)
p=4) �
��
¼ ¼ 1 þ (z1�þp(z=4)
� �
þ � � �þ � � �
2
2
2! 2!
3! 3!
Otro método. Sea u = z − p/4 o z = u + p/4. De ese modo se tiene
sen z ¼ sen(u þ p=4) ¼ sen u cos(p=4) þ cos u sen(p=4)
pffiffiffi
2
(sen u þ cos u)
¼
2
pffiffiffi ��
� �
��
2
u3 u5
u2 u4
u � þ � ��� þ 1 � þ � ���
¼
3! 5!
2! 4!
2
pffiffiffi �
�
2
3
4
2
u
u
u
¼
1 þ u � � þ þ ���
2! 3! 4!
2
pffiffiffi �
�
2
(z � p=4)2 (z � p=4)3
¼
�
þ ���
1 þ (z � p=4) �
2!
3!
2
b) Como la singularidad de sen z más cercana a p/4 está al infinito, la serie converge para todo valor finito de z,
es decir, para |z| < ∞. A esto también se llega con el criterio del cociente.
Teorema de Laurent
6.25. Demuestre el teorema de Laurent: Suponga que f (z) es analítica en el interior de la frontera de una región
, y sobre ella, en forma de anillo, limitada por dos circunferencias concéntricas C1 y C2 con centro en a y
radios r1 y r2, respectivamente (r1 > r2) (véase la figura 6-5). Así, para toda z en ,
donde
1
1
X
X
a�n
n
f (z) ¼ X
a
(z
�
a)
þ
n
1
1
X
(za�
�a)
nn
f (z) ¼ n¼0 an (z � a)n þ n¼1
(z � a)n
þ n¼0
n¼1
f (w)
1
an ¼
dw
n ¼ 0, 1, 2, . . .
þ
21pi (w �
f (w)
a)nþ1
an ¼
dw
n
¼ 0, 1, 2, . . .
C1
2pi þ (w � a)nþ1
f (w)
1 C1
dw
n ¼ 1, 2, 3, . . .
a�n ¼
þ
21pi (w �f (w)
a)�nþ1
dw
n ¼ 1, 2, 3, . . .
a�n ¼
C2
2pi (w � a)�nþ1
C2
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187
Problemas resueltos
Solució n
De acuerdo con la fórmula integral de Cauchy [véase el problema 5.23, página 159], se tiene
þ
þ
1
f (w)
1
f (w)
dw �
dw f (z) ¼
(1)
2pi w � z
2pi w � z
C1
C2
Considere la primera integral en (1). Igual que en el problema 6.22, ecuación (2), se tiene
1 11 ¼ 1
1 1
1
¼ z ¼ (w �¼a)f1 � (z1� a)=(w
w
�
� a)g
w �wz � z(ww��
a)f1
�
(z
�
a)=(w
�
z
(w
�
a)f1
�
(z
�a)g
a)=(w
(w � a)f1 � (z � a)=(w
�
a)g � a)g
�z �
�n 1
n�1
� z ��
�n a��
n�1
(z �
a)n�1
1
z
�
a
az �
z�
1zn � 1a �n 1 (2)
1 az �þ
z�þ
�
�þ
a)n�1
¼1 1þ þ
�a�(z
� þ�(za)� a)(z
a
a
n
¼ ¼
�
�
þ
þ
2
¼
þ
(2) (2)
þ
�
�
�
þ
þ
n
2
w
�
a
w
�
a
wz � z (2) (2)
(w
�
a)
þ
þ
�
�
�
þ
þ
(w
�
a)
n
n �
w�
w �wa � a(ww��
�w
2 � a)2(w �
a� a)(w
��
az w�z
a)wa � w
aw
(wa)� a)(w
(wa)
de manera que
z
a
r2
Figura 6-5
C1
C1
(3)
þ þ (w)þ
þ þ f (w)
þ þ f (w)
þ
þ
1¼ 11 f þ(w)ff1(w)
1¼ 11 þf (w)
1¼ 11 þf (w)
1
1f (w)dwn f dw
f
(w)
f
(w)
(w)
dw,
a
dw,
.
.
.
,
a
a
f
(w)
1
n�1
a
¼
dw,
.
.
.
,
a
¼
a0 ¼a0 ¼ 2ap0i ¼ w �dw,
2
1
n�1
dw,
a
¼
dw,
.
.
.
,
a
¼
n a) dw n dw
2 a) dw, 2 . . . , an�12p
2p(w
a dw, a12p
i �(wa)�
i �(wa)�
¼i 2p1(w
¼i n�1
02pi
n � a)
w
�
a
2
2
2
2
w
�
a
(w
p
i
p
i
p
i
(w
�
a)
2C pi C1 w � a
2Cpi C1 (w � a)
2Cpi C1 (w � a)
1
C1
C1
1
C1
C1
1
C1
C1
þ1� þþ � z �
�nþa��n f (w)�n
zn �f (w)
adw dw
f (w)
Un 1¼ 1 z �� 1az � af �(w)
Un ¼
�wa �wz �
z dw dw
¼i 2Upniw¼�2w
Un2p
a
w
�
a
w
pi� a w � z � z
2pi C1 w
C1
C1
C1
Ahora considere la segunda
1 integral en (1). Se1 intercambian w y z en (2) para obtener
¼
�
1
w
(z � a)f1 1� (w11� a)=(z � a)g
1
1 �z¼
¼
�
�
�
�
�
w¼
� zz (z
(z �
� a)f1 �
� (w
(w �
� a)=(z �
� a)g
a)g
w
�
w � z (z � a)f1
� (ww�
� a)g (w
1 a)f1
�a)=(z
a a)=(z
� a)n�1 �w � a �n 1
�
�
¼
þ
þ
�
�
�
þ
þ
n�1
n�
w��
� aa2
(w(z�
�
a)
w�� a nn 11 w
n�1
�a)
a)n�1
11 awþ�(zw
1 z�
a a)
(w
�(wa)
w
�wza �n a 1 z �
¼
þ
�
�
�
þ
þ
¼
þ
þ
�
�
�
þ
þ
n
¼
þn
zþ
� a (z �
z � a zz �
�w
w
(z �
� a)
�þa)�22� � þ (z �(z
z � az � a(z �(z
a)n a) z � az � az � w
a)2 a)
þ
þ
þ
1
f (w)
1
f (w)
1
w�a
de modo que
þ
þ
dw ¼ þ þ
dw þ þ þþ
f (w) dw
�þ þ
1 i wff(w)
(w)
1 i zff�
(w)a
1 i (zw
w � aa2
2
�
z
2
2
p
p
p
1
1
(w)
1
1�
dw1¼
¼ f (w)
dw1þ
þ wC2� a��a)
f(w)
(w) dw
dw
� f C(w)
dw
dw
f
C
2
2
2
dwz ¼
dwaaþ
fa)
(w)
�
2 dw
2pi w �
2pi zz �
�
pii (z
(z �
�
2 a)
22p
2pi 2pwi CC�2 wz � z 2pi 2pzi �
a
2
p
i
(z
�
a)
þ
C2
CC22
2
C2
C2 C2
1
(w �C2a)n�1
f (w) dw þ Vn
þ � � � þ þ þþ
n�1
n�1
1 i (w(z�
n�1
2p
�a)
a)n
(w) dw þ V
þ �� �� ��1þ
þ 1(wC3�(wa)� a) nn ff(w)
þ
f (w) dw þdwVnþ Vnn
þ ��� þ
pii(z �(z
(z �
�
a)
n a)
22p
2
p
i
a)
a�1 C3 a�2
a�n
CC33
þ
¼
þ ��� þ
þ Vn
2
a
a
a�na)n
�1
�2
z
�
a
(z
a
(z a��2a) þ � � � þ
a¼
a�2
a�n a��n
�1 �1 þ
þ
¼
þV
þ
�
�
�
þ
þ
n
n n Vnn
¼
zþ
� a (z �
(z �
�þa)V
�þa)�22� � þ (z �(z
z � az � a(z �(z
a)n a)
a)2 a)
y
r1
n�1
n�1
¼þaa0 1þ
a1 (za)�þa)� �þ
� �a� n�1
þ a(zn�1
(z �
a)þ
þ
U
n�1
n
n�1
¼ a0¼
�þ
Uþ
U
na)
¼a�
a1 (z
þa�n�1
� ��þ
�
0þ
1 (zþ�� �a)
a0 þ(z
�aa)
�þ
(za)a�n�1
a)(z
n þ Un
y
donde
C2
þ þþ f (w)þ
þ þ (w)þ
þ a þþ f (w)
þ
�
1 11 f (w)
1¼ 11 f þ(w)ff1(w)
z�
azz �
f
(w)
f
(w)
� fa(w)dw f dw
(w)
dw
dw
þ
f1(w)
aþ fz(w)
dw
¼
dw
þ
dw
¼
dw
2 a)2 dw 2 dw
a dw2þ
2pi(w �(wa)�
pwi �wz � z dw2p
¼zi 2pwi �2wap�
2pi 22p
p
i
2 � a)
w
�
w
�
a
2
2
p
i
i
p
i
(w
w
�
z
2
w
�
a
2
i
p
i
p
i
(w � a)
C1 C1
C1 C1
C1 C1
C1
C1
C1
C1
C1
C1
þ
n�1
þ
þ
n�1
(z
�
a)
f
(w)
þ
n�1
n�1
f (w)f (w) f dw
� a)
(w)þ Un
þ
� �(z
� þ�(za)� a)(z
dwn þ
þ � �þ
�þ
n U
dw þ Un
þ2p
� �i�2þ
n a)
pi (w �(wa)�
dwUþ
���þ
n �
(w
a)n n
2
p
i
2piC C1 (w � a)
1
donde
C1
þ
þ
þ
1
1
1
þ
þ
a�1 ¼ þ þ f (w) dw, a�2 ¼ þ þ (w � a) f (w) dw, . . . , a�n ¼ þ þþ (w � a)n�1 f (w) dw
1i
1i
1
2p
2p
n�1
1¼ 21pi C (w
¼ 1 C2 ff(w)
(w) dw, a�2 1¼
¼ 1 C2 (w
(w � a)
a) ff(w)
(w) dw, .. .. .. ,, aa�n
(w �
(w) dw
a�1 1¼
n�1a)n�1 ff(w)
2� a)� a)
fii(w) dw, dw,a�2 a¼�2
(w
� a)�f (w)
dw, dw,
. . . , a�n ¼�n ¼ 22p
(w
f (w) dw dw
a�1 a¼�1
2p
2p
p
p
i
p
i
2
2
i
i
2pi
2
2
p
i
p
i
CC2
CC2
CC2
C2
2
C2
2
C2
�n
þ�
1
�w � a�
� f (w) dw
Vn ¼ þ � þþ �
�
1i
w
�n aa nnzff�
(w)
2
z
�
p
1
w
wC � a f (w) (w)w dw
V 1¼
dw
2
Vn ¼Vnn ¼
2pii
� aa zz �
�dw
w
zz �
w
2pi 2p
zCC�
a
z
�
w
2
C2
2
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2
(4)
188
Capítulo 6 Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent
De (1), (3) y (4) se tiene
f (z) ¼ fa0 þ a1 (z � a) þ � � � þ an�1 (z � a)n�1 g
�
�
a�1
a�2
a�n
þ
þ
þ
�
�
�
þ
n þ Un þ Vn
2
z � a (z � a)
(z � a)
(5)
Si se demuestra que a) límn→∞ Un = 0 y b) límn→∞ Vn = 0, se llega al resultado buscado. La prueba de a) es
consecuencia del problema 6.22. Para demostrar b) se observa primero que, como w está sobre C2,
�
�
�w � a�
�
�
�z � a� ¼ k , 1
donde k es una constante. Asimismo, se tiene | f (w)| < M, donde M es una constante y
|z − w| = |(z − a) − (w − a)| ≥ |z − a| − r2
Por tanto, de acuerdo con la propiedad e) de la página 112, se tiene
�
�
�
�þ �
�n
�
�
1 � w � a f (w)
�
dw�
jVn j ¼
�
�
2p �
z�a z�w
�
�C 2
�
1
kn M
kn Mr2
2pr2 ¼
2p jz � aj � r2
jz � aj � r2
Así, límn→∞ Vn = 0 y termina la prueba.
2z
6.26. De lasefunciones
Laurent
en torno a la singularidad
1 1indicada.
e2z siguientes, encuentre zla�serie
sen
z �zde
sen
z
z
¼
;
1.
z
¼
1.
(c)
(c)
;
z
¼
;
0.
z
¼
0.
(e)
(e)
; z¼
; 3.z ¼ 3.
2z 3 ;2z 2z
3 sen
2 (z �
1z23)
e (z �
e 1)
e3
z �z3sen
z �zzz�
sen
z z
z(e)
(z 21�; 13)2z ;¼;3.
;
z
;
¼
;
1.
z
¼
z
¼
1.
1.
(c)
(c)
(c)
;
z
;
¼
;
0.
z
¼
z
¼
0.
0.
(e)
(e)
z ¼z ¼
3. 3.
a) (z � 1)
c)
e)
3
2
z3 z3 z3
z2 (z �
z2 (z
z2 �
(z � (z
1)�
(z
�
1)31)3
3)
(z
�
3)23)2
1 1
z
z
(z �
sen3) sen
(d) (d)
; �2.
z ¼ �2.
; �2.
z ¼ �2.
b) (z � 3)
d) z z z; z ¼
1 2z; þ
1 z21¼
z
þ
(z
þ
1)(z
(z
þ
þ
1)(z
2) þ
(z � (z
3)�
(z
sen
�
3) 3)
sensen; z ;¼;�2.
z ¼z ¼
�2.
(d)
�2. (d)(d)
; 2)z ;¼;�2.
z ¼z ¼
�2.
�2.
(z þ (z
1)(z
þ
(z þ
1)(z
1)(z
2)þ þ
2) 2)
z þ 2z þz þ
2 2
En cada caso identifique la singularidad y dé el radio de convergencia de cada serie.
Solució n
a)
1¼
Then
SeaLet
z −z �
1=
u. u.
Así,
z =z1¼+1uþyu and
�
�
e2z
e2þ2u e2 2u e2
(2u)2 (2u)3 (2u)4
þ
þ
þ
�
�
�
¼
¼
�
e
¼
1
þ
2u
þ
u3
u3
u3
2!
3!
4!
(z � 1)3
¼
e2
2e2
2e2
4e2 2e2
þ
þ
(z � 1) þ � � �
þ
þ
3
2
z�1
3
3
(z � 1)
(z � 1)
z = 1 es un polo de orden 3, o triple polo.
La serie converge para todos los valores de z  1.
b)
Sea z + 2 = u o z = u − 2. Entonces
�
�
1
1
1
1
1
¼ (u � 5) sen ¼ (u � 5) �
(z � 3) sen
þ
�
�
�
�
zþ2
u
u 3! u3 5! u5
5
1
5
1
¼1� �
þ
þ
� ���
u 3! u2 3! u3 5! u4
5
1
5
1
�
þ
þ
� ���
¼1�
z þ 2 6(z þ 2)2 6(z þ 2)3 120(z þ 2)4
c)
z = −2 es una singularidad esencial.
La serie converge para todo valor de z  −2.
�
�
��
z3 z5 z7
z � sen z 1
þ
�
þ
�
�
�
¼
z
�
z
�
z3
z3
3! 5! 7!
�3
�
5
1 z
z
z7
1 z2 z4
� þ � ��� ¼ � þ � ���
¼ 3
z 3! 5! 7!
3! 5! 7!
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Problemas resueltos
z = 0 es una singularidad removible.
La serie converge para todo valor de z.
d)
Sea z + 2 = u. Entonces
z
u�2
2�u
1
2�u
¼
¼
�
¼
(1 þ u þ u2 þ u3 þ � � � )
(z þ 1)(z þ 2) (u � 1)u
u
1�u
u
2
2
þ 1 þ (z þ 2) þ (z þ 2)2 þ � � �
¼ þ 1 þ u þ u2 þ � � � ¼
u
zþ2
z = −2 es un polo de orden 1, o polo simple.
La serie converge para todo valor de z tal que 0 < |z + 2| < 1.
e)
Sea z − 3 = u. Así, de acuerdo con el teorema del binomio,
1
1
1
¼
¼
z2 (z � 3)2 u2 (3 þ u)2 9u2 (1 þ u=3)2
�
�
�u� (�2)(�3) �u�2 (�2)(�3)(�4) �u�3
1
þ
¼ 2 1 þ (�2)
þ
þ���
9u
3
2!
3
3!
3
1
2
1
4
þ �
u þ ���
�
9u2 27u 27 243
1
2
1 4(z � 3)
¼
þ �
þ ���
�
2
27(z � 3) 27
243
9(z � 3)
¼
z = 3 es un polo de orden 2, o polo doble.
La serie converge para todo valor de z tal que 0 < |z − 3| < 3.
�
�
�
�
1
1
1
1
1
¼
�
6.27. O
btenga el desarrollo de f (z) =
en una serie de Laurent válida para:
(z þ 1)(z þ 3) 2 z þ 1
2 zþ3
a)
1 <.|z1,
| < 3, b) |z| > 3, c) 0 < |z + 1| < 2, d) |z| < 1.
If jzj
�
�
1
1
1
1
1
1
1
1 1
Solució n 1 ¼
¼
1 � þ 2 � 3 þ ��� ¼ � 2 þ 3 � 4 þ ���
z
2z 2z
2z
2z
2(z þ 1) 2z(1 þ 1=z) 2z
z z
a) Al descomponer en fracciones parciales,
�
�
�
�
If jzj , 3,
1
1
1
1
�1
�
¼
�
1
z
z2
z3
1
1
1 1)(z þz3) z2 2 zz3þ 1
(z þ
¼
¼
1 � þ � þ � � � 2¼z þ�3 þ �
þ ���
6 18 54 162
2(z þ 3) 6(1 þ z=3) 6
3 9 27
Si
z| >
If |jzj
. 1,
1,
�
�
1
1
1
1 1
1
1
1
1
1
¼
¼
1 � þ 2 � 3 þ ��� ¼ � 2 þ 3 � 4 þ ���
2(z þ 1) 2z(1 þ 1=z) 2z
z z2 z3
2z 2z 2 2z 3 2z 4
If |jzj
, 3,
Si
z| <
3,
�
�
1
z
z22
z33
1
1
1
z z22 z33
¼
¼
1 � þ � þ��� ¼ � þ �
þ ���
6 18 54 162
2(z þ 3) 6(1 þ z=3) 6
3 9 27
Así, la expansión de Laurent válida tanto para |z| > 1 como para |z| < 3, es decir, 1 < |z| < 3, es
3
1
1
1
1 1
z
z22
z3
� � � � 14 þ 13 � 12 þ 1 � 1 þ z � z2 þ z3 � � � �
� � � � 2z44 þ 2z33 � 2z22 þ 2z � 6 þ 18 � 54 þ 162 � � � �
2z
2z
2z 6 18 54 162
2z
b) Si
z| >
en el(a),
inciso a),
If |jzj
. 1,
1, se
wetiene,
have como
as in part
If jzj . 1, we have as in part (a),
11
1
1
1
1
¼ 1 � 12 þ 13 � 14 þ � � �
¼ 2z � 2z22 þ 2z33 � 2z44 þ � � �
2(z
þ
1)
2(z þ 1) 2z 2z
2z
2z
If jzj . 3,
Si
z| >
If |jzj
.3,
3,
�
�
� 1
3
1
1
1 �
3 9 27
9
27
1
1
¼
¼ 1 1 � 3 þ 92 � 27
þ
�
�
�
¼ 1 � 32 þ 93 � 274 þ � � �
3
¼
¼
1
�
þ
�
þ
�
�
�
¼ 2z � 2z22 þ 2z33 � 2z44 þ � � �
2
3
2(z þ 3) 2z(1 þ 3=z) 2z
z z2 z3
z
2z 2z
2z
2z
2(z þ 3) 2z(1 þ 3=z) 2z
z z
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189
190
Capítulo 6 Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent
De este modo, la expansión de Laurent válida tanto para |z| > 1 como para |z| > 3, es decir, para |z| > 3,
es por sustracción
13 40
40
111 � 4444 þ 13
13
� 40
þ ���
13 �
�
þ
z55 þ
zz1222 �
� zz333 þ
þ zz444 �
� 40
þ �� �� ��
zz2 zz3 zz4 zzz55 þ � � �
Let z þ 1 ¼ u. Then
Let zzz +
þ 11 =
¼ u.
u. Así,
Then
Let
þ
¼
Then
c) Sea
�
�
1
1
1
1�
u u22 u33
�
�
�
2
3
¼
¼
¼ 11 1 � uu þ uu � uu þ � � �
1
11 þ 3) ¼
11 u=2) ¼
(z þ 1)(z
u(u 1þ 2) ¼
2u 1 � 2 þ 4 � 8 þ � � �
¼ 2u(1 þ
(z þ
þ 1)(z
1)(z þ
þ 3)
3) ¼ u(u
u(u þ
þ 2)
2) 2u(1
2u(1 þ
þ u=2)
u=2) ¼ 2u
2u 1 � 22 þ 44 � 88 þ � � �
(z
1
1 1
1
¼
� 11 þ 11 (z þ 1) � 11 (z þ 1)22 þ � � �
11þ 1) �
2(z
4
8
16
¼
þ �� �� ��
þ
(z
þ
1)
�
(z þ
þ 1)
1)2 þ
¼ 2(z þ 1) � 4 þ 8 (z þ 1) � 16 (z
2(z þ 1) 4 8
16
valid for juj , 2, u=0 or 0 , jz þ 1j , 2.
valid
for para
juj , 2,
u=0
or
,
jz<
þ|1j
1j
,12.
2.
valid
for
u=0
þ
es
|<
2, uor
 000 ,
o 0jz
z +,
| < 2.
If válida
jzj ,
1,juj ,|u2,
If
jzj
,
1,
If jzj
, 1,
|z| <
d) Si
1 1
1
1
1
1
1
¼
¼ 1 (1 � z þ z22 � z33 þ � � � ) ¼ 11 � 11 z þ 11 z22 � 11 z33 þ � � �
1
1
2(z 1þ 1) ¼
� 2 zz þ
þ 2 zz2 �
¼ 2(11þ z) ¼
¼ 12 (1
(1 �
� zz þ
þ zz2 �
� zz3 þ
þ �� �� �� )) ¼
¼ 2�
� 2 zz3 þ
þ �� �� ��
2(z þ
þ 1)
1)
2(1 þ
þ z)
z)
2(z
2(1
22
22 22
22
22
If
jzj
,
3,
we
have by con
part (a),
Si jzj
|z| ,
< 3,
3, we
de acuerdo
inciso a),
If
have by
by part
partel
(a),
If
jzj ,
3, we
have
(a),
1
1
z
z2
z3
¼ 11 � zz þ zz22 � zz33 þ � � �
1
1
2(z þ 3) ¼
¼ 6 � 18 þ
þ 54 �
� 162 þ
þ ���
2(z þ
þ 3)
3) 66 � 18
18 54
54 162
162 � � �
2(z
Así, la expansión de Laurent buscada, válida para |z| < 1 y |z| < 3, es decir, para |z| < 1, es por sustracción
1 4
13
40
� z þ z2 � z3 þ � � �
3 9
27
81
Ésta es una serie de Taylor.
Desarrollo de Lagrange
6.28. Demuestre el desarrollo de Lagrange (6.11) de la página 176.
Solució n
Suponga que C se toma de manera que en el interior de C sólo exista un cero simple de z = a + zf(z). Así, de
acuerdo con el problema 5.90 de la página 167, con g(z) = z y f (z) = z − a − zf(z), se tiene
�
þ �
1
1 � zf0 (w)
dw
z¼
w
2pi
w � a � zf(w)
C
1
¼
2pi
þ
C
1
¼
2pi
þ
C
¼
1
2pi
þ
C
�
�
w
1
f1 � zf0 (w)g
dw
w�a
1 � zf(w)=ðw � aÞ
(
)
1
X
w
0
n n
n
f1 � zf (w)g
z f (w)=(w � a) dw
w�a
n¼0
1
X
w
zn
dw þ
w�a
2pi
n¼1
þ�
C
�
wfn (w)
wfn�1 (w)f0 (w)
dw
�
(w � a)n
(w � a)nþ1
� n
�
þ
þ
1
1
X
X
zn w d
f (w)
zn
fn (w)
¼a�
dw
¼
a
þ
dw
n
2pi n dw (w � a)
2pin (w � a)n
n¼1
n¼1
C
C
1
X
z n dn�1 n
¼aþ
[f (a)]
n! dan�1
n¼1
Continuación analítica
n
1 P
1
1 P
1
P
P
zn zn
(z �(zi)�
i)n
6.29. Muestre que las series a) nþ1 nþ1
b)
son continuaciones analíticas una de la otra.
andyand
nþ1
(2i)� i)nþ1
n¼0 2
n¼0 2
n¼0 (2
n¼0�
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Problemas resueltos
191
Solució n
a) De acuerdo con el criterio del cociente, la serie converge para |z| < 2 (sombreada en la figura 6-6). En esta
circunferencia, la serie, que es una serie geométrica cuyo primer término es 12 y cuyo radio es z/2, puede
sumarse y representa la función
1=2
1
¼
1 � z=2 2 � z
b) De acuerdo con el criterio del cociente,pla
y
P
ffiffiffi serie converge para 2
2n
1 þ6-6).
z þ z þ z4 þ z 8 þ � � � ¼ 1 þ 1
|(z − i)/(2 − i)| < 1, es decir, |z − i| < 5 (véase la figura
n¼0 z
En esta circunferencia, la serie, que es una serie geométrica cuyo
|z – i| = √5
Pn
Þ
primer término es 1/(2 − i) y cuyo radio
es (z
− i), puede
Sn (z)
¼ − i)/(2
F(z)
dz
√5
k¼1 fk (z).
C
sumarse y representa la función
i
1=(2 � i)
1
¼
1 � (z � i)=(2 � i) 2 � z
2
x
|z| = 2
Como estas series de potencias representan la misma función
|
z
|
=
2
en la región común
a
los
interiores
de
las
circunferencias
P
pffiffiffi
2n
þ zcontinuaciones
þ z2 þ z4 þ z8analíticas
þ � � � ¼ una
1þ 1
y |(z − i)| = 5, se sigue que1 son
Figura 6-6
n¼0 z
de la otra.
Pn
Þ
P
pffiffiffi S (z) ¼
f (z).
8 dz
2n
6.30. D
emuestre 5que nla serie 1k¼1þ zk þ z2 þ z4 þC zF(z)
þ ��� ¼ 1 þ 1
n¼0 z no puede continuarse analíticamente
más allá de |z| = 1.
Sn (z) ¼
Solució n
Pn
Þ
k¼1 fk (z).
C
F(z) dz
2
4
8
1þ
�.
Sea F (z)(z)
¼¼
1þ
z þz þ
z2 zþ þ
z4 zþ þ
z8 zþ þ
� � ��.�.Así,
2
2
4
2
4
8
2 );
4 );
8 ) þ ��� :
F(z)
F(z)
F(z)
); F(z)
¼¼
z þz þ
z2 zþ þ
F(zF(z
); F(z)
¼¼
z þz þ
z2 zþ þ
z4 zþ þ
F(zF(z
) þ ��� :
F(z)
¼¼
z þz þ
F(zF(z
De lo que resulta claro que todos los valores de z dados por z = 1, z2 = 1, z4 = 1, z8 = 1,. . . son singularidades
de F (z). Todas estas singularidades se encuentran en la circunferencia |z| = 1. Con cualquier arco pequeño de esa
circunferencia, habrá una cantidad infinita de singularidades. Estas singularidades representan una barrera infranqueable y, por tanto, la continuación analítica más allá de |z| = 1 es imposible. La circunferencia |z| = 1 constituye
una frontera natural.
Problemas diversos
6.31. Sea {fk(z)}, k = 1, 2, 3,. . . una sucesión de funciones analíticas en una región
1
X
fk (z)
F(z) ¼
. Suponga que
k¼1
es uniformemente convergente en
. Demuestre que F (z) es analítica en
P
2n
1 þ z þ z þ z þ z8 þ � � � ¼ 1 þ 1
n¼0 z
pffiffiffi
Soluci5ó n
2
.
4
P
Þ
Sea Sn (z) ¼ nk¼1 fk (z).. Por definición
de convergencia uniforme, dado un e > 0 puede hallarse un entero positivo
C F(z) dz
N que dependa de e y no de z tal que para toda z en ,
pffiffiffi
5
Sn (z) ¼
|F(z) − Sn(z)| < e
2
Pn
4
8
P1
para toda n > N
2n
(1)
1 þ z þAhora
z þ zsuponga
þ z þque
� � �C¼es1una
þ curva
z
cerrada contenida por completo en y denote por L su longitud. Así,
n¼0 simple
(z),
k = 1, 2, 3,. . . son continuas, F (z) también es continua, de manera
de acuerdo
con
el
problema
6.16,
como
f
k
Þ
k¼1 fk (z).
que
C
F(z) dz existe. Asimismo, con (1), se ve que, para n > N,
� �
�
�
� �þ
�
�þ
n þ
X
� �
�
�
�
� F(z) dz �
�
fk (z) dz� ¼ � fF(z) � Sn (z)g dz��
�
� �
�
�
k¼1
C
C
C
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192
Capítulo 6 Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent
Como e puede hacerse tan pequeña como se desee, se ve que
þ
1 þ
X
F(z) dz ¼
fk (z) dz
k¼1
C
Pero de acuerdo con el teorema de Cauchy,
Þ
C fk (z) dz
þ
C
¼ 0.. Por tanto,
F(z) dz ¼ 0
C
y de esta manera, de acuerdo con el teorema de Morera (página 145, capítulo 5), F (z) debe ser analítica.
6.32. Demuestre que una función analítica no puede ser acotada en la vecindad de una singularidad aislada.
Solució n
Sea f (z) analítica en el interior y sobre una circunferencia C de radio r salvo en la singularidad aislada z = a, que
se toma como centro de C. Así, de acuerdo con el teorema de Laurent, f (z) tiene un desarrollo de Laurent
1
1 X
X
k
1
X
k
f
(z)
¼
k a)
(z) ¼
¼
ak(z
(za�
�k (za)
a)�
(1)
ff (z)
a
k
k¼�1
k¼�1
k¼�1
donde los coeficientes ak están dados por la ecuación (6.7) de la página 174. En particular,
þ
þþ1
1
f (z) f (z)
¼
a
1
¼�n 2pi f(z(z)
dz dz
¼ n1,
1,¼2,
2,1,3,
3,2,.. ..3,
.. . . .
�n ¼
�nþ1
�
a)�nþ1
dz
nn ¼
aa�n
2
p
i
(z
�
a)
�nþ1
2pi C (z C� a)
(2)
C
Ahora, si |f (z)| < M para una constante M, es decir, si f (z) es acotada, entonces, de acuerdo con (2),
�
�
�� ��
��þ ��þ
1
1 n�1
�
�
1 þ �
��
n�1
n�1r
�
a)fn�1
fdz
(z)
dz��11�rn�1
prMr
¼nMr n
ja
�n j1¼� (z� �(z
n�1
j
¼
a)
(z)
M ��� 22Mp
p�rr 2¼
¼
ja
�
�
�n
Mr n
ja�n j ¼ 2p �2p(z� � a) f (z) dz� � �2p r2p �� M
2p � C C
� 2p
C
Por tanto, como r puede hacerse arbitrariamente pequeña, se tiene a−n = 0, n = 1, 2, 3,. . ., es decir, a−1 = a−2 =
a−3 = . . . = 0, y la serie de Laurent se reduce a una serie de Taylor en torno a z = a. Esto muestra que f (z) es
analítica en z = a de manera que z = a no es una singularidad, lo que contradice la hipótesis. Esta contradicción
muestra que, en la vecindad de una singularidad aislada, f (z) no puede ser acotada.
6.33. Demuestre que si z  0, entonces
1=2a(z�1=z)
¼
ee1=2a(z�1=z) ¼
donde
Solució n
1
X
1
X
n¼�1
n¼�1
a)z
)znn
JJnn ((a
2ðp
1 2ðp
1
a)) ¼
¼
cos(nu � a sen u) du n ¼ 0, 1, 2, . . .
JJnn ((a
p cos(nu � a sen u) du n ¼ 0, 1, 2, . . .
22p
0
0
El punto z = 0 es la única singularidad finita de la función e1/2a(z−1/z) y, por tanto, para la función debe haber un
desarrollo en una serie de Laurent de la forma
1
X
1
X
1=2a(z�1=z)
¼
a)z
)znn
(1)
ee1=2a(z�1=z) ¼
JJnn ((a
n¼�1
n¼�1
que es válida para |z| > 0. De acuerdo con la ecuación (6.7) de la página 174, los coeficientes Jn(a) están dados
por
þ 1=2a(z�1=z)
a(z�1=z)
1 þ ee1=2
1
a)) ¼
¼
dz
dz
JJnn ((a
(2)
nþ1
2
p
i
z
2pi
znþ1
C
C
donde C es cualquier curva simple cerrada que tenga z = 0 en su interior.
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193
Problemas resueltos
En especial, si C se elige como una circunferencia de radio 1 con centro en el origen, la ecuación de C es |z| = 1
o z = eiu. Entonces (2) se convierte en
1
ie d u ¼
2p
eia sen u�inu d u
0
2ðp
2ðp
i
cos(a sen u � nu) d u þ
2p
2ðp
1
sen(a sen u � nu) du ¼
2p
1
Jn (a) ¼
2pi
1
¼
2p
2ðp
iu
�iu )
e1=2a(e �e
ei(nþ1)u
iu
0
0
al aprovechar que I ¼
se encuentra que
0
Ð 2p
0
I¼
2ðp
cos(nu � a sen u) d u
0
sen(a sen u � nu ) d u ¼ 0.. A este último resultado se llega debido a que, con u = 2p − f,
2ðp
2ðp
sen(�a sen f � 2pn þ nf) d f ¼ � sen(a sen f � nf) d f ¼ �I
0
0
de manera que I = −I e I = 0. Con lo que se demuestra el resultado deseado.
La función Jn(a) se conoce como función de Bessel de primera clase de orden n.
En el capítulo 10 se verá más sobre las funciones de Bessel.
6.34. Los polinomios de Legendre Pn(t), n = 0, 1, 2, 3, . . . se definen mediante la fórmula de Rodrigues
1 dn n 2
� 1)n
Pn (t) ¼ n 1 nd(t
Pn (t) ¼2 n!n dt n (t2 � 1)n
2 n! dt
a)
Demuestre que si C es cualquier curva simple cerrada que encierre el punto z = t, entonces
þ
1 1 þ(z2 �
1)n n
(z2 �nþ1
1) dz
1� 1
Pn (t) ¼
n
Pn (t) ¼2pi 2� n (z � t) nþ1 dz
2pi 2C (z � t)
C
Esta fórmula se conoce como representación de Schlaefli o fórmula de Schlaefli para Pn(t).
(t þ
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
t2 � 1 cos u)n du
De acuerdo con la fórmula integral de Cauchy, si C encierra el punto t,
þþ
þf (z)
nd n
d n ¼n! n! þ n!f (z)
f (z)
(n)
¼d(t)nfn¼
f (t)
¼f (n)
(t)
¼
f
(t)
¼
dzdz
dz
f (n)f (t)(t)
nþ1
dndt dtn 2p2n!
ft)(z)
nþ1
nþ1
pi 2p(z
t)
�i �
(z � t)
¼ i C C(z
dz
f (n) (t) ¼dt n f (t)
nþ1
2pi (z �C t)
dt
C
n
n
2
n
2
2
2(z2 � n1)
�
1)
fque
(z)
, we
f
(t)
¼
(t
Así, al tomar f (t) ¼ (tf (t)�¼1)(t de
�manera
1)n f (z)
¼¼
(z
f (z)
�¼1)(z2, �
we
1)n,, se
weobtiene
n
n
2
2
f (z) ¼ (z � 1) , we
f (t) ¼ (t � 1)
el resultado buscado
n
n
1 1 d nd 12(t2d�
n2 n
n
n(tn � 1)(t1) � 1)
n (t)
¼P¼nn(t)
¼
PnP(t)
n
1
d
n
n
2n! n!
dt
2dtn
n
2
2
dt
n!
(t � 1)
Pn (t) ¼ n
21n! dt1nþ þ 2(z2þ� n1)2 n
1
1
1
(z1 � 1)(z �dz
1)n
�
ndz
¼ ¼n12�n ¼
�þ (z2 �nþ1
dz
nþ1
1
1)
nþ1
n
2
p
i
(z
�
t)
2p�i t) (z � t)
¼2 n 2� pi2 C(z
dz
nþ1
2 2pCi (z �C t)
C
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y
C
1|
0
Solució n
a)
2ðp
t2
–
1
Pn (t) ¼
2p
√|
b) Demuestre que
θ
t
x
Figura 6-7
194
Capítulo 6 Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffi
b) Si se elige Cpp
como
círculo
con centro
en t y radio jt2jt2��1jjt1j
como
�1j1j se muestra en la figura 6-7, una ecuación
jt22,�
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
ffi
p
p
p
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
iu
2 � 1j22or z ¼ t þ 2t2 � 1ie
2¼
2up
.,22pp...Con esto en el inciso a) se tiene
jzjz�
¼jz¼��tj
jttjjt
� 1jjtjtor��
z 1j
¼
tor
�
0, 10�
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para
C�tjestjjz
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¼
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ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pp
2ðp2ðp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2ð2p
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ðp
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1tie
1 1 1 111 f(t1f(t
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t t1g
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e 1g
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1g
t ��11ieieiuiu
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
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p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
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PP
(t)
¼
Pnn(t)
n (t)¼P
n (t)
n
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((1e1tie2tu2i)�
�
11eeiuiu))nþ1
00
00
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
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p
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ðp 22 pp
u
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2iuuunn �in
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1 1 1 111 f(tf(t
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gg ee�inuu
�¼ � �
¼¼ n n� ¼
d ud u dduu
n=2
n=2
2
n=2
n=2
n
n
2
2
2
2
2
p
2 2p22 22pp
(t(t ��1)(t1)
(t ��1)
1)
2ðp2ðp
00
00
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
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f(t
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(t(t2i2u�
1)e gg
�¼ � �
¼¼ n n� ¼
d ud u dduu
n=2
n=2
2
n=2
n=2
n
n
2
2p
2 2 2p
22 22pp
(t(t ��1)(t1)
(t22��1)
1)
2ðp2ðp
00
22pp
2 2ðð
f(t
�
00
p2p
2p
p
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ðffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ðpffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
n
2
2 � 12þ
22cos
f2t
2(t
1)cos
ungcos
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�
�þ�2(t
1)
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11 t2tf2t
f2t1 þ
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��
121þ
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��u1)
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¼
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¼ n n� ¼¼ nn� �
d ud u dduu
n=2
2
n=2
n=2
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2p
2 2 2p
22 22pp
(t(t
1)(t1)
(t22��1)
1)n=2
2ðp2ðp
00
2ðp2ðp
00
2ð2p
ðp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
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n
2 � 12cos
¼¼ ¼¼(t(tþþ t(t2(ttþ
�
u)1un1)cos
dcos
uduuu))nndduu
þ1 cos
t t2��
2
p
2p
22pp
00
00
En el capítulo 10 se ve más sobre polinomios de Legendre.
Problemas complementarios
Sucesiones de funciones y series de funciones
6.35. Con la definición, demuestre:
3n
3n��2z2z
b)
¼¼3,3,, (b)
(b) lím
lím
a)lím
lím
n!1
n!1 nnþþz z
nznz
.
¼¼0.0.
2 2þþz2z2
n!1
n!1nn
6.36. S
ean límn→∞ un(z) = U(z) y límn→∞ vn(z) = V(z). Compruebe que a) límn→∞ {un(z)
b) límn→∞ {un(z)vn(z)} = U(z)V(z), c) límn→∞ un(z)/vn(z) = U(z)/V(z) si V(z)  0.
1
2
6.37. a) Verifique que laseries
serie þ
vn(z)} = U(z)
V(z),
1
X
z
z2
zn�1
converge para |z| < 2 y b) encuentre su suma.
þ 3 þ ��� ¼
converges
2
2
2n
2
n¼1
P1
6.38. a ) Determine el conjunto de valores de z para los que la serie n¼0 (�1)n (zn þ znþ1 ) converge y b) encuentre su
suma.
P
2
n
6.39. a) ¿Para qué valores de z converge la serie 1
n¼1 1=(z þ 1) ?, y b) ¿cuál es su suma?
6.40. S
uponga que límn→∞ |un(z)| = 0. Demuestre que límn→∞ un(z) = 0. ¿Lo contrario es verdadero? Justifique su
respuesta.
6.41. Demuestre que, para toda z finita, límn→∞ zn/n! = 0.
6.42. S
ea {an}, n = 1, 2, 3, . . . una sucesión de números positivos cuyo límite es cero. Suponga que |un(z)| ≤ an para
n = 1, 2, 3,. . .. Demuestre que límn→∞ un(z) = 0.
6.43. D
emuestre que si a una serie se le agrega o se le elimina un número finito de términos, esto no afecta a la
convergencia o divergencia de la serie.
6.44. S
ean Sn = z + 2z2 + 3z3 + . . . + nzn, Tn = z + z2 + z3 + . . . + zn. a) Muestre que Sn = (Tn − nzn+1)/(1 − z).
P
n
b) Con el inciso a) halle la suma dePla serie 1
n¼1 nz y determine el conjunto de valores en los que la serie
1
n
P1nz
converge.
n¼1
n
n¼0 (n þ 1)=2 .
P1
6.45. Encuentre la suma de la serie n¼0 (n þ 1)=2n.
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Problemas complementarios
195
Convergencia absoluta y convergencia uniforme
6.46. a) Demuestre que un(z) = 3z + 4z2/n, n = 1, 2, 3,. . . , converge uniformemente a 3z para toda z en el interior de
la circunferencia |z| = 1.
b) ¿Puede ampliarse la circunferencia del inciso a)? Explique.
6.47. a ) Determine si la sucesión un(z) = nz/(n2 + z2) [problema 6.35b)] converge uniformemente a cero para toda z en
el interior de |z| = 3. b) ¿Es válido el resultado del inciso a) para todos los valores finitos de z?
6.48. D
emuestre que la serie 1 + az + a2z2 + . . . converge uniformemente a 1/(1 − az) en el interior y sobre la
circunferencia |z| = R, donde R < 1/|a|.
6.49. Investigue la convergencia a) absoluta y b) uniforme de la serie
z z(3 � z) z(3 � z)2 z(3 � z)3
þ
þ
þ
þ ���
33
34
3
32
6.50. Investigue la convergencia a) absoluta y b) uniforme de la serie del problema 6.38.
6.51. Investigue la convergencia a) absoluta y b) uniforme de la serie del problema 6.39.
6.52. Sea {an} una sucesión de constantes positivas cuyo límite es cero, y suponga que, para toda z en una región
|un(z)| ≤ an, n = 1, 2, 3,. . . . Demuestre que límn→∞ un(z) = 0 uniformemente en .
,
2
6.53. a ) Demuestre que para toda z finita tal que Re{z2} > 0, la sucesión un(z) = nze−nz converge a cero, y represente
en forma geométrica esta región. b) Analice la convergencia uniforme de la sucesión del inciso a).
P
P1
P
6.54. Suponga que 1
bn convergen absolutamente. Demuestre que 1
cn, donde cn = a0bn +
n¼0 an y
n¼0 a
n¼0 a
a1bn−1 + . . . + anb0 converge absolutamente.
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi p
P1 unapde
P
P . Demuestre
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffi
ffiffiffi en su
6.55. Suponga que cada
dos1�series
es 1absoluta
que
( n)n þ
� n) y uniformemente convergente en 1
n)
n¼1 ( n þ 1n¼1
n¼1 ( n þ 1 �
producto es absoluta y uniformemente convergente.
P
P
1
1
un convergencia
Criterios especiales
n¼1 de
n¼1 un
6.56. Pruebe la convergencia de:
P1
n¼1
un
1
1
1
1
1
X
X
X
X
X
11
1
1
11
1
1
11
1
1
11
1
1
11
1
1
nn n n n
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
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X
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X
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X
X
X
X
X
X
X
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(b)
, (c)
(c)
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, (e)
(e)
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nnnnnn , , , ,(c)
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nnþ
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ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
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n¼1
n¼1
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4n
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3n
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nþ
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n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
6.57. Investigue la convergencia de:
1
1
1
1
X
X
X
X
11
1
1
11
1
1
11
1
1
11
1
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X
X
X
X
X
X
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X
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(�1)
(�1)
1
1
1
1
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1
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1
1
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2þ
2nn
2n
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n
n
þ
n
n
jzj
n
jzj
þ
jzj
jzj
jzj
þ
jzj
jzj
þ
jzj
jzj
jzj
þ
þ
z2þ
zzþ
zzzzzz
n
n
þ
n
þ
jzj
n
jzj
þ
jzj
jzj
jzj
n
n
n
n
n
n2þþ
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
1
np
i=4
Xnpnne
11
1
1
p
i=4
np
i=4
np
i=4
i=4
X
X
X
X
ne
ne
1
1
1
1
1
nne
npne
pni=4
i=4
p
np
i=4
ni=4
pi=4 .
X
X
X
X
X
6.58. Investigue la convergencia
de
ne
ne
ne
ne
ne
.
.
n
n
n
n
n
e�
.�
.�
. ..1..
enee�
e�
e�
�
ne
n¼0
n¼0
n¼0
n¼0
en¼0
enn¼0
en�
1n�
11�
111111
n¼0
n¼0
n¼0
n¼0
6.59. Encuentre la región de convergencia de:
���� ��n�n n�
1
1
11
1
1
11
1
1
11
nn n n
n nnnnnn n
X
X
X
X
X
X
X
X
n
(z
þ
þ
i)i)þ
i) i)
zþþ
(�1)
(�1)
(�1)
z1z z z
X111X
X (z(zX
�X
n X
1
1 z zþ
(zþ
1
z111þ1 1�
(�1)
n
X
b)
c)(c)
, , i)
(b)
(b)
(b)(b) 2 2 2 n n n
: :(�1)
: : n zn
, ,z, þ
(c)
(c)
(z ,þ
1 (c)
,
,
(n
(n
(n
þ
þ
þ
1)(n
1)(n
1)(n
þ
þ
þ
2)
2)
2)
�
�
3
�
3
3
n!
n!
n!
n
n
n
z
z
�
z
�
�
1
1
1
2
n
,
(b)
:
,
(c)
(a)
(n
þ
1)(n
þ
2)
�
3
n!
n
z
�
1
n¼0
n¼0
n¼0
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
2
n
n¼0
n¼1
(n þ 1)(n þ 2) n¼1 n¼1 n � 3 z � 1
n!
n¼0
n¼1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
X
X
X
1
n��
n
n(�1)
n(�1)
n(�1)
�
X
1(z(z(z
n(�1)
(zi)i)�i). i)
n. .
n
X
n(�1)
6.60. Investigue la región de convergencia absoluta de 44n4(n
5=2
5=2
5=25=2(z.� i)
n (n
n2(n
2
2
.
þþ
1)
1)
nþ
21)
4
(n
þ
1)
n¼1
n¼1
n¼1
5=2
n 2
n¼1
n¼1 4 (n þ 1)
1
1
1 1 2p
2p
inz
2p
inz
inz
X
X
X
XeeeX
P1
e12pinz. . e. 2pinz
3=23=2 .
n¼0 an
.
6.61. Encuentre la región de convergencia
de
(n
(n
(n
þ
þ
þ
1)
1)3=2
1)3=2
n¼0
n¼0
n¼0
n¼0 (n þ 1)
(n þ 1)3=2
a)
(a)
(a)
(a)
(a)
n¼0
P1
n¼0
P1
n¼1
an
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi
( n þ 1 � n)
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi
( n þ 1 � n) diverge aunque el término n-ésimo tienda a cero.
P
6.63. Sea N un entero positivo y suponga que, para toda n > N, |un| > 1/(n ln n). Demuestre que 1
n¼1 un diverge.
P1
un de la raíz n-ésima [teorema 6.12], b) del criterio de la integral [teorema 6.13],
6.64. Demuestre la validez a) del n¼1
criterio
de la página 172.
6.62. Demuestre que la serie
P1
n¼1
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196
Capítulo 6 Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent
6.65. Encuentre el intervalo de convergencia de 1 + 2z + z2 + 2z3 + z4 + 2z5 + . . . .
6.66. Demuestre el criterio de Raabe (teorema 6.14), de la página 172.
11 11 11 11 11 11
11 111� �4411� �4141� �441�1�7�744� �77
��þ
�,�, � � �, , b)
þþ þ þþ þþ
þþ� ��þ
��þ
�,�, � � �, ,
6.67. Pruebe la convergencia de: a)22 þ2þ2 þþ22 þ2þ2 þþ22 þ2þ2� ��þ
55 555þ
� �8855� �8585� �885�5�11
22lnln22ln
2ln 2323lnln33ln
3ln 3434lnln44ln
4ln 44
88� �11
�11
11
22 22� �77 22� �77� �12
12
55 555� �10
55� �10
15
10
10
15� �15
55� �10
55���10
10
10
15
�þ
�77 22� �77� þ
�12
12
� ��þ
þ
��þ
�,�, � � �,d)
c) þþ22þþ 22þ
þþ
,
lnln22lnln2ln
ln33 ln3ln
ln44 ln44
þþ 2þþln
þþ 3þþln
þþ� �� �� �. .
22 22 33 33 44 44 þþ� � � �. .
Teoremas sobre convergencia uniforme y series de potencias
6.68. Para las series siguientes, determine la región en la que la serie es uniformemente convergente:
ppffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
1
1
1
1 n nnn
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
z z zz
(z
(z(z
�(z
��
i)�
i)2ni)2ni)2n2n
1111
nnþ
nþ
nþ
1þ
111
,
,
,
(b)
,
(b)
(b)
(b)
,
,
,
,
,
,
,
,
....
a) n n n n
b)
c)
2 222
2n
2n
22
n1)z
n n n d)
2n
2þ
2þ
2þ
3
3
3
þ
3
þ
þ
1
þ
1
1
1
n
n
(n
(n
(n
þ
(n
þ
þ
1)z
þ
1)z
1)z
jzj
þ
jzj
jzj
jzj
n
n
n
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
6.69. Demuestre el teorema 6.20, de la página 172.
6.70. E
nuncie y verifique los teoremas para sucesiones análogos a los teoremas para series 6.18, 6.19 y 6.20, de la
página 172.
6.71. a) Mediante diferenciación de ambos lados de la identidad
1
¼ 1 þ z þ z2 þ z3 þ � � �
1�z
P
6.72.
n!1
ð1
0
un (z) dz,
jzj , 1
1
Pn¼1 nznn
encuentre la suma de la serie 1
n¼1 nz para |z| < 1. Justifique todos los pasos.
P1 2 n
b) Encuentre la suma de la serie Pn¼1
n z para |z| < 1.
1
2 n
n¼1 n z
−nz3
1 ð
1 0 ≤ z ≤ 1, y sea ðun(z)
Sea z real y tal ðque
.
ð n= nze o o
n
1
P
nu (z)
ð1o dz,(b)Y(z)
ð n uðð1n (z)
ðð1
ð1un
ðn
n lím
o
lím
(z)
dz,
Find
dz
n
o
o
u
(z)
(b)
Find
dzo
n
¼
a
z
n
n
P
n
n¼0
n!1
1 lím
n!1 un (z) dz, (b) Find n!1
n!1unn (z) dz
Y(z)
¼
a
z
lím
u
(z)
lím
u
lím
(z)
u
(z)
lím un (z) dz
dz
dz
dz
(b)
Find
u
(z)
u
dz,
(z)
dz,
(b)
Find
(b)
Find
u
(z)
dz,
(b)
Find
a) Encuentre n!1
b) Encuentre
.
nn n
n
nn
n
n¼0
0
0
n!1
0
0
n!1
n!1
n!1n!1
n!1 n!1
n!1
00
0
0
00
00
0
b) Explique por qué las respuestas de los incisos a) y b) no son iguales [véase el problema 6.53].
6.73. Demuestre el teorema de Abel [teorema 6.24, página 173].
2
2
4
6
2 1 � z þ2z �4z þ6� � � for jzj , 1.
1=(1
þ zþ)z¼
) ¼21 � z22 þ 2z44 � 4z66 þ 6� �2 � for
1=(1
6.74. 2 a) Demuestre
que
parajzj|z,
| 2<1.1.4
2
4
6
22
¼
�
þzzz þ
�1=(1
þþz�� ��zþ
for
jzj
,zjzj1.
1.þ,z 1.� z6 þ � � � for jzj , 1.
1=(1
þ� for
þ �1=(1
�þ
jzj
¼1.zz1 �
þ
�
zzz �
þ
�� )for
�¼� �jzj
1for
�,
1=(1 þ z ) ¼ 1 � z þ z � z 1=(1
zz ))þ¼
z 11),�
�1
z�1such
that
f (0)
¼
0,¼
use
prove
that that
b) Si se elige la rama de f (z) = tan−1 z en la que
f
(0)
=
0,
con
el
inciso
a)to(a)
compruebe
que
z
such
that
f
(0)
0, (a)
use
to prove
�1 �1
�1
�1
�1(a) to prove that
such
that
f (0)
(0) f¼
¼(0)
0,¼
use
z such that f (0) ¼ 0, use (a)
to
zz such
prove
z such
that
that
fthat
0,
use
0,
(a)
use
z such
to(a)prove
to
thatprove
that
f (0) that
¼ 0, use (a) to prove that
z
ð ðz
3
5
7
dz
z
z
z
z
3
5
7
−1
z
zz� � � 7
z �
ðz
ðdz
5z þ
7ð
zz�1¼ 7 ¼ððz dz
¼ z¼
� z �þ
tan�1
33 þ
P1 dz
2
zzz57 þþ
zdz��� �
dz
z3 z5�1
zzz35 �
z3 z5 z7
�1 zz �1
3 zz þ
5 �1
7�
1 þ zdz
�1
2¼
z¼
¼þ
¼
z
�
þ
�
�
�
�
þ
þ
�
þ �� �� þ
� 2 �¼
� �z � þ � þ � � �
zp¼ n¼1 nz1n 2 ¼
z
�
z
z
¼
z
�
¼
z
�
z
¼
3
5
7�
1
þ
z
2
0
1
1
2
2
3
5
7
1
þ
z
31� � �5. 7 01 þ z1 þ z
3 35 57 1 þ
7 z
3
5
7
1 þ zþ1 �1 þ
p
¼
p01¼�
0
1 1 1
p
p11 3�
� 11 5þ
þ 1117�
� 111 þ
þ�1�����...p 00 01 1 1
4 p
¼
¼ 1 � c)þDemuestre
� þ � � �que
. P
¼
1
�
¼
1
þ
�
�
þ
þ
�
�
�
þ
�
.
�
�
�
¼
.
1
�
þ
�
þ
�
�
�
.
1
44
5 7
2 n3
4
3 5 7
4 n¼14n z 33 553 775 7 4
3 5 7
6.75. Demuestre el teorema 6.25, de la página 173.
P
n
6.76. a) Determine Y(z) ¼ 1
n¼0 an z tal que para toda z en |z| ≤ 1, Y'(z) = Y(z), Y(0) = 1. Indique los teoremas
empleados y verifique que el resultado sea una solución.
b) ¿Es válido el resultado del inciso a) en el exterior de |z| ≤ 1? Justifique su respuesta.
c) Muestre que Y(z) = ez satisface la ecuación diferencial y la condición del inciso a).
d) ¿Puede identificarse la serie del inciso a) con ez? Explique.
6.77. a) D
ada la ecuación diferencial Y''(z) + Y(z) = 0, Y(0) = 0, Y'(0) = 1, emplee métodos para series a fin de obtener
la expansión de la serie
sen z ¼ z �
z3 z5 z7
þ � þ ���
3! 5! 7!
b) ¿Cómo se obtiene una serie correspondiente a cos z?
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Problemas complementarios
197
Teorema de Taylor
6.78. O
btenga el desarrollo de las funciones siguientes en una serie de Taylor en torno al punto indicado y, en cada caso,
determine la región de convergencia.
�z �z
2z 2z
2z
þc)(c)
z);
z ¼þ
z (e)
¼e)
¼
(c)
1=(1
þ1þ
z);z);
¼
(e)
ze�1
¼
�1�1
a ) e�z ; z ¼ee0�z
e;; zz;¼
z (c)
¼
00 01=(1(c)
1=(1
1=(1
z);
zz ¼
z¼
11 1(e) ze2z ;(e)
ze
ze;; zz;¼
z¼
�1
3
2
3
2
3
3
2
2
b) cos z; z ¼
d)
p
4z�
�3z
2;þ
cos
z; z;
¼
p=2
=2
(d)
�
3z
þzþ
4z¼4z
�2�
2; 2;
¼
cos
cos
z;
zz ¼
z(d)
¼
=2
p
zp=2
�(d)
3z
(d)zzþ z�
3z
4z
�
2;
zz ¼
z¼
22 2
6.79. S
uponga que las funciones siguientes se desarrollan en una serie de Taylor en torno al punto indicado. ¿Cuál sería
la región de convergencia? No realice la expansión.
2 2
z z
sen
4);
z4);
(c)
(z
þ
3)=(z
�
1)(z
�
4);
z4);
(e)
=z(z
1);
z1);
(g)
sec
p¼
z zz;
¼
22z=(z
zzze e
22 z=(z
2þþ
2 4);
z (e)
z =z(z
z ��
sen
z0,¼
¼
0,
(c)
(z
þ
3)=(z
�
1)(z
�
4);
z2,
2,
1);
z4i,
¼
4i,,(g)
(g)
z1¼
¼
11
2z=(z
ze2,
þ
4);
0,
(c)
(z
3)=(z
�
1)(z
4);
zz4);
¼
2,
(e)
eeee)
=z(z
�
1);
z1);
¼
4i,
sec
p
z;
zz;
¼
sensen
sen
sen
z=(z
sen
z=(z
z=(z
þ
þ
4);
zþ
4);
zþ¼
¼
0,
(c)
z0,
0,
¼
(c)
(z0,
(c)
þ
(z
3)=(z
þ
(c)
(z
3)=(z
þ
(z
�
3)=(z
þ
1)(z
�3)=(z
1)(z
�
1)(z
�
4);
�z1)(z
4);
z�
¼
z2,
�
¼
2,
z¼
¼
(e)
z2,2,
¼
(e)
=z(z
(e)
=z(z
(e)
e�
=z(z
1);
e��
=z(z
1);
z�¼
¼
z�
¼
4i,
z¼
¼
z4i,
4i,
(g)
¼
(g)
4i,sec
(g)
sec
p
(g)
z;z;
sec
psec
zz;p
p
zpz;
¼
1z;p
z111¼
a)z=(z
, z¼
c)
,¼
g)
sen
þz=(z
4);
z4);
¼
(c)
(z
þ
�
1)(z
�
4);
¼
(e)
e(e)
=z(z
�
1);
z1);
(g)
sec
psec
zsec
¼
sen
z=(z
þ
4);
z0,¼z¼
0,
(c)
(z3)=(z
þþ
3)=(z
�
1)(z
�
4);
¼
2,
=z(z
z4i,
¼
4i,
(g)
z;
z1 1¼
2
2 2
z z zþ
22�z�z2senh(z
2−z
þ
2);
z=
1);
z0,
(f)
2z;
z2z;
¼
z z=(e
zz=(e
zz zþ
z=
�ze(d)
�z
�z �z
b) z/(e
+
1);
d)
+2);
2);
z¼
fcoth
)z(f)
z2z;
zz0,¼
=
0.
2e senh(z
senh(z
þ
2);
z0,0,
¼
0, 0,(f)(f)
1);
z0,¼
¼
0,(d)
zcoth
coth
2z;
¼0,¼
0, 0,
�z
þ
0,
z1);
¼
0,
e�z
zz(f)
2z;
z2z;
¼
senh(z
senh(z
þ
senh(z
2);
þ
2);
zþ
¼
2);
zþ
¼
0,
2);
z¼
¼
z0,0,
¼
z=(e
z=(e
z=(e
z=(e
1);
þ
1);
zþ
zþ
¼
0,
1);
z¼
z0,0,
¼
(d)
e2(d)
(d)
e�z
(d)
eesenh(z
e senh(z
zcoth
coth
(f)
zcoth
coth
2z;
zz2z;
zcoth
¼
z2z;
¼
0,
zþ
þ
2);þ
z2);
¼
z=(ezz=(e
þz=(e
1);
zþ
¼1);
(d)
e0,(d)
(f) (f)
z(f)
2z;
¼
senh(z
zz0,
¼
0,
þ
1);
z0,¼¼
0,
(d)
esenh(z
zcoth
coth
z0,
¼z0,
0,z 0,
z
z
6.80. Verifique las expansiones 1, 2 y z3 para
zz
zze z, sen z y cos z, de las páginas 173 y 174.
2
z
z
6 6 10 10 14 14
z
z
z zz14z14
6
10
6
6
10
6
10
6
14
14
10
z
z
22 2622 z2 62zz210 2z z 10
z z14
zz10z�
zz14
que
. 1.
þ
2sen
2 zz2z2z¼
2z zz��z z
þ5!
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þ
��jzj
,�,� jzj
jzj,
,1.
1.
z�
z14þ
zsen
¼
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1.
sen
sen
zsen
z2sen
z2z�
z¼
¼
zsen
z¼
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þ
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þ
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jzj
,,
,
1.
jzj
1.
jzj
,
1.
,
2 sen
2 2¼
3!
3! 5! �þ
6.81. Muestre
sen zsen
¼zz ¼�z �þ3! 3!
þ
�5!�þ
� 7!
, � �7!
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, ,jzj1.
, 1.
3!þ�
5!3!5!
5!3!�7!
5! 7!
7!
3! 3!5! 35!37! 5 7!
7
3 7z5577 z
5 z77 7
�1�1 z3 zz33 zz5zz3zz55zz
z z z�
z z�z þzþ
�
�1
�1tan
�1
�1z 3�1
7þ
6.82. Demuestre
þ
��jzj
,�,� jzj
jzj,
,1.1.
1. 1.
tan
¼
z5�
�
þ
�
þ
1.
tan
zztan
¼
zz¼
�
þ
�
�
�þ����,��þ���,,��þ
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jzj
,,
,
1.
jzj
1.
jzj
,
,
tanque
tan
ztan
¼
¼
zz�
z¼
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zzzz3z¼
zþ
z5þ
z57þ�
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57þ
3355�
3þ
5�77�þ
5�7,7�7� �7jzj
tan�1tan
z �1
¼z�
, ,jzj1., 1.
¼ z �þ3 33þ�
3 353 335z73 353 5752z
5
3 2z55 5
2zzz2z
2z5zþ
2z þ
2zþ
z¼z 3zþ
zz þ
þ
,
pp
=2,
3z¼
5þ
tan
����,�jzj
�,,� �jzj
jzj
,
p=2,
=2,
zztan
¼
zz¼
þ
þ
���,,��þ
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p
=2,
tantan
tan
z tan
¼
¼
zzztan
þ
þ
zz2z
z¼
þ
zþ
þ
þ
þ
�
þ
� ��,��þ
jzj
,
, jzj
,
jzj
,
,
p
=2,
pjzj
=2,
p=2,
6.83. Muestre que a)
2z
3
15
3
15
3
15
3
3
15
3
15
3
15
15
2 2z þ
4 4þ þ � �þ
3
tan ztan
¼
þ
þ
�
,
jzj
,
p
=2,
z
¼
�
�
�
,
jzj
,
p
=2,
2 22 z z24 445z
2 5z4 4
3z 337z7z33 3
z
5z
11 z11þ
z1z 7z
7z
z
z
z
z
5z
5z
5z
5z
1
1z zþ
7zþ
z 7z þ
7zþ
315
15
þ43þ
þ
�,,��jzj
���,�jzj
jzj
,
pp
=2,
(c)
csc
zcsc
¼
þ
þ
þ
�
�
,
jzj
,
����,,
,
jzj,
,pp
p
=2,
(c)
csc
z
¼
pp
¼
1þþ
2þ
4þ
3þþ
21
3þ
þ
�
�
,
���,,��0þ
jzj
,
p
=2,
(c)
csc
z
¼
þ
þ
p
zsec
¼
1z1¼
þ
þ
�
þ
�
�
�
,
�
þ
�
þ
jzj
,
,
�
�
,
,
jzj
jzj
,
,
�
þ
� ��,��þ
�0�0,,�,
,
jzj
�0,00,
jzj
,
,
0jzj
,
jzj
,
,
,
p
=2,
p
=2,
=2,
p
(c)
=2,
(c)
csc
(c)
csc
z
(c)
¼
csc
z
¼
þ
z
¼
þ
z
þ
¼
þ
þ
p
pjzj
secsec
sec
z sec
¼
zsec
¼
1zzsec
z¼
þ
zz15z
¼
1þ
þ
1 z zz1z 6z z66zz7z
224
2424
66360
5z
7z6360
224
2424
360
6360
2
2
2
2
24
2
360
360
360
z
� , � � �jzj
� , � � �0, , 0jzj,,jzjp, p
þ þ þ þ � �þ
=2,p=2, (c)
¼z¼
sec
¼ z1 ¼
þ 1 þþ þ þ � �þ
, ,jzjp,
(c) zcsc
b) zsec
c) csc
2 224 24
z 6z 6360 360
6.84. A
l sustituir z por iz en la expansión del problema 6.82, obtenga el resultado del problema 6.23c), de la página
185.
6.85. ¿Cómo se obtiene una serie para a) tanh z, b) sech z, c) csch z a partir de las series del problema 6.83?
6.86. Demuestre la unicidad de la expansión de la serie de Taylor de f (z) en torno a z = a.
P
P1
n
n
[Sugerencia: Suponga que f (z) ¼ 1
n¼0 cn (z � a) ¼
n¼0 dn (z � a) y muestre que cn = dn, n = 0, 1, 2, 3,… .]
6.87. Demuestre el teorema 6.6 del binomio, de la página 174.
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
6.88. Suponga que se elige la rama de 1 þ z3 con el valor 1 para z = 0. Muestre que
1
1
1�3 6 1�3�5 9
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 1 � z3 þ
z �
z þ ���
2
2�4
2�4�6
1 þ z3
jzj , 1
6.89. a) Elija la rama de sen−1z en la que se tiene el valor cero para z = 0. Muestre que
sen�1 z ¼ z þ
1 z3 1 � 3 z5 1 � 3 � 5 z7
þ
þ
þ ���
2 3 2�4 5 2�4�6 7
jzj , 1
b) Demuestre que el resultado del inciso a) es válido para z = i.
6.90. a ) Obtenga el desarrollo de f (z) = ln(3 − iz) en una serie de potencias de z − 2i, al elegir la rama del logaritmo
en la que f (0) = ln 3, y b) determine la región de convergencia.
Teorema de Laurent
(z)=
¼1/(z
1=(z−
� 3)
3) en una serie de Laurent válida para
jzj a)
, |3,
(b)3,jzjb).|z|3.> 3.
6.91. Obtenga el desarrollo de ff(z)
z| <
z
6.92. Obtenga el desarrollo de f (z) ¼
en una serie de Laurent válida para:
(z � 1)(2 � z)
a) |z| < 1,
1,
jzj .e)2,0 < |z −jz 2�| <
1j 1.
. 1,
b) 1 < |zjzj
| <,
2,1, c)(b)
|z| >
2, jzjd),|z2,− 1| > 1,
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0 , jz � 2j , 1.
198
Capítulo 6 Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent
6.93. Obtenga el desarrollo de f (z) = 1/z (z − 2) en una serie de Laurent válida para a) 0 < |z| < 2, b) |z| > 2.
6.94. Encuentre un desarrollo de f (z) = z/(z2 + 1) válido para |z − 3| > 2.
6.95. Encuentre un desarrollo de f (z) = 1/(z − 2)2 en una serie de Laurent válido para a) |z| < 2, b) |z| > 2.
6.96. O
btenga el desarrollo de las funciones siguientes en una serie de Laurent en torno a z = 0, e indique en cada caso
el tipo de singularidad.
a) (1 − cos z)/z,
b) ez/z3,
c) z−1 cosh z−1,
4
d ) z2e−z
6.97. S
uponga que tan z se desarrolla en una serie de Laurent en torno a z = p/2. Muestre que: a) la parte principal
es − 1/(z − p/2), b) esta serie converge para 0 < |z − p/2| < p/2, c) z = p/2 es un polo simple.
6.98. Determine y clasifique todas las singularidades de las funciones:
a) 1/(2 sen z − 1)2,
b) z/(e1/z − 1),
c) cos(z2 + z−2),
d ) tan−1(z2 + 2z + 2),
e) z/(ez − 1).
6.99. a ) Desarrolle f (z) = ez/(z−2) en una serie de Laurent en torno a z = 2 y b) determine la región de convergencia de
esta serie. c) Clasifique las singularidades de f (z).
6.100. Establezca el resultado (6.7), de la página 174, sobre los coeficientes en una serie de Laurent.
6.101. Demuestre que las únicas singularidades de una función racional son polos.
6.102. D
emuestre el recíproco del problema 6.101, es decir, si las únicas singularidades de una función son polos, la
función debe ser racional.
Desarollo de Lagrange
6.103. Muestre que la raíz de la ecuación z = 1 + zz p que es 1 para z = 0, está dada por
z¼1þzþ
2p 2 (3p)(3p � 1) 3 (4p)(4p � 1)(4p � 2) 4
z þ
z þ
z þ ��.
2!
3!
4!
6.104. E
n el problema 6.103, calcule la raíz si p = 1/2 y z = 1, a) mediante una serie y b) exactamente. Compare las
dos respuestas.
6.105. Con la ecuación z = a + 12 z(z2 − 1), muestre que
1
X
1
zn d n 2
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 1 þ
(a � 1)n
n n! dan
2
1 � 2az þ z2
n¼1
6.106. M
uestre que el desarrollo de Lagrange sirve para resolver el problema de Kepler de determinar la raíz de
z = a + z sen z para la cual z = a cuando z = 0.
6.107. Demuestre el desarrollo de Lagrange, fórmula 6.11, de la página 176.
Continuación analítica
6.108. a) Demuestre que
F2 (z) ¼
e s una continuación analítica de F1 (z) ¼
serie.
P1
n¼0
�
1 �
1 X
zþi n
1 þ i n¼0 1 þ i
zn, y muestre gráficamente las regiones de convergencia de la
b) Determine la función representada por todas las continuaciones analíticas de F1(z).
1
X
znþ1
6.109. Sea F1 (z) ¼
.
3n
n¼0
a) Encuentre una continuación analítica de F1(z) que converja para z = 3 − 4i.
b) Determine el valor de la continuación analítica del inciso a) para z = 3 − 4i.
6.110. Compruebe que la serie z1! + z2! + z3! + . . . tiene la frontera natural |z| = 1.
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Problemas complementarios
199
Problemas diversos
6.111. a) Demuestre que
P1
n¼1
1=np diverge si la constante p ≤ 1.
b) Verifique que si p es complejo, la serie del inciso a) converge si Re{p} > 1.
Þ
C G(z) dz o divergencia de la serie del inciso a) si Re{p} ≤ 1.
c) Investigue la convergencia
6.112. Demuestre la convergencia o divergencia:
pffiffiX
ffiffi11 p
ffiffi11 p
pffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiX
1
1
1
1
1
1
1
X
X
X
X
X
X
X
1 pffiffi
1
1
1
1
1
1
X
X
X
X
X
nnX
nnX
nn (c) X
3�1
33�1
�1
�1
�1
�1 X33
3
�1 ncoth�1
�1
a) (a)
c)
e) �1
(a)
(a)
n sen
sen�1
n(1=n
sen
n sen
sen(e)
(1=n
) (1=n
(e)
)) (1=n
(1=n(e)
coth
) �1
(e)
coth
ncoth
(c)
(c)
(a)
(a)
(a)
n
n
sen
n
)
(1=n
(e)
coth
)
(e)
n
ncoth nn
(c)
(c)
(c)
nn þ
ii nn þ
ii nn þ
þ ii
þ
þ
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
1
1
1
1
11
1
1
1
22
21
n
X
X
X
1
1 senn22X
1
1 (i)nX
1
1
1
1
n1
nX
�1
X
X
X
X
X
X
X
nX
n (i)
(i)X
(i)nn X
nX
þ
þ
sen
nnnþ
þ sen
sen2X
2
22
X(i)
X
n
n
(i)
n
þ
sen
n
þ
sen
n
2
�n
�n
�n22 1
z
z
1
1
�n
�n
2
3
n
(d)
(d)
(d)
(f
)
(f
)
(f
(b)
(b)
ne
ne
ne1�n
b) (b)
d
)
f
)
(d)
(d)
(d)
(f
)
(f
)
(f
)
(b)
(b)
(b)
ne
ne
¼
z
þ
z
þ
z
þ
�
�
�
¼
z
,
¼
¼ne
þ þ 2 þ ��� ¼
zn
n þ (2
nn þ
nþ
n
n
�
i)n
(2
�
i)n
(2
�
i)n
n
ln
n
n
ln
n
n
ln
n
ie
ie
ie
þ
(2
�
þ
i)n
(2
�
þ
i)n
(2
�
i)n
n
ln
n
n
ln
n
n
ln
n
ie
ie
ie
1
�
z
z
�
1
1
�
1=z
z
z
n¼1
n¼1
n¼1
n¼2
n¼2
n¼2
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼2
n¼2
n¼21
n¼1
n¼1
n¼1
0
P
P
P11 n
P1
P11 nnP
n
P1 n
1
n ¼
n ¼
¼
¼
¼
¼
6.113. Para mostrar que �1 z ¼ 0., Euler presentó el argumento siguiente:
1
�1
X
X
2
3
z
z
1
1
�1
1
�1
X
X
2
3 X
(z �zzn1)
(z
�
1) 1(z �1¼
1)411þ11 þ 11 þX
z
z
z
1
¼
z
þ
z
þ
z
þ
�
�
�
¼
,
¼
�
�
�
¼
zn
2
3
n
2
3
n
n
�z � 1¼ 1¼
þ
�þ
� z�þ
�� .� �z¼
for jz¼�1z1j
lnþ
2þ � � � z
zþ
z� ¼(z
þ�
� � �1)
¼4þ1 þ
¼
zn
þ,
11=z
þ
þ
z zzþ
�z� ¼
z¼þ
, 1z� ,2 ¼
�
zz¼1,
�
2
2
2
�
3
3
�
1z � 1 z �
0
1 1=z1 � 1=z z z z z
1�z 1�z
1�
1
0
1
0
P1 n
P
P1 n 1�1 zn ¼ 0.
Después, al sumar,
0.z ¼ 0.. Explique la falacia.
�1
�1 z ¼
2
3
4
2(z � 1)2
3(z � 1)3
4(z � 1)4
�(z �(z1)� 1)
þ(z � 1) � � � � .
for jz � 1j , 1, z ln z ¼ (z (z
��
1) 1)
þ(z �(z1)� 1)
6.114. Demuestre que para
ln�
z¼
for jz �for
1j jz
,�1,1j ,
z ln1,z ¼z (z
1) (z
þ� 1) þ �1 � 2 � þ2 � 3 þ �3 ���4� . � � � � .
1 � 2 1 � 22 � 3 2 � 33 � 4 3 � 4
6.115. Obtenga el desarrollo de sen3 z en una serie de Maclaurin.
6.116. En la serie z2 þ
z2
z2
z2
þ
þ
þ � � �.
2
2
1þz
(1 þ z2 )
(1 þ z2 )3
a) Muestre que la suma de los n primeros términos es Sn(z) = 1 + z2 − 1/(1 + z2)n−1.
b) Muestre que la suma de la serie es 1 + z2 para z  0, y 0 para z = 0; y por ende, que z = 0 es un punto de
discontinuidad.
c) Muestre que en la región |z| ≤ d, donde d > 0, esta serie no es uniformemente convergente.
3z � 3
6.117. Si F(z) ¼
una
serie de Laurent F (z) en torno a z = 1 que converja para 12 < |z − 1| < 1.
, encuentre
P1
p
(2z � 1)(z � 2)
n¼1 1=n
6.118. S
ea G(z) = (tan−1 z)/z4. a) Desarrolle G(z) en una serie de Laurent. b) Determine la región de convergencia de la
Þ
serie del inciso a). c) Evalúe C G(z) dz , donde C es un cuadrado con vértices en 2 2i, −2 2i.
2
6.119. Considere las funciones ze1/z , (sen2 z)/z, 1/z(4 − z), las cuales tienen singularidades en z = 0:
a) dé un desarrollo en una serie de Laurent en torno a z = 0 y determine la región de convergencia;
b) indique en cada caso si z = 0 es una singularidad removible, una singularidad esencial o un polo;
c) evalúe la integral de la función en torno a la circunferencia |z| = 2.
1
X
1
of
. b) ¿Contradice su respuesta al inciso a) del problema 6.8?
6.120. a) Investigue la convergencia de
1þ1=n
n
n¼1
6.121. a ) Muestre que la serie siguiente, donde z = x + iy, converge absolutamente en la región limitada por sen2x +
senh2 y = 1:
sen z
sen2 z
sen3 z
þ
þ
þ ���
12 þ 1 22 þ 1 32 þ 1
b) Represente en forma gráfica la región del inciso a).
6.122. Si |z| > 0, demuestre que cosh(z + 1/z) = c0 + c1(z + 1/z) + c2(z2 + 1/z2) + . . . , donde
2ðp
1
cos nf cosh(2 cos f) d f
cn ¼
2p
0
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200
Capítulo 6 Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent
6.123. S
i f (z) tiene ceros simples en 1 − i y en 1 + i, polos dobles en − 1 + i y en −1 − i, pero ningunas otras
singularidades finitas, demuestre que la función debe estar dada por
f (z) ¼ k
z2 � 2z þ 2
(z2 þ 2z þ 2)2
donde k es una constante arbitraria.
1 X
1 n=2
n=2
1X
X
21X
p=4)
2n=2sen(n
2sen(n
pp
=4)
2n=2
psen(n
=4)
sen(n
z
n=4) n
z
1
n=2znz. . znz. .
z sen
¼z z¼¼
z,ezzesen
z,sen
X
z, z,ezesen
¼
2n!
sen(np=4) n
z
n!
n!
z .
en¼1
senn¼1
z ¼ n!
6.124. Demuestre que para toda z,n¼1
n¼1
n!
n¼1
1 111�
1�11 1þ
�1þ1314 13�
þ���14��,14�þ�,þ� � �,� �,y justifique todos los pasos. [Sugerencia: Use el problema 6.23.]
2¼�
¼
6.125. Muestre que
2 2¼ln¼121�
2þ
23 2 4 þ
2þ
3�
2 ¼ 1 � 12 þ 13 � 14 þ � � �, 1X
1
1
X
X1 X
z z zz
1
X
6.126. Investigue la convergencia uniforme de la serie
. . ..
X
zþ
z
[1
þ
(n
�
1)z][1
þnz]
nz]
[1
þ
(n
1)z][1
þnz]
nz]
[1
þ
(n
��1)z][1
[1
þ
(n
�
1)z][1
þ
.
n¼1 n¼1
n¼1
.
n¼1
i i ii
[1 þ (n � 1)z][1 þ nz]
[1
þ
(n
�
1)z][1
þ
nz]
n¼1
1
i
is
1�¼�
þnz):
nz):
is
¼
1��þ
(1=1
nz):
[Sugerencia: Descomponga
el
término
n-ésimo
en
fracciones
parciales
y
muestre
que
n-ésima
suma
parcial
es
is
S¼nS¼
(z)
1(1=1
(1=1
þþnz):
i
n (z)
n1(z)
is SnSla
(z)
(1=1
is Sn (z) ¼ 1 � (1=1 þ nz):
is Sn (z) ¼ 1 � (1=1 þ nz):.]
1 1 11 1 1 11 1 1 1
þ�23 2þ
�þþ
þ�� �þ�þ� � � � converge a S, demuestre que la serie reordenada
Given
1��1 1þ
6.127.
Si Given
laGiven
1�
�
Given
1 serie
2 2 3�
4 34 3 � �4�4
Given 1 � 12 þ 13 � 14 þ � � �
1 1 1111 1111 1111 1111 1111 111 111 11 3 3 33
�
þ
þ
þ
þ
�1þ�
þ
�þ¼
1þ
þþ�
�þ
þ�
þþ
�þ
þ 1þ
�
¼ S:S:
� � �S:�¼S:
1 1þþ1�
�þ
� ����þ
¼
1þ
1þ�
1�
1þ
1 1 1 1
3
6þ 616 � 21 2þ �2� 2� ¼ 3 S:
9 þ11
911
9494 �
11
611
3 3 23213 þ
5252 �
7575 þ
4747 þ
þ þ � þ � � � ¼ S:
2
3 2 5 7 4 9 11 6
2
4 9 11 6
Explique.
0 þ 12 yþescríbalo
0 � 14 þ como
0 þ 160þþ� � 12� þ 0 � 14 þ 0 þ 16 þ � � �; después sume término
[ Sugerencia: De la primera serie tome
por término con la primera serie. Observe que S = ln 2, como se muestra en el problema 6.125.]
P1
P1
1þi
1þi
6.128. Demuestre que la serie hipergeométrica
n¼1 1=n
n¼1 1=n
1þ
a�b
a(a þ 1)b(b þ 1) 2 a(a þ 1)(a þ 2)b(b þ 1)(b þ 2) 3
zþ
z þ
z þ ���
1�c
1 � 2 � c(c þ 1)
1 � 2 � 3 � c(c þ 1)(c þ 2)
a) converge absolutamente si |z| < 1,
b) diverge para |z| > 1,
c) converge absolutamente para z = 1 si Re{a + b − c} < 0,
d) satisface la ecuación diferencial z(1 − z)Y'' + {c − (a + b + 1)z}Y' − abY = 0.
6.129. Demuestre que, para |z| < 1,
0þ
1
2
4
6
8
þ 0 � 14(sen
þ �1
0 z)
þ2 16¼þz2� �þ� 2 � z þ 2 � 4 � z þ 2 � 4 � 6 � z þ � � �
3 2 3�5 3 3�5�7 4
P
1þi
6.130. Demuestre 1que 1
n¼1
1 1=n1 diverge.
1
� 11 �
þ �1� � ¼
21�
1: 2 � 1:
1 � 1 1 �þ 1 1 þ
1 2�2�ln
�¼
2 ln
12 � 3 þ
1 3 � 41�
1 4�� 51þ
1þ
1�2 �
���5� þ
¼
ln
2�
1:
�
3
�
4
4
1
�
2
2
�
3
�
þ
�
þ
�
�
�
¼
2
ln
2
6.131. Muestre que
� 2 ln 2�� 1:
1 � 2 2 � 3 3 �14� 2 4 �25� 3 3 � 4 6 4 � 5 þ�� �1:�. ¼
1�2 2�3 3�4 4�5
z 6 þ 1 z6 þ 1 � z22 �� z2 � �
�
2
of
sen 6sen
z�þ 12. � .
z3 þ 61
þ32)
1 2 sen z2z�
zþ
3 zz .� 3 sen z
(zof�of1)(z
6.132. Localice e indique el tipo de todas lasofsingularidades
de
.
of
3(3z
2
� 1)
.2
3 3
z�
þ (3z
2) þ 22)sen
(z � 1) (3z
z�3
(3z
1)
z �þ32)
(z � 1)3 (3z þ(z2)�
6.133. Utilizando
sólo propiedades
series infinitas, demuestre
�
��de las
� �� que
�
2
� a2 a3 2
�� b2 b3 2
�
�
�
�
2�
3 ��
3�
�
�
�
� (a�þ b)(a2 þ
�
2
3
2
3
a
b
b
þ �2b)
a
�
�
� þ b)2
2� b þ3 b þ 2b þ �3 � � ¼�2 1 þ
3(a þ b) þ (a þ b)
þ
þ
�
�
�
1
þ
�
�
1 þ� a þ
a
a
2
3
a
b
b
(a
a
þ
þ
�
�
�
1
þ
b
þ
þ
þ
�
�
�
¼
1
þ
(a
þ
b)
þ
þ
�
�
�
1
þ
a
þ
a
b
b
(a
þ
b)
a
a) 1 þ a þ 2! þ 3!2! þ
3!2! þ
2!þ (a þ
�3!
� a� þ 1 þþb þ 2!
þ
� 3!
� b� þ¼ þ
1 þ (a
þ
b)
þ
�
�
�
þ
�
�
�
1
þ
þ
�
�
�
¼
1
þ
b)
þ
þ
�
�
�
1
þ
2! þ � � �
b2!þ 3!þ þ � � �2! ¼ 3!1 þ (a þ b) þ2!
1 þ a2!þ 3!þ þ � � �2! 1 þ
2!
2! 6 3! �2 � 3! 3 2!5 3!7
2!
�
�2
2
4
�
�
�
�
2
2
�
a
a 2 aa42 a�
a
4
6 �2 �
32 a�75
7 �2
�
�
6
3
5
2
7
1 �� a 1þ�2a �þ4aa þ��6�aa�2 þþ�a��4�2a ��
a aþ�3aa �þ5aa þ��7a�a�3 þ¼�a��51�2 ¼
a63!
þ
þa4!2! �a6!4!1þa��6!
� � þþ a��
þa5!�3! �aþ7!5!aþa��7!
� � þ¼ 1� a 1þ � � � ¼ 1
b) 1 �12!�
þ 6!� 2!
þ � � �4! þ 6!a3!þ
þ 7!� 3!
þ � � �5! ¼ 7!
� � �5!
1
2! 4!
2!P14! P6!n
3! 5! 7!
Pn¼0
an z1n converges
for jzjpara
, R|jzj
and
0 y�
r,
that
f (z)
1¼
ann zn P
converges
, RR
and
�R.
rProve
,<R.R.Prove
that
Suppose
P
1 for jzj
6.134.Suppose
Suponga
que¼
converge
<
≤R
rProve
Verifique
n for
a
z
converges
, Rz|and
0for
�que
r 0,0,
R.
that
Suppose
f (z)
¼f (z)
n¼0
1
n
a
z
converges
jzj
and
0
� rthat
, R. que
Prove that
¼
n
z
converges
for
jzj
,
R
and
0
�
r
,
R.
Prove
Suppose f (z) Suppose
¼n¼0 n¼0 fa(z)
n¼0
n
2ðp
1
2ðp
X
2
p
1
1 ð 12p iu 2
2ðp 1
Xja1nX
1
j22r 2n2n
1 j f ð(re )j 2duiu1¼
2 2nX
X
)j2 du ¼
iju r2ja2n j2nr
2p 1 j2fp(reiuj)jf (re
ja
iud u2 ¼ n¼0
n
j
f
(re
)j
d
u
¼
jan j2 r 2n
j
f
(re
)j
d
u
¼
ja
j
r
2p 0
2p n¼0 n¼0 n
20 p 0
n¼0
n¼0
0
0
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Problemas complementarios
201
6.135. Con el problema 6.134, demuestre la desigualdad de Cauchy (página 145), a saber,
j f (n) (0)j �
M � n!
rn
n ¼ 0, 1, 2, . . .
6.136. S
uponga que una función tiene seis ceros de orden 4 y cuatro polos de orden 3, 4, 7 y 8, pero no tiene ninguna otra
singularidad en el plano finito. Demuestre que la función tiene un polo de orden 2 en z = ∞.
6.137. Determine si las funciones siguientes son enteras, meromórficas o ninguna de las dos cosas:
p
ffiffiffiffi p
ffiffiffiffi p
ffiffiffiffi p
pffiffiffiffi p
pffiffiffiffi pffiffi p
pffiffi pffiffi
psen
2 �z22 �z
�z
2 �z22 �z
�z
�z,
z ,ee(1
e (c)
z)=z,
(c)
(1cos
� z)=z,
cos
(c)
z)=z,
(1
(c)
�(1
(1cos
z)=z,
cos
z)=z,
z(g)
zz psen
zz==pffiffizzzffiffiz==(g)
z= ffiffizz==/pffiffizz
(e)
zz sen(1=z),
(e)
zz(e)
(e)
sen(1=z),
sen(1=z),
(g)
sen
zp
(e)
sen(1=z),
(g)
sen(1=z),
(g)
sen
sen
(g)sen
sen
a) zz22ee�z
c)
, (c)
e)
g)
zz ,,ee ,,(c)
zcos
, zz2ee�z
(c) (1
(1z �
�
(c)
cos
(1
(c)
z)=z,
, ,�
�(1
cos
�
z)=z,
cos
z)=z,
��cos
z)=z,
z==zzsen(1=z),
zz(g)
(e)
sen(1=z),
(e)
sen(1=z),
zz sen(1=z),
(g) (e)
sen,(e)
sen
(g)
sen
p
ffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
p
ffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffi
ffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
p
ffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffi
ffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffi ffi
22
2
2
cot 2z,
2z,(d)
cot 2z,
(d)
z(d)
cosh
2z,
(d) cosh
cosh
zz22,, zz22(d)
cosh
(d)
cosh
z(f
,, 2z,
zz þ
1=z,
(f
þ (h)
1=z,(f )sen
z(fþ
(h)
zþ
(h)
þsen
1=z,zzsen
sen zz(h) (h)
(h)
sen sen
zsenzz
b) cot
d)
f,þ
),)) zz1=z,
h)
cot 2z,
2z,, cot
cot 2z,
2z,
cot
(d) cosh
cosh
cot
zcot
cosh
(d)
,,(f
(f))(d)
þcosh
1=z,
(f,))zzz2(f
þ
1=z,
þ
(h)
1=z,
sen
(f
(h)
)z)zz1=z,
(h)
1=z,
sen
11
11 11 11
11 11111 11 11 111 11
1 11
1
1
1
6.138. Sea −p < u < p. Demuestre que ln(2 cos u=2) ¼ cos u � cos 2u þ cos 3u � cos 4u þ � � �
2
3
4
6.139. a ) Obtenga el desarrollo de 1/ln(1P
+ z) en una serie de Laurent en torno a z = 0 y b) determine la región de
1
n
convergencia.
n¼1 z =n
6.140. Sea S(z) = a0 + a1z + a2z2 + . . . . Con
necesarias, demuestre que
P1las restricciones
�n 3n
n¼0 2 z .
S(z)
S(z) ¼ a0 þ (a0 þ a1 )z þ (a0 þ a1 þ a2 )z2 þ � � �
1 � z ¼ a0 þ (a0 þ a1 )z þ (a0 þ a1 þ a2 )z2 þ � � �
1�z
6.141. M
uestre que la serie siguiente a) no es absolutamente convergente, pero b) es uniformemente convergente para
todos los valores de z.
11
1 1
1
1
1 �2u þ
1 cos
þ 3u1� 1�cos 41u þ þ
� � ��� �� ��
ln(2 cos u=2) ¼ cos u1�
� 2 þ jzj
þ
�
þ
þ2jzjcos
3
þ
jzj
4
þ
3 3 þ jzj4 4 þ jzj
1 þ jzj 2 þ jzj
jzj
6.142. Demuestre que
P1
n¼1
zn =n converge en todos los puntos de |z| ≤ 1, excepto en z = 1.
6.143. Compruebe que P
la 1solución nde z = a + zez, que tiene el valor a en z = 0, está dada por
�n 3
n¼0 2 z .
1
X
nn�1 ena z n
z¼aþ
n!
n¼1
si |z| < |e−(a+1)|.
cos 2u cos 3u
þ
þ ���.
2!
3!
6.145. Sea F (z) analítica en el plano finito y suponga que F (z) tiene periodo 2p, es decir, F (z + 2p) = F (z). Demuestre
que
2ðp 2ðp
1X
1
X
1 1
inz inz
�inz�inz
where
where
an a¼n ¼ F(z)e
F(z)e
dz dz
F(z)
F(z)
¼ ¼ an ean e
donde
p
p
2
2
n¼�1
n¼�1
0 0
1
1
1
Esta serie se llama serie de Fourier para F (z).
ln(2 cos u=2) ¼ cos u � cos 2u þ cos 3u � cos 4u þ � � �
2
3
4
6.146. Demuestre que la serie siguiente es igual a p/4 si 0 < u < p y a −p/4 si −p < u < 0:
1
1P1 n
=n� � �
5uz þ
sen u þ sen 3u þ sen
n¼1
3
5
P
�n 3n
6.147. Demuestre que |z| = 1 es una frontera natural para la serie 1
n¼0 2 z .
6.144. Encuentre la suma de la serie 1 þ cos u þ
6.148. S
uponga que f (z) es analítica y no idéntica a cero en la región 0 < |z − z0| < R, y suponga que límz→z0 f (z) = 0.
Demuestre que existe un entero positivo n tal que f (z) = (z − z0)n g(z), donde g(z) es analítica en z0 y diferente
de cero.
6.149. S
uponga que f (z) es analítica en una vecindad agujerada de z0 y que límz→z0 | f (z)| = ∞. Demuestre que z = z0 es
un polo de f (z).
2
6.150. Explique por qué el enunciado del problema 6.149 no es válido para f (x) = e1/x , donde x es real.
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202
Capítulo 6 Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent
6.151. a) Muestre que la función f (z) = e1/z puede tomar cualquier valor excepto cero.
b) Analice la relación entre el resultado del inciso a) y el teorema de Casorati-Weierstrass y el teorema de
Picard.
6.152. a) Determine si la función g(z) = z2 − 3z + 2 puede tomar un valor complejo.
b) ¿Existe alguna relación entre el resultado del inciso a) y los teoremas de Casorati-Weierstrass y de Picard?
Explique.
6.153. C
ompruebe el teorema de Casorati-Weierstrass planteado en la página 175 [Sugerencia: Aproveche que si z = a
es una singularidad esencial de f (z), es también una singularidad esencial de 1/{f (z) − A}.]
6.154. a) Demuestre que a lo largo de un rayo a través de z = 0, |z + ez| → ∞.
b) ¿Contradice el resultado del inciso a) al teorema de Casorati-Weierstrass?
6.155. a) Demuestre que una función entera f (z) puede tomar cualquier valor, con quizás una excepción.
b) Ilustre el resultado del inciso a) con f (z) = ez, e indique la excepción en este caso.
c) ¿Qué relación hay entre este resultado y los teoremas de Casorati-Weierstrass y de Picard?
6.156. D
emuestre que toda función entera tiene una singularidad al infinito. ¿Qué tipo de singularidad debe ser? Justifique
�
� �
� �
� �
� �
su respuesta.
� 11�
� �
� 11 11�
�
ln(1
ln(1ln(1
þ
þ z)
z)
þ
z)
1122 22
11 1133 33
ln(1
þ¼
z)
¼
z
z
�
�
1
1
þ
þ
z
z
þ
þ
1
1
þ
þ
þ
þ
z
z
�
�
����,�, � � ,jzj
jzj ,
, 11, 1
¼
z
�
1
þ
z
þ
1
þ
þ
z ���
jzj
¼
z
�
1
þ
z
þ
þ
1
þ
6.157. Verifique que: a)11 þ
22 22
þ11zzþ
22 2233 33 z � � � � , jzj , 1
þ zz
� �
� �
�
� �
� �
� 11�
�33 33�
� 11 11�
�44 44
11 12z
12z
22 2 22 2
12z 2z
2z
12z 2z
2z
2zz¼�
þ
þ
1
1
þ
þ
þ
þ
� ���
��
���,��, �� �� ,,jzj
jzj ,
,
¼
¼
�
1
1
þ
þ
fln(1
fln(1
þ
þ
z)g
z)g
2�
þ
1
þ
þ
jzj
z
1
þ
fln(1
þ
z)g
jzj11,
, 11
b) fln(1 þ z)g ¼ z � 122þ 233 3 þ 122þ 233þ 344 �
2 3
2 3 44
6.158. Encuentre la suma de las series siguientes si |a| < 1:
P
P1P
P
P11P
P11
P11
nn n
a) 1
na
nannna
sen
sen
nuu,,nu,b)
nn22aannn22sen
sen
nnuu.nu
sen
ann sen
n¼1
n¼1n¼1
n¼1
n¼1n¼1
n¼1 na sen nu,
n¼1 n a sen nu
22 2 44 4 55 5
zz zz2zz zz4zz zz5
sen
senzz z
�
� ��
� �
þ ��þ
�þ
���,��, �� ��jzj
,
1.
¼
¼ z11¼
þ11zzþ
þ
þzz þ
sen
,jzj
jzj
,
6.159. Muestre que esen
�þ
, ,
jzj1.
, 1.
1..
¼þ
þ
22þ 22 88� 8815
15
15
15
X1
6.160. a) Muestre que
z| ≤
zn =n2 converge
convergespara
for |jzj
� 1.
n¼1
b) Muestre que la función F (z), definida como la colección de todas las continuaciones analíticas posibles de la
serie del inciso a), tiene un punto singular en z = 1.
c) Concilie los resultados de los incisos a) y b).
X1
6.161. Sea
zn 2convergente
enjzj
el �interior
de un círculo de convergencia de radio R. Existe un teorema que
zan =n
converges for
1.
n¼1 n
sostiene que la función F (z) definida por la colección de todas las continuaciones posibles de esta serie tiene al
menos un punto singular sobre la circunferencia de convergencia. a) Ilustre el teorema mediante varios ejemplos.
b) ¿Puede probar este teorema?
6.162. Muestre que
R2 � r 2
u(r, u) ¼
2p
2ðp
R2
0
1 � �n
U(f) df
a0 X
r
¼ þ
fan cos nu þ bn sen nug
2
� 2rR cos(u � f) þ r
2 n¼1 R
donde
an ¼
1
p
2ðp
0
U(f) cos nf d f,
bn ¼
1
p
2ðp
U(f) sen nf df
0
6.163. Sea
z
B2 z2 B3 z3
¼
1
þ
B
þ
þ ���
z
þ
1
2!
3!
ez � 1
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Respuestas a los problemas complementarios
203
a) Muestre que los números Bn, llamados números de Bernoulli, satisfacen la fórmula de recursión (B + 1)n =
Bn, donde Bk se sustituye formalmente por Bk, después de la expansión. b) Con el inciso a), o de alguna otra
manera, determine B1,. . . , B6.
6.164. a) Demuestre que
�
z
z�
z
..
¼
coth
�
1
ez � 1 2
2
b) Con el problema 6.163 y el inciso a) muestre que B2k+1 = 0 si k = 1, 2, 3,. . . .
6.165. Obtenga los desarrollos de las series
1
z
z
3
z3
B2n (2z)2n
þ ��� þ
þ ���,
45
(2n)!z
jzj , p
z3
B2n (2z)2n
þ � � � (�1)n
þ ���,
45
(2n)!z
jzj , p
a) coth z ¼ þ �
1
z
z
3
b) cot z ¼ � �
c) tan z ¼ z þ
1
z
z3 2z5
2(22n � 1)B2n (2z)2n�1
þ
þ � � � (�1)n�1
,
3
15
(2n)!
z
6
d) csc z ¼ þ þ
7z3
2(22n�1 � 1)B2n z2n�1
þ � � � (�1)n�1
þ ���,
360
(2n)!
jzj , p=2
jzj , p
[Sugerencia: Para el inciso a) emplee el problema 6.164; para el inciso b) sustituya en el inciso a) z por iz; para
el inciso c) use tan z = cot z − 2 cot2z; para el inciso d) use csc z = cot z + tan z/2.]
Respuestas a los problemas complementarios
6.37. a) Sn(z) = {1 − (z/2)n}/(2 − z), y límn→∞Sn(z) existe si |z| < 2, b) S(z) = 1/(2 − z)
6.38. a) |z| < 1, b) 1
6.39. a) Para toda z tal que |z2 + 1| > 1, b) 1/z2
6.44. b) z/(1 − z)2, |z| < 1
6.45. 4
6.49. a) Converge absolutamente si |z − 3| < 3 o si z = 0. b) Converge uniformemente para |z − 3| ≤ R, donde 0 < R < 3;
no converge uniformemente en ninguna vecindad que contenga z = 0.
6.50. a) Converge absolutamente si |z| < 1. b) Converge uniformemente si |z| ≤ R, donde R < 1.
6.51. a) Converge absolutamente si |z2 + 1| > 1. b) Converge uniformemente si |z2 + 1| ≥ R, donde R > 1.
6.53. b) No converge uniformemente en ninguna región que contenga z = 0.
6.56. a) conv., b) conv., c) div., d ) conv., e) div.
6.57. a ) Diverge para toda z finita. b) Converge para toda z. c) Converge para toda z.
d ) Converge para toda z, salvo para z = −n2, n = 1, 2, 3, . . . .
6.58. Conv.
6.59. a)
b)
c)
jzjzjz
þþþ
ijij�
ij��
1,1,1,
(b)
(b)
(b)
j(z
j(z
j(z
þþþ
1)=(z
1)=(z
1)=(z
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1)j
1)j
1)j
���
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(c)
(c)
(c)
jzj
jzj
jzj
,,,
111
6.60. Conv.
para
zj(z
≤ j(z
4.�
Im
zjzj
jzjz
��
�
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�
ij
�0.
�
4.
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�−þ
1,
(b)
1)=(z
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� Converge
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(c)
1
jzjzþ
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ijij �
� 1,
(b)
(b)
þi|1)=(z
1)=(z
�þ1)j
1)j
�
� 3,
3,
(c)
(c)
jzj
,
,1
1 jzj ,sijz
jzj
,
,
1.
1.
jzj
jzj
jzj
,,,
1.1.1.
jz
ij
�
1,
(b)
j(z
þ
1)=(z
�
1)j
�
3,
(c)
jzj
,
1
jzj
,
1.
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jz
þjz
þij
jz
þ
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þ
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þ
ijþ
�
þ
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ij
�
1,
�
ij1,
�
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�
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(b)
1,
(b)
1,
j(z
(b)
j(z
(b)
j(z
(b)
j(z
þj(z
þþ
j(z
1)=(z
þ
j(z
1)=(z
þ
1)=(z
þ
1)=(z
þ
1)=(z
1)=(z
�
1)=(z
��1)j
�
1)j
�
1)j
�
1)j
�
1)j
�
1)j
�
1)j
3,
�3,
�
3,
�
(c)
3,
�
(c)
3,
(c)
3,
(c)
3,
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(c)
jzj
(c)
jzj
(c)
jzj
,
jzj
,,
jzj
,
1
jzj
1
,
1
,
1
,
11
1
jzj
jzj
jzj
jzj
,
jzj
,,
jzj
,
1.
jzj
1.
,
1.
,
1.
,
1.1.
1.
6.67.
a)
conv.,
b)
conv.,
c)
div.,
div.
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jzj
jzj
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�
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R
R
R
where
where
where
R
R
R
,
,
,
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3,
3,
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jzjz
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ijij�
ij��
1,1,1,
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jzj
jzj
jzj
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where
where
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RRR
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jz
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jz
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�
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4.
6.68. a)jzj
|z| ≤ R, jzj
donde
R,
<3,3,3, b)
|z 3,
−ijiji�
| ≤jz1,
c)
|z|1,
≥
R,where
donde
R.
>1,1,1,(d)
d )all
toda
z. all z. z(1
z(1
z(1
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z)=(1
z)=(1
z)=(1
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�
�
z)z)2�
z)2 2RR
� RR
where
R jz
,
�
ijjzj
�
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jzj
where
R
.
1,
jzj
�
�
RR
R
where
where
R
,
jz
�
�
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1,
(c)
(c)
jzj
�
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R
.
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jzj
�
R
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,
3,
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ij
�
1,
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jzj
�
R
where
R1,
.
1,
(d)
all
jzj
jzj
jzj
jzj
�jzj
��
jzj
R
�
jzj
R�
R�
where
R
where
�
R
where
R
where
where
where
where
RR
R,
R,
R
,R
,
3,
R
,
3,
,
3,
,
3,3,
3,
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jz
�jz
�ij
jz
�
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�
ij�
�
�
ij1,
ij
�
1,
�
ij1,
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�
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1,
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1,
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jzj
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(c)
jzj
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jzj
R
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jzj
R�
R�
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R
where
�
R
where
R
where
R
where
where
where
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R.
R
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.
1,
R
.
1,
.
(d)
1,
.
(d)
1,
(d)
1,
(d)
1,
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(d)
all
(d)
all
(d)
all
z.all
z.all
z.
all
z.z.z.z.
222 333
2
3
z zz z zz
6.71. a) z/(1 − z)
b) z(1
z(1
3
2z=(1
2 [compare
3z)/(1
3
.....
1=2,
1=2,
1=2,
(b)
0+
03z)03z)=(1
(a)
(a)
(a)Y(z)
Y(z)
Y(z)
¼¼¼
11þ
1þþ
z zþ
zþþ þþþ þþþ
þ
�−z)z)
� z)2 con el problema 6.44],
z(1
z(1
þ
þ
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z)=(1
�
z)
z=(1
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z)
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22�
2�
2z)
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3(b)
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z(1
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z)
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z)
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z)
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2!2!2! 3!3!3!
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22
33 z2
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z2,
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jzj
jzj
jzj
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2,
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jzj
jzj
,
,
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,pþ
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,(c)
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,,,
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(d)
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jzj
jzj
jzj
,,,
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1,
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���
4ij
4ij
4ij
,,,
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jzj
jzj
jzj
,,,
pp=2,
p=2,
=2,
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���
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,,,
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b)
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þ
þ
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1=2,
(b)
(b)
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Y(z)
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þ
þ
þ
þ
þ
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þþ
þ
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þ
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.þ
.þ
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1=2,
1=2,
1=2,
1=2,
1=2,
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(b)
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(b)
(b)
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(a)
(a)
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(a)
Y(z)
Y(z)
(a)
Y(z)
Y(z)
Y(z)
¼
¼
Y(z)
¼1¼1¼
1þ
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þ
1¼
¼
þ
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1z11þ
1z1þ
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þ
þ
zþ
zþ
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2!
3!
2!2!2!2!2!2!
3!
3!
2!
3!3!3!3!
3!
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333
444
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�
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,
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,
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jzj
,
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,,
4,
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, jz
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jzj
,
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,
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jzj
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2i)
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27 81
81
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81
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81
81
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204
Capítulo 6 Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent
111 333 2 777 3 15
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6.98. a) p/6 + 2mp, (2m + 1)p − p/6, m = 0, 1, 2, . . . ; polos de orden 2
b) i/2mp, m = 1, 2, . . . ; polos simples, z = 0; singularidad esencial, z = ∞; polo de orden 2
c) z = 0, ∞; singularidades esenciales
d) z = −1
i; puntos de ramificación
e) z = 2mpi, m = 1, 2, . . . ; polos simples, z = 0; singularidad removible, z = ∞; singularidad esencial
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6.99. a) e 1 þ 2(z � 2)�1 þ
b) |z − 2| > 0
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2!
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c) z = 2; singularidad esencial, z = ∞; singularidad removible
6.104. 2.62 a dos decimales.
6.109. b) −3 − (9/4)i
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6.108. b) 1/(1�
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6.112. a) div.,
b) conv., c) conv.,
d ) conv., e) div.,
f ) conv.
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16
64
b) singularidad esencial, singularidad removible, polo, c) 2pi, 0, pi/2
6.120. a) diverge
6.126. N
o es uniformemente convergente en ninguna región que comprenda a z = 0; es uniformemente convergente en
una región |z| ≥ d, donde d es cualquier número positivo.
6.137. a ) entera, b) meromórfica, c) entera, d ) entera, e) ninguna de las dos, f ) meromórfica, g) entera, h) ninguna de
las dos
2 33
89z3
11 zz1 zz zz22 z89z
89z
cosuu cosu
eecos
ecos(sen
uu)) u)
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6.139. a) 1 þ
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Capítulo 71
El teorema del residuo,
cálculo de integrales y series
7.1 Residuos
Sea f (z) unívoca y analítica en el interior y sobre una circunferencia C salvo en el punto z = a elegido como centro
de C. Así, como se vio en el capítulo 6, para f (z) existe una serie de Laurent en torno a z = a, dada por
f (z) ¼
1
X
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an (z � a)n
a�1
a�2
¼ a0 þ a1 (z � a) þ a2 (z � a) þ � � � þ
þ ���
þ
z � a (z � a)2
(7.1)
2
donde
þ
1
f (z)
dz
an ¼
2pi (z � a)nþ1
n ¼ 0, +1, +2, . . .
(7.2)
C
En el caso especial n = −1, se tiene, de acuerdo con (7.2),
þ
f (z) dz ¼ 2pia�1
(7.3)
C
Formalmente, (7.3) se obtiene de (7.1) al integrar término por término y con los resultados (problemas 4.21 y 4.22)
�
þ
dz
2 pi p ¼ 1
(7.4)
p ¼
0
p ¼ entero = 1 (z � a)
C
Como en (7.3) sólo interviene el coeficiente a−1 de (7.1), a a−1 se le llama residuo de f (z) en z = a.
7.2 Cálculo de residuos
Para obtener el residuo de una función f (z) en z = a, de acuerdo con (7.1) puede parecer necesario obtener el desarrollo de f (z) en una serie de Laurent en torno a z = a. Sin embargo, cuando z = a sea un polo de orden k, existe una
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206
Capítulo 7 El teorema del residuo, cálculo de integrales y series
fórmula sencilla para a−1 dada por
1
dk�1
f(z � a)k f (z)g
z!a (k � 1)! dzk�1
a�1 ¼ lím
(7.5)
Si k = 1 (polo simple), la fórmula es aún más sencilla y está dada por
a�1 ¼ lím (z � a) f (z)
( (7.6)
z!a
que es un caso especial de (7.5) en el que k = 1 si se define 0! = 1.
Ejemplo 7.1: Si f (z) = z/(z − 1)(z + 1)2, entonces z = 1 y z = −1 son polos de orden uno y dos, respectivamente.
Utilizando (7.6) y (7.5), con k = 2, se tiene,
�
�
z
1
¼
Residue en
at z =
¼ 1 es
is lím (z � 1)
Residuo
z!1
4
(z � 1)(z þ 1)2
�
�
��
1
1 d
z
(z þ 1)2
Residue en
at z ¼
is lím
¼�
Residuo
= �1
−1 es
z!�1 1! dz
4
(z � 1)(z þ 1)2
Si z = a es una singularidad esencial, el residuo, en algunos casos, se halla con expansiones de series conocidas.
Ejemplo 7.2: Sea f (z) = e−1/z. Así, z = 0 es una singularidad esencial y, a partir del desarrollo conocido para eu
con u = −1/z, se tiene
1
1
1
e�1=z ¼ 1 � þ 2 � 3 þ � � �
z 2!z
3!z
de donde se ve que el residuo en z = 0 es el coeficiente de 1/z, que es igual a −1.
7.3 El teorema del residuo
Sea f (z) unívoca y analítica en el interior y sobre una curva simple cerrada C, excepto en las singularidades a, b,
c,. . . en el interior de C, las cuales tienen residuos dados por a−1, b−1, c−1,. . . [véase la figura 7-1]. De este modo,
el teorema del residuo establece que
þ
f (z) dz ¼ 2pi(a�1 þ b�1 þ c�1 þ � � � )
( (7.7)
C
es decir, la integral de f (z) a lo largo de C es 2pi veces la suma de los residuos de f (z) en las singularidades contenidas
en C. Observe que (7.7) es una generalización de (7.3). El teorema de Cauchy y las fórmulas integrales son casos
especiales de este teorema (véase el problema 7.75).
y
C
a
b
c
x
Figura 7-1
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7.5 Teoremas especiales para calcular integrales
207
7.4 Cálculo de integrales definidas
Las integrales definidas suelen calcularse con el teorema del residuo junto con una función adecuada f (z) y una
trayectoria cerrada adecuada en torno a C, cuya elección suele requerir mucho ingenio. En la práctica, los tipos más
comunes son los siguientes.
Ð1
1.
�1 F(x) dx , donde F(x) es una función racional.
Þ
Þ
Considere C F(z) dz a lo largo de un contorno
C que consta de una recta a lo largo del eje x desde −R
C F(z) dz
hasta +R y delÐ semicírculo Γ sobre el eje xÐcon esa recta como diámetro [figura 7-2]. Así, sea R → ∞. Si
1
dxcon esto se evalúa 1 F(x) dx . Véanse los problemas 7.7 a 7.10.
F(x) es una función
par,
0 F(x)
0
y
y
C
Γ
1
R
x
x
–R
R
Figura 7-2
2.
3.
4.
Ð 2p
0
Figura 7-3
G(sen u, cos u) d u , donde G(sen u, cos u) es una función racional de sen u y cos u.
−1
−1
iu
Sea z = eiu. Así,
Þ sen u = (z − z )/2i, cos u = (z + z )/2 y dz = ie du o du = dz/iz. La integral dada
es equivalente a C F(z) dz , donde C es el círculo unitario con centro en el origen [figura 7-3]. Véanse los
problemas 7.11 aÐ 7.14.
1
1
�
�0 F(x) dx
ð
cos mx
funciónfunction.
racional.
F(x)
dx,, donde
where F(x)
F(x)esisuna
a rational
sen mx
�1
Þ
Aquí se considera C F(z)eimz dz, donde C es el mismo contorno que en el tipo 1. Véanse los problemas
7.15 a 7.17 y 7.37.
Integrales de diversa índole en las que se tienen contornos especiales. Véanse los problemas 7.18 a 7.23.
Ð
7.5 T
eoremas especiales para calcular integrales
G F(z) dz
integrales como las anteriores, de tipo 1 y de tipo 3, suele ser necesario mostrar que
ÐAl calcular
imz
tienden a cero cuando R → ∞. Los teoremas siguientes son importantes.
G e F(z) dz
Teorema 7.1.
Ð
G
F(z) dz y
Ð imz
i |F(z)| ≤ M/R k para z = Reiu, donde k > 1 y M son constantes, entonces, si Γ es el semicírculo
S
G e F(z) dz
de la figura 7-2,
lím
R!1
ð
F(z) dz ¼ 0
G
Véase el problema 7.7.
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208
Capítulo 7 El teorema del residuo, cálculo de integrales y series
Teorema 7.2.
i |F(z)| ≤ M/R k para z = Reiu, donde k > 0 y M son constantes, y si Γ es el semicírculo de la
S
figura 7-2,
ð
lím eimz F(z) dz ¼ 0
R!1
G
Véase el problema 7.15.
7.6 El valor principal de Cauchy para integrales
Si F(x) es continua en a ≤ x ≤ b, excepto en un punto x0 tal que a < x0 < b, entonces, si e1 y e2 son positivos, se
define
8 x �e
9
ðb
ðb
< 0ð 1
=
F(x) dx ¼ lím
F(x) dx þ
F(x) dx
e1 !0:
;
e2 !0
a
x 0 þe 2
a
En algunos casos este límite no existe para e1  e2, pero sí existe si se toma e1 = e2 = e. En tal caso,
8 x �e
9
ðb
ðb
< 0ð
=
F(x) dx ¼ lím
F(x) dx þ
F(x) dx
e!0:
;
a
x 0 þe
a
se conoce como valor principal de Cauchy de la integral de la izquierda.
Ejemplo 7.3:
ð1
�1
8�e
< ð 1 dx
dx
¼ lím
x3 e1 !0:
e2 !0
x3
�1
þ
ð1
e2
9
�
�
dx=
1
1
¼
lím
�
x3 ; e1 !0 2e22 2e21
e2 !0
no existe, pero el valor principal de Cauchy con e1 = e2 = e sí existe y es igual a cero.
7.7 Diferenciación bajo el signo de integración. Regla de Leibnitz
Un método útil para el cálculo de integrales es el que emplea la regla de Leibnitz para la diferenciación bajo el signo
de integral. Esta regla sostiene que:
ðb
ðb
d
@F
F(x, a) dx ¼
dx
da
@a
a
a
Esta regla es válida si a y b son constantes, a es un parámetro real tal que a1 ≤ a ≤ a2, donde a1 y a2 son constantes y F(x, a) es continua y tiene derivada parcial continua respecto a a para a ≤ x ≤ b, a1 ≤ a ≤ a2. Esta regla se
extiende a casos en que los límites a y b son infinitos o dependen de a.
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7.10 Algunos desarrollos especiales
209
7.8 Suma de series
El teorema del residuo sirve para sumar varios tipos de series. Las fórmulas siguientes son válidas con restricciones muy
leves para f (z), las cuales suelen satisfacerse siempre que la serie converja. Véanse los problemas 7.24, 7.32 y 7.38.
1
X
1
X
1.
deresidues
todos losof
todos
polos de f (z)}.
ff (n)
�fsum
p
zz ffp(z)
all
the
poles
of
ff (z)g
(n) ¼
¼ −{suma
�fsum of
of
residues
ofresiduos
p cot
cot p
pde
(z)cotat
atpz
allf (z)
theen
poles
oflos
(z)g
�1
�1
1
X
1
X
n
(�1)
�fsum
p
all
the
poles
of
ff (z)g
2.
deresidues
todos losof
residuos
todos
polos de f (z)}.
(�1)n ff (n)
(n) ¼
¼ −{suma
�fsum of
of
residues
of
p csc
csc p
pdezz ffp(z)
(z)cscat
atpz
allf (z)
theen
poles
oflos
(z)g
�1
�1 �
�
1
�2n þ 1�
X
1
X
2n þ 1 ¼ fsum of residues of p tan p z f (z) at all the poles of f (z)g
f
3.
todos losofresiduos
(z) en
todos
polos de f (z)}.
¼ {suma
fsum ofderesidues
f
p tan pde
z fp(z)tan
at pz
allf the
poles
oflos
f (z)g
22
�1
�1
�
�
1
�2n þ 1�
X
1
X
(�1)nn ff 2n þ 1 ¼
¼ {suma
fsum of
of
residues
ofresiduos
p sec
sec p
pdezz ffp(z)
(z)sec
atpz
allf the
the
poles
oflos
(z)g
(�1)
p
at
all
poles
of
ff (z)g
fsum
4.
deresidues
todos losof
(z) en
todos
polos de f (z)}.
22
�1
�1
7.9 Teorema del desarrollo de Mittag-Leffler
1.
Suponga que las únicas singularidades de f (z) en el plano finito z son los polos simples a1, a2, a3, . . dados
en orden creciente de su valor absoluto.
2.
Sean a1, a2, a3, . . los residuos de f (z) en b1, b2, b3,. . . .
3.
Sean CN las circunferencias de radio RN que no pasan a través de ningún polo y sobre las cuales |f (z)| < M,
donde M es independiente de N y RN → ∞ cuando N → ∞.
Así, el teorema del desarrollo de Mittag-Leffler establece que
�
�
1
X
1
1
f (z) ¼ f (0) þ
bn
þ
z � a n an
n¼1
7.10 Algunos desarrollos especiales
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
�
�
1
1
1
1
� 2z 2
�
þ
�
�
�
�
z
z � p2 z2 � 4p2 z2 � 9p2
�
�
1
3
5
�
þ
� ���
sec z ¼ p
(p=2)2 � z2 (3p=2)2 � z2 (5p=2)2 � z2
�
�
1
1
1
þ
þ
þ
�
�
�
tan z ¼ 2z
(p=2)2 � z2 (3p=2)2 � z2 (5p=2)2 � z2
�
�
1
1
1
1
þ
þ
þ ���
cot z ¼ þ 2z 2
z
z � p2 z2 � 4p2 z2 � 9p2
�
�
1
1
1
1
�
þ
�
�
�
�
csch z ¼ � 2z 2
z
z þ p2 z2 þ 4p2 z2 þ 9p2
�
�
1
3
5
sech z ¼ p
�
þ
� ���
(p=2)2 þ z2 (3p=2)2 þ z2 (5p=2)2 þ z2
�
�
1
1
1
þ
þ
þ
�
�
�
tanh z ¼ 2z 2
z þ (p=2)2 z2 þ (3p=2)2 z2 þ (5p=2)2
csc z ¼
�
�
1
1
1
1
þ
þ
þ ���
coth z ¼ þ 2z 2
z
z þ p2 z2 þ 4p2 z2 þ 9p2
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210
Capítulo 7 El teorema del residuo, cálculo de integrales y series
Problemas resueltos
Residuos y teorema del residuo
7.1. Sea f (z) analítica en el interior y sobre una curva simple cerrada C excepto en el punto a en el interior de C.
a)
Demuestre que
f (z) ¼
1
X
n¼�1
an (z � a)n , where
donde an ¼
1
2 pi
þ
C
f (z)
dz, n ¼ 0, +1, +2, . . .
(z � a)nþ1
es decir, f (z) se desarrolla en una serie de Laurent convergente en torno a z = a.
b) Demuestre que
þ
f (z) dz ¼ 2pia�1
C
Solució n
a)
b)
Esto sigue del problema 6.25 del capítulo 6.
Si, en el resultado del inciso a) n = −1, se tiene
þþ
þþ
11
a�1
a�1¼¼
f (z)
f (z)dz,
dz,
i:e:, f (z)
f (z)dzdz¼¼2p
2p
iaia
, es i:e:,
decir,
�1�1
2p
2p
ii
CC
CC
A a−1 se le conoce como residuo de f (z) en z = a.
7.2. D
emuestre el teorema del residuo. Si f (z) es analítica en el interior
y sobre una curva simple cerrada C, excepto en un número finito
de puntos a, b, c,. . . en el interior de C, en los que los residuos
son a−1, b−1, c−1,. . ., respectivamente, entonces
þ
f (z) dz ¼ 2pi(a�1 þ b�1 þ c�1 þ � � � )
C
C2
C1
b
a
C
e s decir, 2pi veces la suma de los residuos en todas las
singularidades contenidas en C.
C3
c
Solució n
Se trazan las circunferencias C1, C2, C3,. . . comprendidas en el interior de C y con centros en a, b, c,. . . , respectivamente, como se
muestra en la figura 7-4. Esto es posible porque a, b, c,. . . son puntos
interiores. De acuerdo con el teorema 4.5 de la página 118, se tiene
þ
þ
þ
þ
þ dz ¼ þ f (z)
þ dz þ þ f (z)
þ dz þ þ f (z)
þ dz þ � � � þ f (z)
f (z) dz ¼ f (z) dz þ f (z) dz þ f (z) dz þ � � �
C f (z) dz ¼ C1 f (z) dz þ C2 f (z) dz þ C3 f (z) dz þ � � �
Figura 7-4
C
C
C
C2 C2
C3 C3
þ el problema
þ
Pero, de acuerdo con
7.1, C1 þ 1
þ dz ¼ 2pia�1 ,
þ dz ¼ 2pib�1 ,
þ dz ¼ 2pic�1 , . . .
þ f (z)
þ f (z)
þ f (z)
f
(z)
dz
¼
2
p
ia
,
f
(z)
dz
¼
2
p
ib
,
fdz(z)¼dz2p
¼ic2�1
pic
f
(z)
dz
¼
2
p
ia
,
f
(z)
dz
¼
2
p
ib
,
f
(z)
, .�1
. ., . . .
�1
�1
�1
�1
C1
C2
C3
C1
C1
C2
C2
C3
C3
De este modo, de (1)þ y (2) se obtiene, como se deseaba,
þ dz ¼ 2pi(a�1 þ b�1 þ c�1 þ � � � ) ¼ 2p i (sum of residues)
þ f (z)
fdz(z)¼dz2p
¼i(a
2p
i(aþ�1b�1
þ bþ�1c�1
þþ
c�1� �þ
� � )2p
¼i 2(sum
p i (sum
ofderesidues)
f
(z)
� )�¼
of residues)
(suma
residuos)
�1
C
C
C
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(1)
(2)
Problemas resueltos
211
La prueba dada aquí del teorema del residuo es para regiones simplemente conexas que contengan una cantidad finita de singularidades de f (z). Esta prueba se extiende a regiones con una cantidad infinita de singularidades
aisladas y a regiones múltiplemente conexas (véanse los problemas 7.96 y 7.97).
7.3. S
ea f (z) analítica en el interior y sobre una curva simple cerrada C, excepto en un polo a de orden m en el
interior de C. Demuestre que el residuo de f (z) en a está dado por
1
dm�1
f(z � a)m f (z)g
z!a (m � 1)! dzm�1
a�1 ¼ lím
Solució n
Método 1. Suponga que f (z) tiene un polo a de orden m. Así, la serie de Laurent de f (z) es
f (z) ¼
a�m
a�mþ1
a�1
þ a0 þ a1 (z � a) þ a2 (z � a)2 þ � � � þ
þ��� þ
(z � a)m (z � a)m�1
z�a
(1)
Después, al multiplicar ambos lados por (z − a)m, se tiene
(z � a)m f (z) ¼ a�m þ a�mþ1 (z � a) þ � � � þ a�1 (z � a)m�1 þ a0 (z � a)m þ � � � (2)
Esto representa la serie de Taylor en torno a z = a de la función analítica en el lado izquierdo de la igualdad. Se
diferencian, respecto a z, ambos lados m – 1 veces y se obtiene
dm�1
dm�1 f(z � a)mm f (z)g ¼ (m � 1)!a�1 þ m(m � 1) � � � 2a0 (z � a) þ � � �
dzm�1 f(z � a) f (z)g ¼ (m � 1)!a�1 þ m(m � 1) � � � 2a0 (z � a) þ � � �
dzm�1
De este modo, con z → a,
d m�1
lím d m�1
f(z � a)m f (z)g ¼ (m � 1) ! a�1
m�1 f(z � a)m f (z)g ¼ (m � 1) ! a�1
lím
z!a dzm�1
z!a dz
de donde se obtiene el resultado buscado.
Método 2. El resultado buscado también es consecuencia directa del teorema de Taylor al observar que en el desarrollo (2) el coeficiente de (z − a)m−1 es
� ��
m�1
� �
1 1 d m�1
ddm�1f(zf(z
m mm � ��
a�1
¼¼¼ 1
�
a)
�
a)
f
(z)g
f
(z)g
�1
aa�1
f(z
�
a)
f
(z)g
� ���
m�1
m�1
dzdz
dzm�1
(m(m
(m
��
1)!
�1)!
1)!
z¼a
z¼a
z¼a
Método 3. Véase el el problema 5.28 de la página 161.
22 �
z2zz�
2z
�2z2z
2 22
ofof
of
(a)(a)
(a)
(z)
¼¼
¼
csc
z zen
z todos sus polos en el plano
and
and
(b)
f (z)
(z)
¼¼
¼
ezecsc
ezzcsc
7.4. E
ncuentre el residuo
de
a)f (z)
y (b)
b)(b)
ff(z)
and
ff(z)
2 222 22
(z
(z
þ
þ
4)
4)
(z
þ
(z
þ
1)
1)
(z þ 1) (z þ 4)
finito.
Solució n
a)
f (z) tiene un polo doble en z = −1 y polos simples en z =
2i.
Método 1. El residuo en z = −1 es
�
�
1 d
z2 � 2z
(z2 þ 4)(2z � 2) � (z2 � 2z)(2z)
14
(z þ 1)2 �
¼ lím
¼�
lím
2 2
2
2
z!�1 1! dz
z!�1
25
(z þ 1) (z þ 4)
(z þ 4)
Residue
z¼
2i 2i
is es
El
residuoaten
z=
�
lím (z � 2i) �
z!2i
�
z2 � 2z
�4 � 4i
7þi
¼
¼
2
2
25
(z þ 1) (z � 2i)(z þ 2i)
(2i þ 1) (4i)
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212
Capítulo 7 El teorema del residuo, cálculo de integrales y series
El residuo en z = −2i es
�
�
lím
lím (z
(z þ
þ 2i)
2i) ��
z!�2i
z!�2i
�
�
zz22 �
�4
77 �
�4 þ
þ 4i
4i
� ii
� 2z
2z
¼
¼
2
2
¼
¼
25
(z
(�2i
25
(z �
� 2i)(z
2i)(z þ
þ 2i)
2i)
(�2i þ
þ 1)
1)2 (�4i)
(�4i)
(z þ
þ 1)
1)2 (z
Método 2. El residuo en z = 2i es
�
�
�
�
�
�(z � 2i)(z22 � 2z)�
� �
�
��
zz22 �
2z
zz �
2i
(z
�
2i)(z
�
2z)
�
2z
�
2i
lím
lím
lím
¼
2
2
2
lím
lím þ 1)2 z!2i
lím z2 þ 4
¼ z!2i
z!2i
z!2i (z
z!2i (z
z!2i z2 þ 4
(z2 þ
þ 4)
4)
(z þ
þ 1)
1)2 (z
(z þ 1)
�4
�4 �
� 4i
4i lím 11 ¼ �4
�4 �
� 4i
4i 11 77 þ
þ ii
¼
lím 2z ¼ (2i þ 1)22 �� 4i ¼
¼ 25
¼ (2i þ 1)22 �� z!2i
25
(2i þ 1) z!2i 2z (2i þ 1) 4i
con la regla de L’HÔpital. De manera similar, o al sustituir i por –i en el resultado, se obtiene el resultado en
z = −2i.
b) f (z) = ez csc2 z = ez/sen2 z tiene polos dobles en z = 0, p, 2p,. . . , es decir, z = mp, donde m = 0, 1,
2,. . . .
Método 1. El residuo
en z = mp es
�
�
1 d�
ez
ez [(z � mp)2 sen z þ 2(z � mp) sen z � 2(z � mp)2 cos z]
lím 1 d (z � mp)2 ez2 � ¼ lím ez [(z � mp)2 sen z þ 2(z � m3p) sen z � 2(z � mp)2 cos z]
z!mp 1! dz
sen z
lím
(z � mp)2 sen2 z ¼ z!m
límp
z!mp 1! dz
z!mp
sen z
sen3 z
Al ser z − mp = u o z = u + mp, este límite se escribe
� 2
�
�
�
u sen u þ 2u sen u � 2u2 cos u�
u2 sen u þ 2u sen u � 2u2 cos u�
mp�
lím euþmp�u2 sen u þ 2u sen
lím
¼
e
2
2
2
3 u � 2u cos u
sen
u!0 uþmp
u!0 u sen u þ 2usen
u
sen3 uu � 2u cos u ¼ emp lím
lím
e
u!0
u!0
sen3 u
sen3 u
El límite entre corchetes se obtiene mediante la regla de L’HÔpital. Pero es más sencillo observar primero
que
� u �3
u3
lím
¼
lím
¼1
u!0 sen3 u
u!0 sen u
y así escribir este límite como
� 2
�
u sen u þ 2u sen u �2u2 cos u u3
u2 sen u þ 2u sen u �2u2 cos u
mp
lím
emp lím
�
¼ emp
¼
e
u3
u3
u!0
u!0
sen3 u
al emplear varias veces la regla de L’HÔpital. Para evaluar este límite, en lugar de esto sirven los desarrollos
sen u = u − u3/3! + . . . , cos u = 1 − u2/2! + . . . .
Método 2 (con la serie de Laurent).
En este método se desarrolla f (z) = ez csc2 z en una serie de Laurent en torno a z = mp, en donde el coeficiente de 1/(z − mp) es el residuo buscado. Para facilitar los cálculos, sea z = u + mp. Así, la función por
desarrollar en una serie de Laurent en torno a u = 0 es emp+u csc2(mp + u) = empeu csc2 u. Con los desarrollos
de Maclaurin para eu y sen u, se encuentra, mediante la división larga,
�
�
�
�
u2 u3
u2
emp 1 þ u þ þ þ � � �
emp 1 þ u þ þ � � �
2! 3!
2
emp eu csc2 u ¼
¼ �
�2
�
�2
2
4
u
u
u3 u5
u2 1 � þ
����
u � þ � ���
6 120
3! 5!
�
�
2
u
�
�
emp 1 þ u þ þ � � �
1 5 u
2!
mp 1
þ
þ
þ
�
�
�
�
¼
e
¼ �
þ
u2 u 6 3
u2 2u4
þ ���
u2 1 � þ
3
45
de manera que el residuo es emp.
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Problemas resueltos
of F(z) ¼
7.5. Encuentre el residuo de
213
cot z coth z
at zz ¼
en
= 0.
z3
Solució n
Como en el método 2 del problema 7.4b), se tiene,
�
��
�
z2 z4
z2 z4
1 � þ � ��� 1 þ þ þ ���
cos z cosh z
2! 4!
2! 4!
¼ �
F(z) ¼ 3
��
�
3
5
z sen z senh z 3
z
z
z3 z5
z z � þ � ��� z þ þ þ ���
3! 5!
3! 5!
�
�
4
z
�
�
1 � þ ���
1
7z4
6
�¼ 5 1�
þ ���
¼ �
45
z
z4
z5 1 � þ � � �
90
y, por tanto, el residuo (coeficiente de 1/z) es −7/45.
Otro método. Al resultado también se llega si se halla
�
�
1 d 4 5 cos z cosh z
lím
z 3
z!0 4! dz4
z sen z senh z
pero este método es mucho más laborioso que el anterior.
7.6. Calcule
1
2pi
þ
C
z2 (z2
ezt
a lo largo de la circunferencia C cuya ecuación es |z| = 3.
þ 2z þ 2)
Solució n
El integrando ezt/{z2(z2 + 2z + 2)} tiene un polo doble en z = 0 y dos polos simples en z = −1
z2 + 2z + 2 = 0]. Todos estos polos están en el interior de C.
�
�
El residuo en z = 0 1es d 2
ezt
(z2 þ 2z þ 2)(tezt ) � (ezt )(2z þ 2) t � 1
z 2 2
¼
lím
¼ lím
�
�
2
2 þ 2z
zt þ 2)zt
z!0 1!
z!0 (z2 þ 2z þ(z2)(te
1 dz
d 2 z (z þezt2z þ 2)
) � (e )(2z þ 2) t �2 1
z 2 2
¼
lím
¼ lím
z!0 1! dz
z!0
2
z (z þ 2z þ 2)
(z2 þ 2z þ 2)2
El residuo en z = −1 + i es
�
lím � [z � (�1 þ i)]
�
�
�
� zt �
ezt
e
zþ1�i
lím
lím
¼
z!�1þi
z2 (z2 þezt2z þ 2)� z!�1þi�ezzt2� z!�1þi� zz2 þ
þ 12z�þi 2�
lím [z � (�1 þ i)] 2 2
lím
¼ lím
z!�1þi
z!�1þi
z (z þ 2z þ 2)
z2 þ 2z þ 2
e(�1þi)tz2 1z!�1þi
e(�1þi)t
� ¼
¼
2
4
(�1
þ i) 2i
1 e(�1þi)t
e(�1þi)t
� ¼
¼
�
�
2
��
�� 2ie(�1�i)t
zt
4
zt zt þ i)
ee(�1
El residuo en z = −1 − i es lím [z � (�1 � i)]
e(�1�i)t
e(�1�i)t
e
¼
¼
¼
[z
[z
�
�
(�1
(�1
�
�
i)]
i)]
lím
lím
2
2
z!�1�i
�
zz2z(z
2z
þ
444
2 (z
2 2þ
z!�1�i
z!�1�i
zt 2z
(z
þþ
þþ2)
2)2)� e(�1�i)t
e2z
¼
lím [z � (�1 � i)] 2 2
z!�1�i
z (z þ 2z þ 2)
4
De este modo, de acuerdo con el teorema del residuo,
�
�
þþ þ
��
��
(�1þi)t
(�1�i)t
tt �
eeztztezt
�
t �111þ ee(�1þi)t
e(�1þi)tþ ee(�1�i)t
e(�1�i)t
dz
¼
2
p
i
(sum
of
residues)
¼
2
p
i
dz¼¼2p
2p
i i(suma
(sum
(sumofde
ofresidues)
residues)¼¼2p
2p
i�
i 2 þþ 4 þþ 4 �
22 2þ 2z þ 2) dz
residuos)
þ zz22z(z
2 (z
zt 2zþþ2)2)
221 e(�1þi)t
(z
þþ
44
44
e(�1�i)t
t�
e2z
C
CC
þ
dz
¼
2
þ
p
i
(sum
of
residues)
¼
2
p
i
�
�
��
��
2
z2 (z2 þ 2z þ 2)
4
4
t�
t �111þ 111e�t
C
�t�tcos t
¼
ii i t �
þ
þ
e
e
¼¼22p
2p
p
cos
cos
t
t
� 222 222
�
t � 1 1 �t
þ e cos t
¼ 2p i
2
2
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i [raíces de
214
Capítulo 7 El teorema del residuo, cálculo de integrales y series
es decir,
1
2pi
þ
C
Integrales definidas del tipo
z2 (z2
ezt
t � 1 1 �t
þ e cos t
dz ¼
2
2
þ 2z þ 2)
F(x) dx
7.7. S
ea |F(z)| ≤ M/R k paraÐ z = Reiu, donde k > 1 y M son constantes.
Demuestre que límR!1 G F(z) dz ¼ 0, donde Γ es el arco semicircular de radio R de la figura 7-5.
y
Γ
Solució n
De acuerdo con la propiedad e) de la página 112, se tiene
� ��
� ��
� ��
�ð�ð�ð
� � � MMM
� ��
ppMM
pM
� ��� � p� R
� F(z)
�dz
� �F(z)
F(z)
dz
dz
� � RkRRk k �ppR¼R¼R¼k�1
��
� ��
k�1
R
Rk�1
�
�
�
�
�
�
x
–R
R
Figura 7-5
G GG
pues la longitud del arco L = pR. De este modo,
� ��
� ��
� ��
�ð�ð�ð
ð ðð
� ��
� ��
�
�
�
�
�
�
lím
límF(z)
and
so lím
lím
lím
F(z)
F(z)
F(z)
yand
por
ende
soso
lím
dzdz
dzdzdz
¼¼0¼00
� �¼0¼00and
� F(z)
�dz¼
� � F(z)
R!1
R!1
R!1
R!1
R!1
R!1
� ��
� ��
G GG
G GG
iu
k
6
6 61).
7.8. Demuestrethat
que
para
≤
si1iff1(z)
1/(z
+
iRe
u iu,i,u|f,j(z)|
k kk ,k>
jf (z)j
f (z)j
�M=R
M=R
iffif(z)
f=
(z)
f (z)
¼1=(z
¼1=(z
1=(z
þ1).
1).
that
that
for
for
¼Re
¼Re
Re
, j f (z)j
��M/R
M=R
, k ,k>k1>1>
¼
þ6þ1).
for
z zz¼z=
Solución
Suponga que z = Reiu. Entonces,
�
�
�
�
1
1
1
2
��
¼
�
j f (z)j ¼ �� 6 6iu
R e þ 1� jR6 e6iu j � 1 R6 � 1 R6
donde R es suficientamente grande (R > 2, por ejemplo), de manera que M = 2, k = 6.
Observe que se empleó la desigualdad |z1 + z2| ≥ |z1| − |z2| con z1 = R6e6iu y z2 = 1.
7.9. Calcule
1
ð
0
dx
.
x6 þ 1
Solució n
Þ
Considere C dz=(z6 þ 1),, donde C es el contorno cerrado de la figura 7-5, que consta de la recta de –R a R y del
semicírculo Γ, recorrido en sentido positivo (en sentido contrario a las manecillas del reloj).
Como z6 + 1 = 0 cuando z = epi/6, e3pi/6, e5pi/6, e7pi/6, e9pi/6, e11pi/6, estos son polos simples de 1/(z6 + 1).
Sólo los polos epi/6, e3pi/6 y e5pi/6 están dentro de C. Así, con la regla de L’HÔpital,
�
�
1
1
1
pi=6
pi=6
¼ lím
¼ lím (z � e ) 6
¼ e�5pi=6
Residuo enat e
z þ1
6
z!epi=6
z!epi=6 6z5
�
�
1
1
1
¼ lím
at e3pi=6 ¼ lím
(z � e3pi=6 ) 6
¼ e�5pi=2
Residuo en
5
3
p
i=6
3
p
i=6
z
6z
6
þ
1
z!e
z!e
�
�
1
1
1
¼ lím
at e5pi=6 ¼ lím (z � e5pi=6 ) 6
¼ e�25pi=6
Residuo en
5
5
p
i=6
5
p
i=6
z þ1
6z
6
z!e
z!e
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Problemas resueltos
Por tanto,
þ
C
215
�
�
2p
dz
� pi=6 þ 1 e�5pi=2 þ 1 e�25pi=6 ¼ �
þ ¼ 2pi 1 e�5
dz
1
1
1
6
�5
p
i=6
�5
p
i=2
�25
p
i=6
6þ e
6þ e
z þ1
3¼ 2p
¼ 26pi e
z6 þ 1
6
6
6
3
C
es decir,
ðR
ð
dx
dz
ðR þ
ð ¼ 2p dx
6
6
x þ1
zþ þ 1 dz 3¼ 2p
�R
x6 þ G1
z6 þ 1
3
�R
(1)
G
Se toma en ambos lados de (1) el límite cuando
R → ∞1
ðR
ðy, con los problemas 7.7 y 7.8, se tiene
2p
dx
dx
1
lím
¼
ðR
ð¼
R!1 dx x6 þ 1
dx x6 þ 21p 3
�1
�R
lím
¼
¼
R!1
x6 þ 1
x6 þ 1
3
(2)
�1
�R
Como
la integral buscada tiene el valor p/3.
7.10. Demuestre que
Solució n
1
ð
�1
1
ð
�1
1
ð
ð1
dx
dx
1
¼2 6
6 þ 1ð
x
x
dx
dx þ 1
�1
¼2 6 0
6
x þ1
x þ1
0
x2 dx
7p
¼ .
2 2
2
(x þ 1) (x þ 2x þ 2) 50
Los polos de z2/(z2 + 1)2(z2 + 2z + 2) contenidos en el contorno C de la figura 7-5 son z = i de orden 2 y
z = −1 + i de orden 1.
El residuo en z = i es
�
�
� 9i � 12
d �
z22
2
z
lím d (z � i) 2
¼ 9i � 12
z!i
lím dz (z � i) (z þ i)22(z � i)22(z22 þ 2z þ 2) ¼ 100
z!i dz
100
(z þ i) (z � i) (z þ 2z þ 2)
El residuo en z = −1 + i es
z22
3 � 4i
z
lím (z þ 1 � i) 2
¼ 3 � 4i
2
z!�1þi
lím (z þ 1 � i) (z 2 þ 1) 2(z þ 1 � i)(z þ 1 þ i) ¼ 25
z!�1þi
25
(z þ 1) (z þ 1 � i)(z þ 1 þ i)
De este modo,
�
�
2
�
dz
9i �
� 12
12 33 �
� 4i
4i� 77p
p
9i
zz2 dz
þ
¼
¼
2
p
i
2 2
2
þ
¼
¼
2
p
i
100
25
50
(z2 þ 1)2 (z2 þ 2z þ 2)
100
25
50
C (z þ 1) (z þ 2z þ 2)
þþ
C
o
R
ðRð
2
2
ðð
7p
dx
dz
xx2 dx
zz2 dz
þ
¼ 7p
2 2
2 2
2
2
þ
¼
50
(x2 þ 1)2 (x2 þ 2x þ 2)
(z2 þ 1)2 (z2 þ 2z þ 2) 50
�R (x þ 1) (x þ 2x þ 2)
G (z þ 1) (z þ 2z þ 2)
�R
G
Se toma el límite cuando R → ∞ y, al observar que, de acuerdo con el problema 7.7, la segunda integral tiende
a cero, se llega al resultado buscado.
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216
Capítulo 7 El teorema del residuo, cálculo de integrales y series
Integrales definidas del tipo
7.11. Calcule
2ðp
0
G(sen u, cos u) du
du
.
3 � 2 cos u þ sen u
Solució n
Sea z = eiu. Así, sen u ¼ (eiu � e�iu )=2i ¼ (z � z�1 )=2i, cos u ¼ (eiu þ e�iu )=2 ¼ (z þ z�1 )=2, dz ¼ iz d u , de manera
que
2ðp
0
du
¼
3 � 2 cos u þ sen u
þ
C
dz=iz
¼
3 � 2(z þ z�1 )=2 þ (z � z�1 )=2i
þ
C
2 dz
(1 � 2i)z2 þ 6iz � 1 � 2i
donde C es la circunferencia
de radio unitario� y centro en el origen (figura 7-6).
�
Los polos de 2= (1 � 2i)z2 þ 6iz � 1 � 2i son los polos simples
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
�6i + (6i)2 � 4(1 � 2i)(�1 � 2i)
z¼
2(1 � 2i)
¼
�6i + 4i
¼ 2 � i, (2 � i)=5
2(1 � 2i)
Sólo (2 − i)/5 está en el interior de C.
El residuo en
�
�
2
(2 � i)=5 ¼ lím fz � (2 � i)=5g
z!(2�i)=5
(1 � 2i)z2 þ 6iz � 1 � 2i
¼
lím
z!(2�i)=5 2(1
2
1
¼
� 2i)z þ 6i 2i
y
C
1
de acuerdo con la regla de L’HÔpital.
De este modo,
þ
C
� �� �
1
2 dz 2 dz
1
¼
2
p
i
¼ 2pi¼ p, ¼ p,
2 þ 6iz
(1 � 2i)z
(1 �
2i)z2 �
2i
þ 16iz��2i1 � 2i 2i
þ
Figura 7-6
C
el valor buscado.
7.12. Con a > |b|, muestre que
2ðp
0
Solució n
2ðp
du du
2p 2 p
¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
.
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼
.
a þ basen
u
a
þ b sen u 2 � ba22 � b2
0
Sea z = eiu. Así, sen u ¼ (eiu � e�iu )=2i ¼ (z � z�1 )=2i, dz ¼ ieiu du ¼ iz d u , de manera que
2ðp
þ
þ
du
dz=iz
2 dz
¼
¼
�1
2
a þ b(z � z )=2i
bz þ 2aiz � b
a þ b sen u
0
C
C
donde C es la circunferencia de radio unitario con centro en el origen, como se muestra en la figura 7-6.
2 2
se obtienen
al�resolver
Los polos de 2=(bz2 þ 2aiz � b) 2=(bz
bz
þþ
2aiz
2aiz
�
b b ¼ 0bz2 þ 2aiz � b ¼ 0 y están dados por
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
�4a2 þ 4b2 �ai + a2 � b2 i
¼
b
2b
(
) (
)
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2
2
2
�a þ a � b
�a � a � b2
i,
i
¼
b
b
z¼
�2ai +
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x
Problemas resueltos
217
� �o o
n� n� pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
� i está
n� þ ap
o inside
2p�
2 =
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
Sólo
en inside
el interior
de C, pues
Only
�a
C, since
22b�
Only
�a
þ
a
bb22b =
bblies
ii lies
C,
Only �a þ
�ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
=
lies�p
inside
C, since
since pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
�
� �a p
� ��
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
� �
�
�
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
��a�� þ ap
�p
2 � 2 ��� a
2�
2 �2a
2p�
2 þ2 a� ��� ��
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
� ��
�
b
b
b
a
b b
2
2
2
�
� ���a þ 2p�
� a��� ��
�
�
�
a
b
b
b
a
a
a
2�
2¼�
2�
2�
2�
2þ
�
�
b
�
b
�
b
a
�
a
a
þ
a
�a
þ
a
b
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼
i
�
� i���¼ ��
� ��
� ���¼ �� pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi �� ,��� 1, 1
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
�
2 þ2 a� � ¼
� i���¼ �� b b
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
� ��
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
b b
a� 2p�
2 b2 þ
2a) a)�� , 1
� ( ��a( 2p�
aa22b�
� �
�
b
b
� bb2 þ
� bb2 þ
þ aa�
( aa2 �
þ a)
: :
cuando a > |b|. :
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
El residuo en
2�
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
�a�a
þ þap
2 2
2b2 b22
�a
þ aa2 �
�ib¼i lím
2
(z �(zz�
z1 ¼
1 ) z1 )2
¼
lím
zz11 ¼
iz!z
¼ z!z
z
)
¼
b b
þ
2aiz
�b b
1lím (z � bz
2
1
bz
þ
2aiz
1
2
z!z
bz þ 2aiz �
b
�b
1
1 1
2 2
1 1
2
1
1
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
¼
¼ lím
¼
¼
¼
lím
¼
2pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2i 2
z!z
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼ þ1ai
¼ z!z
¼p
2bz þ 2ai
bz
1lím
aa22b�
z!z11 2bz
2bz þ
þ 2ai
2ai 1bz
bz1 þ
þ ai
ai a �
� bb2ii
�
�
þ
de acuerdo con la regla de L’HÔpital.
1
2 dz
2p
Así,
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼
2
p
i
�
�
þ bz2 þ 2aiz � b
2
2
2
2
a1 � b i
2 dz
2ap � b
C
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼
¼
2
p
i
bz2 þ 2aiz � b
a2 � b2 i
a2 � b2
C
el valor buscado.
2ðp
7.13. Demuestre that
que
2ðp
that
Solució n
0
cos 3u
p
du ¼ .
5cos
� 34ucos u
p12
0
du ¼ .
5 � 4 cos u
12
iu
Sea z = e . De este modo, cos u ¼ (z þ z�1 )=2, cos 3u ¼ (e3iu þ e�3iu )=2 ¼ (z3 þ z�3 )=2, dz ¼ iz d u , de manera
que
2ðp
þ
þ
cos 3u
(z3 þ z�3 )=2 dz
1
z6 þ 1
¼
�
dz
du ¼
�1
3
5 � 4(z þ z )=2 iz
2i z (2z � 1)(z � 2)
5 � 4 cos u
0
C
C
donde C es el contorno de la figura 7-6.
El integrando tiene un polo de orden 3 en z = 0 y un polo simple z = 12 en el interior de C.
El residuo en z = 0 es
� �
� �
� 21 21
z6 þ
1 1d2 d2 �
zz66 1þ
þ 11
límlím 1 2 d2z3 �z333�
¼ ¼ 21
z!0z!0
lím
8 8
2! dz
� 1)(z1)(z
� 2) 2) ¼
2! dz2 zz �(2z
zz33(2z
z!0 2! dz2
8
(2z �
� 1)(z �
� 2)
El residuo en z = 12 es
���� � �
� �
�� 1 1 �
� 65 65
z6 þ
zz66 1þ
65
þ 11
¼�
límlím z �z � 1� 3�
¼
�
3 (2z
z!1=2
¼ 24
� 24
z 2� 2 z �(2z
lím
�
1)(z
�
2)
z!1=2
z
�
1)(z
�
2)
z!1=2
24
2 z3 (2z � 1)(z � 2)
De esta forma,
� �
� �
þ þ
1 1 þ z6 þ
1 1
21�21 65 65 � p p
zz66 1þ
11
1
21
1
þ
pas as
�� 3
dz dz
¼ � �(2p(2i)pi) � � 65 ¼ ¼ como
required:
se buscaba.
required:
3 (2z
� 2iz (2z
dz ¼
¼ 2i
� 2i (2pi)8 8 24
� 24 ¼
� 1)(z
� 2)
12 12 as required:
2i
�
1)(z
�
2)
z
3
2i
12
8 24
C2i C z (2z � 1)(z � 2)
2ðp
2ðp
C
5p5p
dudu
. .
¼
7.14. Demuestre que (5 � 3 sen u)2 ¼
(5 � 3 sen u)2 3232
0
0
Solució n
Con z = eiu se tiene sen u ¼ (z � z �1 )=2i, dz ¼ ie iu du ¼ iz d u y, por tanto,
2ðp
þ
þ þ
2ðp
d ud u
dz=iz
44þ
z dz
dz=iz
z dz
¼
¼
�
2
2
¼
¼
�
2
�1
i
(5 (5
��
3 sen
u
)
�
10iz
��
3)23)2
(3z
)=2ig
f5
�
3(z
�
z
2
2
2
�1
i
3 sen u) C f5 � 3(z � z )=2ig
(3z � 10iz
0
C
0
C
donde C es el contorno de la figura 7-6.
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C
218
Capítulo 7 El teorema del residuo, cálculo de integrales y series
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi �
�
El integrando tiene polos de orden 2 en z ¼ 10i + �100 þ 36 =6 ¼ (10i + 8i)=6 ¼ 3i, i=3.. Sólo el polo i/3
está en el interior de C.
�
�
El residuo en
z
d
�
z ¼ i=3 ¼ lím d �(z � i=3)2 � 2
z � 3)2
2 (3z � 10iz
z!i=3
dz
(z � i=3) � 2
z ¼ i=3 ¼ lím
z!i=3 dz �
(3z � 10iz � 3)2�
z
d�
�¼� 5
¼ lím d (z � i=3)2 �
5
2 (3z � i)2z(z � 3i)2
z!i=3
dz
(z � i=3) �
¼ lím
¼ � 256
2
2
z!i=3 dz
256
(3z � i) (z � 3i)
Así,
�
�
þ
4
z dz
4
�5 � 5p
�
�4þ
¼ � 4 ð2piÞ �5 ¼ 5p
z dz
2
� i (3z22 � 10iz � 3)2 ¼ � i ð2piÞ 256 ¼ 32
i
256
i C (3z � 10iz � 3)
32
C
Otro método. De acuerdo con el problema 7.12, para a > |b| se tiene
2ðp
0
du
2p
¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
a þ b sen u
a2 � b2
De este modo, al diferenciar ambos lados respecto a a (considérese b constante) y con la regla de Leibnitz, se
tiene
2ðp
2ðp
2ðp
�
�
d 2ðp
du
1
du
2ðp @ �
�d u ¼ � 2ðp
¼
d a þ dbusen u
@ a þ b1sen u
dsen
u u)2
da
@a
(a
þ
b
¼0
du ¼ � 0
0
da a þ b sen u
@a a þ b sen u
(a þ b sen u)2
�
0
0 �
0
d
2p �
�2pa
¼ 2 �2p2a3=2
¼ d �pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
22p
2
da
(a
�
b
a
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 2 � b 2) 3=2
¼
da
(a � b )
a2 � b2
es decir
2ðp
2ðp
0
0
Con a = 5 y b = −3, se tiene
2ðp
0
du
2pa
¼ 2 2pa2 3=2
2
d
u
(a þ b sen u) ¼ (a � b )
(a þ b sen u)2 (a2 � b2 )3=2
du
2p(5)
5p
¼ 2
¼
2
3=2
2
32
(5 � 3 sen u)
(5 � 3 )
Integrales definidas del tipo
7.15. Sea |F(z)| ≤ M/R k para z = Reiu, donde k > 0 y M son constantes. Demuestre que
ð
lím eimz F(z) dz ¼ 0
R!1
G
donde Γ es el arco semicircular de la figura 7-5 y m es una constante positiva.
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Problemas resueltos
Solució n
iu iu
Let
. .Then
Seaz z¼=ReRe
Así,
Ð
G
eimz F(z) dz ¼
Ðp
0
219
iu
eimRe F(Reiu )iReiu d u. Then
Por tanto
�
�
� ��p ðp
� p �� ðp
iu
�
� ð � imReiu
ð
iu
iu�
� �imReeiu
F(Re
)iRe
d u �� � imRe
jeiimRe
F(Reiu )iReiu j d u
u
iu
iu
�
� e�
F(Re )iRe d u � � � je
F(Reiu )iReiu j d u
�
0
0
�
�
0
0
ðp
ðp
¼ jeimR cos u�mR sen uF(Reiu )iReiu j d u
¼ jeimR cos u�mR sen uF(Reiu )iReiu j d u
0
0
ðp
ðp
¼ e�mR sen ujF(Reiu )jR d u
¼ e�mR sen ujF(Reiu )jR d u
0
0
pð=2
ðp
pð=2
M
2M
ðp
�mR sen u
�
e
d u 2M
¼
e�mR sen u d u
M
� k�1Rk�1
e�mR sen u d u ¼ k�1Rk�1 e�mR sen u d u
R
R
0
0
0
0
Ahora, sen u ≥ 2u/p para 0 ≤ u ≤ p/2, como se ve de manera geométrica en la figura 7-7, o, de manera analítica, por el problema 7.99.
Así, la última integral es menor o igual a
senq
2M
Rk�1
pð=2
0
senq
�
pM �
e�2mRu=p du ¼
1 � e�mR
k
mR
2q /p
Cuando R → ∞, esto tiende a cero, pues m y k son positivos, con lo
que se demuestra el resultado deseado.
7.16. Demuestre that
que
1
ð
0
q
p /2
p
Figura 7-7
cos mx
p
dx ¼ e�m , m . 0.
x2 þ 1
2
Solució n
Þ
Considere C {eimz =(z2 þ 1)} dz , donde C es el contorno de la figura 7-5. El integrando tiene polos simples en
z = i, pero sólo z = i está en el interior de C.
El residuo en z = i es
�
�
�
� e�m
eimz
imz
�m
eimz
� ¼ e�m
lím� (z � i)
z!i (z � i) (z � ei)(z þ i) ¼ e2i
lím
z!i (z � i) (z � i)(z þ i) ¼ 2i
lím
z!i
(z � i)(z þ i)
2i
De este modo,
o
� �m �
þ imz
�e�m �
þ eimz
� ¼ pe�m
dz ¼ 2pi� e�m
þ 2eimz
�m
dz
¼
2
p
i
z2e þ 1
e2i ¼ pe�m
2i ¼ pe
C z2 þ 1 dz ¼ 2pi
2i
C z þ1
C
ðRR imz
ð imz
ð eimz
ð eimz
dx þ ð 2eimz
dz ¼ pe�m
ðR 2eimz
�m
x2e þ 1 dx þ z2e þ 1 dz ¼ pe�m
�R x2 þ 1 dx þ G z2 þ 1 dz ¼ pe
�R x þ 1
Gz þ1
�R
G
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220
Capítulo 7 El teorema del residuo, cálculo de integrales y series
es decir,
ðR
ðR
ð imz
ðR cos mx
ðR sen mx
ð eimz
dx
þ
i
dx
þ
dz ¼ pe�m
cos
mx
sen
mx
e
x22 þ 1 dx þ i x22 þ 1 dx þ z22 þ 1 dz ¼ pe�m
�R x þ 1
�R x þ 1
Gz þ1
�R
�R
G
y por ende
ð imz
ðR
ð eimz
ðR cos mx
dx
þ
dz ¼ pe�m
2 cos
mx
e
2 x22 þ 1 dx þ z22 þ 1 dz ¼ pe�m
0x þ1
Gz þ1
0
G
Se toma el límite cuando R → ∞ y, al mostrar con el problema 7.15 que la integral a lo largo de Γ tiende a cero,
se obtiene el resultado buscado.
7.17.Evaluate
Calcule
ð1
�1
x sen px
dx..
x2 þ 2x þ 5
Solució n
Þ
ipz 22
Considere C {ze
/(z þ
+1)}
2z dz
+ 5)} dz, donde C es el contorno en la figura 7-5. El integrando tiene polos simples
{eimz
=(z
en z = −1 2i, pero sólo z = −1 +�2i está en el interior de C.�
e�ip�2p
zeipz �
El residuo en z = −1 + 2i es �
lím (z þ 1 � 2i) � 2 zeipz
¼ (�1 þ 2i) e�ip�2p
z!�1þ2i
þ 5 � ¼ (�1 þ 2i) �i4i
lím �(z þ 1 � 2i) � z2 þ 2z
ipz
p�2p
e 4i
z!�1þ2i
z þze2z
þ5
lím (z þ 1 � 2i) � 2
¼ (�1 þ 2i)
z!�1þ2i
z þ 2z þ 5
4i
Así,
� �ip�2p �
þ
zeiippzz
�e�i
� p
þ
�2p
dz
¼
2
p
i(�1
þ
2i)
e p�2p ¼ p (1 � 2i)e�2p
ze
þ
5
4i
�
� 2 (1 � 2i)e
þ z22 þ 2z
dz
¼
2
p
i(�1
þ
2i)
ipz
�ip�2p ¼
e 4i
p
C z þze2z þ 5
2
dz ¼ 2pi(�1 þ 2i)
¼ (1 � 2i)e�2p
C 2
z þ 2z þ 5
4i
2
C
o
ðR
ð
xeiippxx
zeiippzz
p
ðR
ð
�2p
dx
þ
dz ¼ p (1 � 2i)e�2
xe
ze
2 þ 2z þ 5
ðR x2 þ 2x
ð
þ
5
z
2 (1 � 2i)e p
dx
þ
dz
¼
i
p
x
i
p
z
xe2x þ 5
p
�R x2 þ
2
G z2 þze2z þ 5
dx þ G 2
dz ¼ (1 � 2i)e�2p
�R 2
x þ 2x þ 5
z þ 2z þ 5
2
�R
es decir,
G
ðR
ðR
ð
zeipz
p
ðR x cos px
ðR x sen px
ð
�2p
dx
þ
i
dx
þ
dz ¼ p (1 � 2i)e�2
x cos px
x sen px
zeipz
2
2
2
p
R
R
þ
5
2
ð x2 þ 2x þ 5 dx þ i ð x2 þ 2x þ 5 dx þ ð z2 þ 2z
dz
¼
(1
�
2i)e
ipz
cos
�R x xþ
�R x xþsen
2xpþx 5
2x pþx 5
2p
G z þze2z þ 5
�2p
dx þ i �R 2
dx þ G 2
dz ¼ (1 � 2i)e
�R 2
x þ 2x þ 5
x þ 2x þ 5
z þ 2z þ 5
2
Se toma el límite cuando
R → ∞ y, al mostrar
con el problema
7.15
que
la
integral a lo largo de Γ tiende a cero,
�R
�R
G
esto se convierte en
1
ð
�1
x cos px
dx þ i
x2 þ 2x þ 5
1
ð
�1
x sen px
p
dx ¼ e�2p � ipe�2p
x2 þ 2x þ 5
2
Se igualan las partes reales y las imaginarias,
1
ð
�1
x cos px
p
dx ¼ e�2p ,
x2 þ 2x þ 5
2
ð1
�1
x sen px
dx ¼ �pe�2p
x2 þ 2x þ 5
Por tanto, se obtuvo el valor de una integral más, además de la buscada.
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221
Problemas resueltos
Integrales definidas diversas
7.18. Demuestre that
que
1
ð
p
sen x
dx ¼ .
x
2
0
Solució n
El método del problema 7.16 lleva a considerar la integral de eiz/z a lo largo del contorno de la figura 7-5. Pero
como z = 0 está en la trayectoria de integración y no puede integrarse a través de una singularidad, se modifica
este contorno evitando z = 0, como se muestra en la figura 7-8; el nuevo contorno es el contorno C', que es ABDEFGHJA.
Como z = 0 está en el exterior de C', se tiene
þ
þ eiziz
e dz ¼ 0
z dz ¼ 0
0
C z
C0
o
�
ðe
�
ðe eixix
ð
ðR
ð
ð eiziz
ðR eixix
ð eiziz
e dx þ
e dz þ e dx þ
e dz ¼ 0
x dx þ
z dz þ x dx þ
z dz ¼ 0
e x
�R x
HJA z
BDEFG z
�R
e
HJA
BDEFG
Se sustituye x por –x en la primera integral y se combina con la tercera integral, para obtener
ðRR ixix
ð iziz
ð
�ix
e � e�ix
e
eiziz
dx þ
dz þ
dz ¼ 0
x
z
z
ee
HJA
HJA
BDEFG
BDEFG
o
2i
ðRR
ee
sen x
dx ¼ �
x
ð
HJA
HJA
eiziz
dz �
z
ð
BDEFG
BDEFG
eiziz
dz
z
Si e → 0 y R → ∞, de acuerdo con el problema 7.15, la segunda integral de la derecha tiende a cero. Si z = eeiu
en la primera integral de la derecha, se ve que ésta tiende a
ð0
ð0
iu
eiee
iu
iu
� lím
iee d u ¼ � lím ieiee d u ¼ pi
e!0
e!0 eeiu
p
p
porque el límite puede tomarse bajo el signo de integral.
Así, se tiene
1
ð1
ð
ðRðR
sen
senxx
sen
senxx
pp
dx
dx¼¼ppi i oror
dx
dx¼¼
lím
lím 2i2i
o R!1
R!1
xx
xx
22
e!0
e!0
ee
00
y
E
y
D
F
R
G
–R
B
H
–�
J
R
�
A
�
Figura 7-8
B
x
C
p /4
R
O
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x
R
A
Figura 7-9
222
Capítulo 7 El teorema del residuo, cálculo de integrales y series
7.19. Demuestre que
1
ð
2
sen x dx ¼
0
1
ð
cos x2 dx ¼
0
rffiffiffiffi
1 p
2 2
Solució n
Sea C el contorno que se indica en la figura 7-9, donde AB es el arco de un círculo con centro en O y radio R. De
acuerdo con el teorema de Cauchy,
þ
2
þ
eiz dz ¼ 0
iz2
e Cdz ¼ 0
C
o
ð
ð
OA
ð
ð
2
iz2 ð
iz2 ð
e
dz
þ
e
dz
þ
eiz dz ¼ 0
iz2
iz2
iz2
e OAdz þ e ABdz þ e BOdz ¼ 0 AB
(1)
BO
Ahora, sobre OA, z = x (desde x = 0 hasta x = R); sobre AB, z = Reiu (desde u = 0 hasta u = p/4); sobre BO,
z = repi/4 (desde r = R hasta r = 0). Por tanto, de acuerdo con (1),
pð=4
ðR
ð0
pð=4
ðR ix2
ð0 2 pi=2
iR2 e2iu
iu
e ix2 dx þ
e iR2 e2iu iRe iu d u þ eirir2eepi=2 eppi=4
dr ¼ 0
e dx þ
e
iRe d u þ e
e i=4 dr ¼ 0 (2)
0
0
R
R
0
0
es decir,
ðR
ðR
0
0
(cos x22
eppi=4
i=4
i sen x22 ) dx
þ
¼
(cos x þ i sen x ) dx ¼ e
ðR
ðR
0
0
2
e�r
�r 2 dr
�
dr �
e
pð=4
pð=4
0
0
2
2
cos 2u�R sen2u
eiR
iReiu d u 2
2
eiR cos 2u�R sen2u iReiu d u
(3)
Ahora se considera el límite de (3) cuando R → ∞. La primera integral de la derecha se convierte en [véase el
problema 10.14]
pi=4
e
1
ð
2
e�r dr ¼
0
rffiffiffiffi
rffiffiffiffi
pffiffiffiffi
p pi=4
1 p i p
þ
¼
e
2 2 2 2
2
(4)
El valor absoluto de la segunda integral de la derecha en (3) es
� p=4
�p=4
pð=2
�
�ð
ð
�
�
R
2
2
2
�R2 sen2u
� eiR cos 2u�R sen2uiReiu d u� �
e
R du ¼
e�R sen f d f
�
�
2
�
�
0
0
�
R
2
0
pð=2
2
e�2R
f=p
df ¼
p
2
(1 � e�R )
4R
0
donde se empleó la transformación 2u =  y la desigualdad sen f ≥ 2f/p, 0 ≤ f ≤ p/2 (véase el problema 7.15).
Esto muestra que cuando R → ∞, la segunda integral de la derecha en (3) tiende a cero. Así, (3) se convierte en
1
rffiffiffiffi
rffiffiffiffi
ð
1 p i p
2
2
þ
(cos x þ i sen x ) dx ¼
2 2 2 2
0
y por ende, al igualar las partes reales y las imaginarias, se tiene, como se buscaba,
ð1
0
2
cos x dx ¼
ð1
0
rffiffiffiffi
1 p
sen x dx ¼
2 2
2
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223
Problemas resueltos
7.20. Muestre that
que
1
ð
0
xp�1
p
, 0 , p , 1..
dx ¼
1þx
sen pp
Solució n
Þ p−1
Considere C (z
Como z = 0 es un punto de ramificación, se elige C como el contorno en la figura
{eimz/1
=(z2+þz)dz.
1)} dz
7-10, donde el eje x real positivo es la recta de ramificación y donde AB y GH en realidad coinciden con el eje x,
pero se muestran separadas para facilitar la explicación.
p�1
z p�1
pii C.
p�1
(p�1)p
pii
p
= −1
El integrando tiene el polo simple zlím
p�1 ¼
¼ (ede
¼ ee(p�1)
lím
(z þ
þen1)
1)elzz interior
)) p�1 ¼
(z
z!�1
þ zz ¼ (e
z!�1
(epi ) p�1 ¼ e(p�1)pi
lím (z þ 1) 11 þ
El residuo en z = −1 = epi es
z!�1
1z p�1
þz
¼ (epi ) p�1 ¼ e(p�1)pi
lím (z þ 1)
z!�1
1þz
þþ zp�1
p�1
De este modo,
(p�i)pi
þ z p�1 dz ¼ 2pie(p�i)
dz ¼ 2pie (p�i)ppii
z
1
þ
z
þ z dz ¼ 2pie
þ 11 p�1
C
C
zþ z
C
dz ¼ 2pie(p�i)pi
1þz
Cð
o, al omitir el integrando,
ðð
ð
ðð
ðð
(p�1)pi
ð þ ð þ ð þ ð ¼ 2pie(p�1)
þ
þ þ
¼ 2pie (p�1)ppii
þ
þ
þ
¼
2
p
ie
ð BDEFG
ð
ð HJA
ð
AB
BDEFG
GH
HJA
AB
GH
AB þ BDEFG þ GH þ HJA ¼ 2pie(p�1)pi
Por tanto, se tiene
AB
BDEFG
GH
HJA
ðpp
ðee 2pi p�1
22ð
ððRR x p�1
ðð00 (eeiiuu ) p�1
p�1
p�1
p�1
iu
(Reiiuu)) p�1
iReiiuu dduu ððe (xe
(xe2pi )) p�1
iRe
(p�1)pi
ðR x p�1 dx þ 2ðp (Re
ð0 (ee iu) p�1iieeeeiiuu dduu ¼ 2pie(p�1)
p�1
p�1
iu
iu
2pi
þ
dx
þ
dx
þ
þ
dx
þ
2pie (p�1)ppii
x
(Re
)
iRe
d
u
(xe
)
(
e
e
)
i
e
e
1þ
þ xx dx þ 2p
1þ
þ Re
Reiiuu
1þ
þ xe
xe22ppii dx þ 0
1þ
þ eeeeiiuu d u ¼
1
1
1
1
þ
¼
2
p
ie
R
e
ðee 1 p�1
ð00
ðR 1 þ2pxe
ðp iu1 p�1
iu
2pi
iu
i p�1
þ Re
22p
xþ x
(Reiu1) p�1
iReiu d u RR (xe
)
(ee ) þ eieeeiu d u
e
0
2p
2pi
dx
þ
þ
dx
þ
¼ 2pie(p�1)pi
iu usó z = xe
2pi el argumento
donde para la integral
GH
, pues
1 þ x a lo largo de
1þ
Rese
1 þ xe
1 þdeeeziuaumenta 2p al recorrer el círculo
e
R
0
2p
BDEFG.
Se toma el límite cuando e → 0 y R → ∞ y, al observar que la segunda y la cuarta integrales tienden a cero, se
tiene
ð1
ð1
ð1
0
00
o
ð0 2pi(p�1) p�1
x p�1
ð00 e 2pi(p�1)x p�1 dx ¼ 2pe(p�1)pi
p�1 dx þ ð
(p�1)p
pii
1xx p�1
þ x dx þ ee2pi(p�1)
1 þ xx p�1 dx ¼ 2pe(p�1)
dx þ 1
dx ¼ 2pe
1
þ
x
1
þ
x
1þx
1þx
1
1
1
ð p�1
2pi(p�1) 1
ð x p�1 dx
(1 � e
) ð1
x p�1
2
p
i(p�1)
dx
(1 �
� ee2pi(p�1) )) 0 1x þ x dx
(1
1þx
00
1
ð
de manera que
2pie(p�1)pi
2pi
x p�1
p
¼ p
p�1 dx ¼
(p�1)p
pii ¼
p�1
(p�1)
2
2
x
p
ie
p
i
2
p
i(p�1)
p
p
i
�p
p
i
1x þ x dx ¼ 12�
piee
¼ e pi 2�pei �ppi ¼
¼ senppp
pi(p�1)
i(p�1) ¼ e ppp
0 1 þ x dx ¼ 1 � e22p
� ee�ppi sen
sen ppp
p
i�
e
1
þ
x
1
�
e
0
1
1
ðð
0
y
D
R
E
1þx
¼ 2pie(p�1)pi
(p�1)p
pii
¼ 22p
pie
ie(p�1)
¼
�
–1 J
A
H
B
x
G
–R + pi
y
3pi
2
R +pi
pi
2
F
–R
Figura 7-10
– pi
2
Figura 7-11
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x
R
224
Capítulo 7 El teorema del residuo, cálculo de integrales y series
7.21. Demuestrethat
que
1
ð
cosh ax
p
, where
donde jaj
|a| ,
< 1.
dx ¼
1.
cosh x
2 cos(pa=2)
0
Solució n
Þ azimz 2
Considere C (e
z) 1)}
dz, dz
donde C es un rectángulo que tiene sus vértices en −R, R, R + pi, −R + pi (véase
{e /cosh
=(z þ
la figura 7-11).
�
�
Los polos de eaz/cosh z son simples y se encuentran donde cosh z = 0, es decir, z ¼ n þ 12 pi, n = 0, 1,
2,. . . . El único polo comprendido en C es pi/2.
El residuo de eaz/cosh z en z = pi/2 es
lím (z � pi=2)
z!pi=2
eaz
eapi=2
eapi=2
¼
¼ �ieapi=2
¼
cosh z senh(pi=2) i sen(p=2)
Así, de acuerdo con el teorema del
þ residuo,
eþaz
api=2
az ¼ 2pi(�ie
dz
) ¼ 2peapi=2
cosh ze dz ¼ 2pi(�ieapi=2 ) ¼ 2peapi=2
C
cosh z
C
Esto se escribe
ðR
�R
ðp
ð
a(xþpi)
eðRax
ea(Rþiy)
p
�R
ð
ðe
ax
a(Rþiy)
pi)
dx þ
i dy þ
dx
e
e
ea(xþ
cosh x
cosh(R
þ iy)
cosh(x þ
pi)
dx
þ
i
dy
þ
dx
�R
cosh x 0
cosh(R þ iy) R
cosh(x þ pi)
�R
R
0
ð0
a(�Rþiy)
ð0e
i dy ¼ 2peapi=2 þ
ea(�Rþiy)
cosh(�R
þ iy)
i dy ¼ 2peapi=2
þ
p
cosh(�R þ iy)
(1)
p
Cuando R → ∞, las integrales segunda y cuarta del lado izquierdo tienden a cero. Para mostrar esto, considere
la segunda integral. Como
� Rþiy
�
�e
1
1
þ e�R�iy � 1
j cosh(R þ iy)j ¼ ��eRþiy þ e�R�iy �� � 1 fjeRþiy j � je�R�iy jg ¼ 1 (eR � e�R ) � 1 eR
Rþiy
�R�iy
R
�R
2
2
2
�
�
j cosh(R þ iy)j ¼ �
j � je
jg ¼ (e � e ) � 4 eR
� � 2 fje
2
4
2
se tiene
� p
�p
� ð aR
�ð
� ðp e
�ðp ea(Rþiy)
(a�1)R
�� �
��
a(Rþiy)
aR dy ¼ 4pe
i
dy
e þ iy)
eR=4
cosh(R
��
i dy�� � eR=4 dy ¼ 4pe(a�1)R
� 0e
� 0 cosh(R þ iy)
0
0
y el resultado sigue al observar que el lado derecho tiende a cero cuando R → ∞ porque |a| < 1. De manera similar,
se muestra que en (1) la cuarta integral de la izquierda tiende a cero cuando R → ∞. Por tanto, (1) se convierte en
8R
9
8
9
ðRðR eax
< ðRð eax
=
ax
ax
<
=
e
e
i=2
lím
dx þ
þ eeaappii
dx ¼
¼ 2peaappi=2
lím
dx
dx
R!1:
: cosh
; 2pe
cosh xx
cosh xx ;
R!1
cosh
�R
�R
�R
�R
porque cosh(x + pi) = −cosh x. Así,
lím
lím
R!1
R!1
ðRðR
�R
�R
ð
1
ð1
ax
ax
i=2
2p
peeaappi=2
p
eeax dx ¼
eeax dx ¼ 22p
p
¼ pi=2 2p �api=2 ¼
¼
dx
¼
dx
¼
ap
pii ¼ eaap
a
i=2
�a
p
i=2
cosh
x
cosh
x
1
þ
e
þ
e
cos(
p
a=2)
cosh x
cosh x
1þe
e
þe
cos(pa=2)
�1
�1
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Problemas resueltos
Ahora
ðð00
�1
�1
225
ð ax
1
ð1
ax
p
eeax dx þ
eeax dx ¼
p
dx
þ
dx
¼
cosh xx
cosh xx
cos(p
pa=2)
a=2)
cosh
cosh
cos(
00
De este modo, al sustituir x por –x en la primera integral, se tiene
ð �ax
ð ax
ð
1
1
1
ð1
ð1
ð1
cosh ax
ax
p
ee�ax dx þ
eeax dx ¼ 2 cosh
p
dx ¼
¼
dx
dx
þ
dx
¼
2
cosh
x
cosh
x
cosh
x
cos(
p
a=2)
cosh x
cosh x
cosh x
cos(pa=2)
00
00
00
de donde se llega al resultado buscado.
7.22. Demuestre que
1
ð
0
ln(x2 þ 1)
dx ¼ p ln 2..
x2 þ 1
Solució n
Þ
2
Considere C {ln(z
+ 2i)/z
+dz
1} dz a lo largo del contorno C que consta del eje real desde –R hasta R y el semi{eimz =(z
þ 1)}
círculo Γ de radio R (véase la figura 7-12)
El único polo de ln(z + i)/(z2 + 1) en el interior de C es el polo simple z = i, y el residuo es
ln(z þ i)
ln(2i)
¼ ¼ ln(2i)
lím (zlím
�(z
i) � i) ln(z þ i)
z!i z!i
(z �(z
i)(z
i) þ i) 2i 2i
�þ
i)(z
Por tanto, de acuerdo con el teorema del residuo,
þ
C
� � � �
þ þ i)
ln(z
1 21 2
ln(z þ
i)¼ 2pi ln(2i)ln(2i)
¼ p¼
dz
ln(2i)
¼ p¼
ln p
2þ
i
p ln(2i)
ln 22 p
þ i p i
z2 þz12 þ 1 dz ¼ 2p2i
2i
2
(1)
C
al escribir ln(2i) = ln 2 + ln i = ln 2 + ln epi/2 = ln 2 + pi/2 con los valores principales del logaritmo. El resultado se escribe
ðR
ð
1
ln(x þ i)
ln(z þ i)
ðR 2
dx þ ð 2
dz ¼ p ln 2 þ p2 i
ln(x
ln(z
21
x þþ1i)
z þþ1i)
dx þ G 2
dz ¼ p ln 2 þ p2 i
�R
2
x þ1
z þ1
2
�R
G
o
ð0
ðR
ð
ln(x þ i)
ln(x þ i)
ln(z þ i)
1
ð0 2
dx þ ðR 2
dx þ ð 2
dz ¼ p ln 2 þ p2 i
ln(x
ln(x
ln(z
x þþ1i)
x þþ1i)
z þþ1i)
21
dx þ 0 2
dx þ G 2
dz ¼ p ln 2 þ p2 i
�R
2
x2 þ 1
x þ1
z þ1
�R
0
G
Se sustituye x por –x en la primera integral y esto se escribe
ðRðR ðR
ðRðR ðR
ðð ð
11 2 12 2
ln(i
ln(i�
�x)x)� x) ln(i
ln(iþ
þx)x)þ x) ln(z
ln(zþ
þi)i)þ i)
ln(i
ln(i
ln(z
dx
þ
dx
þ
lnlnp
22þ
dx
þ
dx
þ
dx
þ
dx
þ2 2 2 dzdz¼¼
dzpp¼
lnþ2 p
þpi ip i
22 2
xx2 2þþ
xx2 2þþ
z z þþz11þ 1
x121þ 1
x121þ 1
00
0
00
GG
0
G
2� x22 )2 ¼2ln(x2 2þ 1)
ppi,þi,, pi,
þþx)
ln(i
� x�) x¼)ln(x
þ21)þþþ1)
ln(i�
�x)x)�
ln(i
þx)x)þ¼¼
ln(i
¼ ln(x
ln(i
þþ
ln(i
x)ln(i
¼2ln(i
o, comoln(i
ðRðR ðR2 2 2
ðRðR ðR
ðð ð
ln(x
þþ1)1)þ 1)
ppi i pi
ln(z
11 2 12 2
ln(xln(x
ln(zþ
þi)i)þ i)
ln(z
dx
lnlnp
22þ
dxþþ
dxþþ
dx þ2 2 2 dx
dx þ2 2 2 dzdz¼¼
dzpp¼
lnþ2 p
þpi ip i
xx2 2þþ
xx þþ
z z þþz11þ 1
22 2
x121þ 1
x11þ 1
00
0
00
0
GG
G
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(2)
226
Capítulo 7 El teorema del residuo, cálculo de integrales y series
Cuando R → ∞, puede mostrarse que la integral a lo largo de Γ tiende a cero (véase el problema 7.101). Por tanto,
al tomar las partes reales, se encuentra que, como se buscaba,
1
ðR ðR 2 2
ð1
ð 22
ln(x
ln(x
ln(xþþ1)1)
ln(xþþ1)1)
dx
¼
dxdx¼¼p p
lím
lnln
22
dx
¼
lím
2þ
2þ
R!1
R!1 x2xþ
x2xþ
11
11
0 0
pð=2
pð=2
0 0
pð=2
pð=2
11
senx dx
x dx¼¼ lnlncos
cosx dx
x dx¼¼�� pplnln2:2:
7.23. Demuestre que lnlnsen
22
0 0
0 0
Solució n
Con x = tan u en el resultado del problema 7.22, se encuentra
pð=2 pp
pð=2 pp
=2
=2
ðð=2
ðð=2
2
ln(tan
u þ22 u1)
ln(tan
1)
ln(tan
uþ
þ
1)
2
22
sec sec
usecduuu¼ddu�2
d uuu¼ddup
ln p
2pln
ln
u¼
¼ �2
�2ln cos
lnucos
cos
u¼
¼
ln22
tan2 tan
utan
þ22 u1u þ
þ 11
0
0
00
00
de donde
pð=2 pp
ðð=2=2
0
1 11
ln cos
d uuu¼ddu�
p
2ln 2
ln
�ln p
lnucos
cos
u¼
¼
2 �22 p ln 2
(1)
00
que establece una parte del resultado buscado. Sea u = p/2 − f en (1) y se encuentra
pð=2 pp
=2
ðð=2
1 11
ln sen
d fff¼
�¼
p�ln p
2 ln 2
ln
ddff
lnfsen
sen
2¼ �22 p ln 2
0
00
y
(N + 12 ) (–1+i)
(N + 12 ) (1+i)
x
y
C
CN
–N –1
–N
–2 –1
1 2
N
N+1
Γ
i
–R
x
(N + 12 ) (–1–i)
(N + 12 ) (1–i)
R
Figura 7-12
Figura 7-13
Suma de series
7.24. Sea CN un cuadrado con vértices en
�
�
�
�
1
1
N þ (�1 þ i),
N þ (1 þ i),
2
2
�
Nþ
�
1
(�1 � i),
2
�
Nþ
como en la figura 7-13. Demuestre que sobre CN, |cot pz| < A, donde A es una constante.
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�
1
(1 � i)
2
Problemas resueltos
227
Solució n
Se consideran las partes de CN que están en las regiones y > 12 , −12 ≤ y ≤ 12 y y < −12 .
Caso 1: y > 12 . En este caso, si z = x + iy,
� �� pix�py
�
���eppiziz þ e�
�piz �
�p
pixþ
ixþp
pyy ��
þ ee�
��
��e þ e piz ��� ¼ ���eepix�py þ
j
¼
�
�
�
�
|cot pzj| ¼ ��ep
piz � e�
�piz � ¼ � pix�py � e�
�pixþpy �
e iz �
e piz � �eepix�py �
e pixþpy �
ix�p
pyy
�p
pixþ
ixþp
pyy
�p
pyy
�2p
pyy
�p
p
þ ee�2
1 þ e�
jeppix�
j þ je�
j ee�
þ eppyy 11 þ
� je�pixþpjyþ je pix�py j ¼
¼ py þ �epy ¼
¼
� 1 þ e�p ¼
¼ A1
�
�
�2
p
y
je�pixþpy jj �
� je
jepix�py jj eepy �
� ee�py 11 �
� ee�2py 11 �
� ee�p A1
je
Caso 2: y < −12 . Aquí, como en el caso 1,
pix�py
�pixþpy
�py
py
2py
�p
jepix�py j þ je�pixþpy j ee�py þ
þ epy 11 þ
þ ee2py 11 þ
þ ee�p
¼ �py epy ¼
¼
�
¼A
|cot pz| ≤ jepix�py j þ je�pixþpy j ¼
2p
pyy � 1 � e�
�p ¼ A11
j
�
je
j
e
�
e
1
�
e
je
p
ix�
p
y
�
p
ixþ
p
y
�
p
y
p
y
2
j � je
j e
�e
1�e
1�e p
je
Caso 3: −12 ≤ y ≤ 12 . Considérese z = N + 12 + iy. Así,
jcot pzj ¼ jcot p(N þ 12 þ iy)j ¼ jcot(p=2 þ piy)j ¼ jtanh p yj � tanh(p=2) ¼ A2
jcot pzj ¼ jcot p(N þ 12 þ iy)j ¼ jcot(p=2 þ piy)j ¼ jtanh p yj � tanh(p=2) ¼ A2
Si z = −N – 12 + iy, se tiene, de manera similar,
jcot pzj ¼ jcot p (�N � 12 þ iy)j ¼ jtanh p yj � tanh(p=2) ¼ A2
jcot pzj ¼ jcot p (�N � 12 þ iy)j ¼ jtanh p yj � tanh(p=2) ¼ A2
Por tanto, si se elige A como un número mayor que el mayor de A1 y A2, se tiene |cot pz| < A sobre CN, donde A
es independiente de N. Es interesante observar que, en realidad, se tiene |cot pz| ≤ A1 = coth(p/2), pues A2 < A1.
7.25. S
ea f (z) tal que a lo largo de la trayectoria CN de la figura 7-13, |f (z)| ≤ M/|z|k, donde k > 1 y M son
constantes independientes de N. Demuestre que
1
X
f (n) ¼ −{suma
�fsum of
of pdecot
zfpz
(z) fat
poles
of fde(z)g
de residues
los residuos
pp
cot
(z)the
en los
polos
f (z)}
Solució n
�1
Caso 1: f (z) tiene una cantidad finita de polos.
En este caso, N puede elegirse lo bastante grande para que la trayectoria CN de la figura 7-13 comprenda todos
los polos de f (z). Los polos de cot pz son polos simples y se presentan en z = 0, 1, 2,. . . .
El residuo de p cot pz f (z) en z = n, n = 0, 1, 2,. . . , es
�
�
z�n
lím (z � n)p cot p z f (z) ¼ lím p
cos p z f (z) ¼ f (n)
z!n
z!n
sen p z
con la regla de L’HÔpital. Aquí se supuso que f (z) no tiene polos en z = n, pues, de ser así, la serie dada divergiría.
De acuerdo con el teorema del residuo,
þ
N
X
p cot p z f (z) dz ¼
f (n) þ S (1)
n¼�N
CN
donde S es la suma de los residuos de p cot pz f (z) en los polos de f (z). De acuerdo con el problema 7.24 y con el
supuesto para f (z), se tiene
�
�þ
� pAM
�
�
�
(8N þ 4)
� p cot p z f (z) dz� �
�
�
Nk
CN
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228
Capítulo 7 El teorema del residuo, cálculo de integrales y series
pues la longitud de la trayectoria CN es 8N + 4. Así, al tomar el límite cuando N → ∞, se ve que
lím
lím
N!1
N!1
þþ
C
CNN
p cot
cot p
p zz ff (z)
(z) dz
dz ¼
¼ 00
p
(2)
Por tanto, de acuerdo con (1), se tiene, como se buscaba,
1
X
1
X
(n) ¼
¼ �S
�S ff (n)
�1
�1
(3)
Caso 2: f (z) tiene una cantidad infinita de polos.
Si f (z) tiene una cantidad infinita de polos, el resultado buscado se obtiene mediante un procedimiento adecuado de límite. Véase el problema 7.103.
7.26. Demuestre que
1
P
n¼�1
Solució n
n2
1
p
¼ coth pa, where
. 0.
0.
donde a >
2
þa
a
Sea f (z) = 1/(z2 + a2), la cual tiene polos simples en z = ai.
El residuo de p cot pz/(z2 + a2) en z = ai es
lím (z � ai)
z!ai
p cot pz
p cot pai
p
¼
¼ � cothpa
(z � ai)(z þ ai)
2ai
2a
De manera similar, el residuo en z = −ai es (−p/2a) coth pa, y la suma de los residuos es −(p/a) coth pa. Así,
de acuerdo con el problema 7.25,
1X
1
X
11
pp
coth
¼¼�(sum
�(sum
ofresidues)
residues)¼¼ coth
papa
(sumaofde
residuos)
2nþ
2þ
2a2
n
a
aa
n¼�1
n¼�1
7.27. Demuestre que
1
P
n¼1
Solució n
1
p
1
¼ coth pa � 2 , where
.0.0.
donde aa >
n2 þ a2 2a
2a
El resultado del problema 7.26 se escribe en la forma
�1
1
X
1 X
1
1
p
�1
1
X
X
þ
þ
1
1
1 2 ¼ p coth pa
2
2
2
2
n þ a 2 þ a 2 þ n¼1 n 2 þ a 2 ¼ a coth pa
n¼�1 2
n þa
a
n þa
a
n¼�1
n¼1
o
1
X
1
1
p
1
2X
1 þ 1 ¼ p coth pa
2 n¼1 n22 þ a22 þ a22 ¼ a coth pa
a
n þa
a
n¼1
de donde se obtiene el resultado buscado.
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Problemas resueltos
7.28. Demuestre que
229
1
1
1
p2
þ
þ
þ
�
�
�
¼
.
1 2 22 32
6
Solució n
Se tiene
�
�
p2 z2 p4 z4
þ
� ���
1�
p cot pz p cos pz
2!
4!
�
¼ �
¼ 2
F(z) ¼
2 2
4 4
z2
z sen pz
p
z
p
z
3
z 1�
þ
� ���
3!
5!
�
��
�
�
�
1
p2 z2
p2 z2
1
p2 z2
þ ��� 1 þ
þ��� ¼ 3 1�
þ���
¼ 3 1�
z
z
2!
3!
3
de manera que el residuo en z = 0 es −p2/3.
De este modo, como en los problemas 7.26 y 7.27,
þ
CN
�1
N
N
X
X
p cot p z
1 X
1 p2
1 p2
¼
2
dz
¼
þ
�
�
z2
n2 n¼1 n2
n2
3
3
n¼�N
n¼1
Se toma el límite cuando N → ∞ y se tiene, debido a que el lado izquierdo tiende a cero,
1
1
1
1
X
X
X
X
11 pp2 2
11 pp2 2
22
�� ¼¼00 oror
¼¼
o
2
2
nn 33
nn2 2 66
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
Otro método. En el resultado del problema 7.27, se toma el límite cuando a → 0. Así, con la regla de L’HÔpital,
1
X
1
1
pa coth pa � 1 p2
¼
lím
¼
¼
a!0
n2 þ a2 n¼1 n2 a!0
2a2
6
n¼1
lím
1
X
7.29. Suponga que f (z) satisface las condiciones dadas para el problema 7.25. Verifique que
1
X
�1
(�1)n f (n) ¼ �f{suma de los residuos de p csc pz f (z) en los polos de f (z)}
Solució n
Se procede de manera similar a la del problema 7.25. Los polos de csc pz son simples y se encuentran en z = 0,
1, 2,. . . .
El residuo de p csc pz f (z) en z = n, n = 0, 1, 2,. . . es
�
�
z�n
lím (z � n)p csc pz f (z) ¼ lím p
f (z) ¼ (�1)n f (n)
z!n
z!n
senpz
De acuerdo con el teorema del residuo,
þ
N
X
p csc p z f (z) dz ¼
(�1)n f (n) þ S CN
n¼�N
donde S es la suma de los residuos de p csc pz f (z) en los polos de f (z).
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(1)
230
Capítulo 7 El teorema del residuo, cálculo de integrales y series
Con N → ∞, la integral del lado derecho de (1) tiende a cero (problema 7.106), de manera que, como se buscaba, (1) se convierte en
1
X
(2)
(�1)n f (n) ¼ �S
�1
7.30. Demuestre que
Solució n
1
X
(�1)n
p2 cos pa
, donde a es real y diferente de 0, 1, 2,. . . .
¼
2
sen2 pa
n¼�1 (n þ a)
Sea f (z) = 1/(z + a)2, función que tiene un polo doble en z = −a.
El residuo de pcsc pz/(z + a)2 en z = −a es
�
�
d
p csc pz
(z þ a)2 �
¼ �p2 csc pa cot pa
lím
z!�a dz
(z þ a)2
Así, de acuerdo con el problema 7.29,
1X
1
n n
2
X
(�1)
(�1)
p2pcos
cos
papa
2
(suma de residuos)¼¼p2pcsc
¼¼��
csc
papcot
a cot
papa¼¼ 2 2
2 2
(n
(n
þ
þ
a)
a)
sen
sen
p
apa
n¼�1
n¼�1
7.31. Suponga que a  0, 1, 2,. . . . Demuestre que
Solució n
a2 þ 1
a2 þ 4
a2 þ 9
1
p2 cos pa
� 2
þ 2
� ��� ¼ 2 �
2
2
2
2
2a
(a � 1)
(a � 4)
(a � 9)
2 sen2 pa
El resultado del problema 7.30 se escribe en la forma
�
� �
�
1
1
1
1
1
p2 cos pa
þ
þ
�
�
�
¼
�
þ
þ
a2
(a þ 1)2 (a � 1)2
(a þ 2)2 (a � 2)2
sen2 pa
o
1 2(a2 þ 1) 2(a2 þ 4) 2(a2 þ 9)
p2 cos pa
�
þ
�
þ
�
�
�
¼
a2 (a2 � 1)2 (a2 � 4)2 (a2 � 9)2
sen2 pa
de donde se obtiene el resultado buscado. Observe que la agrupación de los términos de la serie infinita es posible
porque la serie es absolutamente convergente.
7.32. Demuestre que
1
1
1
1
p3
� 3 þ 3 � 3 þ ��� ¼ .
3
1
3
5
7
32
Solució n
Se tiene
p sec pz
p
p
¼
¼ 3
z3
z cos pz z3 (1 � p2 z2 =2! þ � � � )
�
�
p
p2 z2
p p3
þ ��� ¼ 3 þ
þ ���
¼ 3 1þ
z
2
z
2z
F(z) ¼
de manera que el residuo en z = 0 es p3/2.
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231
Problemas resueltos
1
. . . son los polos simples de pz] es
El residuo de F(z)F(z)
en z at=zn¼+n12þ
, n2,=n0,¼ 0,1,+1,
2,.+2,
. . [que
�
�
�
�
��
z � n þ 12
p
p
�(�1)n
1
¼�
¼�
lím z � n þ 2 3
lím
�
�3
3
z!nþ1=2
z cos pz
n þ 12 z!nþ1=2 cos pz
n þ 12
Si CN es un cuadrado con vértices en N(1 + i), N(1 − i), N(−1 + i), N(−1 − i), entonces
þ
N
N
X
X
p sec pz
(�1)n
p3
(�1)n
p3
¼ �8
dz ¼ �
þ
þ
�
�
3
3
3
1
z
2
2
n¼�N n þ 2
n¼�N (2n þ 1)
C
CNN
y como la integral del lado derecho tiende a cero cuando N → ∞, se tiene
�
�
1
X
(�1)n
1
1
1
p3
¼
2
�
þ
�
�
�
�
¼
3
3
3
3
1
3
5
16
�1 (2n þ 1)
de donde se obtiene el resultado buscado.
Teorema del desarrollo de Mittag-Leffler
7.33. Demuestre el teorema del desarrollo de Mittag-Leffler (página 209).
Solución
Sea f (z) una función con polos en z = an, n = 1, 2,. . ., y suponga que z = z no es un polo de f (z). Así, la función
f (z)/z − z tiene polos en z = an, n = 1, 2, 3,. . . y en z. f (z)
bn
lím
)
¼
2,n (z
3,.�. .,anes
El residuo de f (z)/z − z en z = an, n = 1,
z!a
z � z an � z
f (z)
bn
lím (z � an )
¼
z!an
z � z an � z
El residuo de f (z)/z − z en z = z es
f (z)
¼ f (z )
z�z
f (z)
lím (z � z)
¼ f (z )
Entonces, de acuerdo con el teorema del residuo,
z!z
z�z
þ
X bn
1
f (z)
dz ¼ f (z) þ
2pi z � z
an � z
n
lím (z � z)
z!z
y
(1)
CN
a1
donde la última suma se toma sobre todos los polos en el interior de la circunferencia CN de radio RN (figura 7-14).
Suponga que f (z) es analítica en z = 0. Así, con z = 0 en (1), se tiene
þ
X bn
1
f (z)
dz ¼ f (0) þ
(2)
(2)
2pi
z
an
n
a4
RN
CN
x
a3
a2
z
Figura 7-14
CN
Se resta (2) de (1) y se obtiene
f (z) � f (0) þ
X
n
bn
�
�
�
þ
1
1
1
1
1
¼
�
f (z)
� dz
an � z an
2pi
z�z z
�
CN
¼
z
2pi
þ
CN
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f (z)
dz
z(z � z)
(3)
232
Capítulo 7 El teorema del residuo, cálculo de integrales y series
Ahora, como |z − z| ≥ |z| − |z| = RN − |z| para z en CN, se tiene, si | f (z)| ≤ M,
�
�
�
�þ
�
�
f (z)
M � 2pRN
�
�
dz� �
�
� z(z � z) � RN (RN � jzj)
�
�CN
Cuando N → ∞ y por ende RN → ∞, la integral del lado izquierdo tiende a cero, es decir,
þ
f (z)
lím
dz ¼ 0
N!1
z(z � z)
CN
Por tanto, de (3), con N → ∞, se tiene, como se deseaba,
f (z) ¼ f (0) þ
el resultado de la página 209 al sustituir z por z.
7.34. Demuestre que cot z ¼
Solució n
X
n
bn
�
1
1
þ
z � an an
�
�
�
1 X
1
1
þ
þ
, donde la suma se extiende sobre n = 1, 2,. . . .
z
z � n p np
n
Considere la función
f (z) ¼ cot z �
1 z cos z � sen z
¼
z
z sen z
Así, f (z) tiene polos simples en z = np, n = 1, 2, 3,. . . , y en estos polos el residuo es
lím (z � np)
z!np
�
�
�
�
�
�
z � np
z cos z � sen z
z cos z � sen z
¼ lím
¼1
lím
z!np
z sen z
z
sen z z!np
En z = 0, f (z) tiene una singularidad removible porque
�
�
�
�
z cos z � sen z
1
¼ lím
¼0
lím cot z �
z!0
z!0
z sen z
z
de acuerdo con la regla de L’HÔpital. Por tanto, se define f (0) = 0.
De acuerdo con el problema 7.110, se sigue que la función f (z) está acotada sobre los círculos CN cuyo centro
está en el origen y cuyo radio es RN ¼ (N þ 12)p . Por tanto, de acuerdo con el problema 7.33,
cot z �
de donde se obtiene el resultado buscado.
�
�
1 X
1
1
¼
þ
z
z � np np
n
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Problemas resueltos
7.35. Demuestre que cot z ¼
233
�
�
1
1
1
þ 2z 2
þ
þ
�
�
�
.
z
z � p2 z2 � 4p2
Solució n
El resultado del problema 7.34 se escribe en la forma
(
� X
�)
�1 �
N �
X
1
1
1
1
1
þ
þ
þ
cot z ¼ þ lím
z N!1 n¼�N z � np np
z � np np
n¼1
��
� �
�
�
��
1
1
1
1
1
1
1
¼ þ lím
þ
þ ��� þ
þ
þ
þ
z N!1 z þ p z � p
z þ 2p z � 2p
z þ Np z � Np
�
�
1
2z
2z
2z
þ
þ��� þ 2
¼ þ lím 2
z N!1 z � p2 z2 � 4p2
z � N 2 p2
�
�
1
1
1
¼ þ 2z 2
þ
þ ���
z
z � p2 z2 � 4p2
Problemas diversos
7.36. Calcule
1
2pi
aþi1
ð
a�i1
Solució n
ezt
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi dz, donde a y t son constantes positivas.
zþ1
El integrando tiene un punto de ramificación en z = −1. Como recta de ramificación se tomará la parte del eje real
que está a la izquierda de z = −1. Como esta recta de ramificación no puede cruzarse, se considera
þ
ezt
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi dz
zþ1
C
donde C es el contorno ABDEFGHJKA, que se muestra en la figura 7-15. En esta figura, aunque en realidad EF
y HJ se encuentran sobre el eje x, se representan separadas para facilitar la explicación; asimismo, FGH es una
circunferenciapde
radio
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi e y BDE y JKA representan arcos de una circunferencia de radio R.
Como ezt = z þ 1 es analítica en el interior de C y sobre ella, de acuerdo con el teorema de Cauchy se tiene
þ
ezt
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi dz ¼ 0
(1)
zþ1
C
Se omite el integrando y esto se escribe como
ð
ð
ð
ð
ð
ð
þ
þ þ
þ þ
¼ 0
AB
BDE
EF
FGH
HJ
(2)
JKA
Ahora, sobre BDE y JKA, z = Reiu, donde u va de u0 a p y de p a 2p − u0, respectivamente.
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffi
pffiffiffi
Sobre EF, z þ 1 ¼ uepi , z þ 1 ¼ uepi=2 ¼ i u , y sobre HJ, z þ 1 ¼ ue�pi , z þ 1 ¼ ue�pi=2 ¼
pffiffiffi
�i u. En ambos casos, z = −u – 1, dz = −du, donde u varía de R – 1 a e a lo largo de EF y de e a R – 1 a lo largo
de HJ.
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234
Capítulo 7 El teorema del residuo, cálculo de integrales y series
Sobre FGH, z + 1 = eeif, donde f va de −p a p. Por tanto, (2) se escribe
aþiT
ð
a�iT
ezt
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi dz þ
zþ1
þ
þ
ðp
u0
iu
eRe t
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi iReiu d u þ
Reiu þ 1
�ðp
p
if
ðe
R�1
e(ee �1)t
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ieeif d f þ
eeif þ 1
2pð
�u0
p
e�(uþ1)t (�du)
pffiffiffi
i u
R�1
ð
e
iu
eRe t
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi iReiu du ¼ 0
Reiu þ 1
e�(uþ1)t (�du)
pffiffiffi
�i u
(3)
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
Ahora se toma el límite cuando R → ∞ (y T ¼ R2 � a2 ! 1) y e → 0. Puede mostrarse (véase el problema
7.111) que las integrales segunda, cuarta y sexta tienden a cero. Por tanto, se tiene
aþi1
R�1
ð1
ð
ð �(nþ1)t
aþi1
R�1
ð1 e�(uþ1)t
ð
ð e�(nþ1)t
eztzt
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffi du
e ffi dz ¼ lím 2i
e pffiffiffi du ¼ 2i e�(uþ1)t
!0 2i
pzffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
puffiffiffi du ¼ 2i
puffiffiffi du
þ 1ffi dz ¼ elím
e
!0
u
u
R!1
z
þ
1
e
a�i1
0
R!1
a�i1
e
0
o, con u = v 2,
aþi1
1
ð �(uþ1)t
ð1
ð
ðe
ð
ð
1 aþi1
eztzt
11
2e�t 1
e�t
2t
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffi du ¼ 2e�t e�v
ffiffiffiffiffi
1
e�t
e ffi dz ¼ 1 e�(uþ1)t
�v2 t dv ¼ p
pzffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
puffiffiffi du ¼ p e
ffiffiffiffiffit
dv ¼ pp
2pi
þ 1ffi dz ¼ p
2pi a�i1 z þ 1
u
p0
p 0
pt
a�i1
0
0
y
C
B a + iT
D
R
E
F
–R J
H
�
–1 f G
θ0
θ0
x
a
y
i
K
A
a – iT
Γ1
–R�
Figura 7-15
7.37. Demuestre que
Γ2
C
R
1
ð
0
–�
x
�
R
Figura 7-16
(ln u)2
p3
du
¼
.
u2 þ 1
8
Solució n
Sea C la curva cerrada de la figura 7-16, donde Γ1 y Γ2 son semicírculos de radios e y R, respectivamente, con
centros en el origen. Considere
þ
(ln z)2
dz
z2 þ 1
C
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Problemas resueltos
235
Como el integrando tiene un polo simple en z = i en el interior de C y como el residuo en este polo es
(ln z)2
(ln i)2 (pi=2)2 �p2
¼
¼
¼
z!i
(z � i)(z þ i)
2i
2i
8i
� 2�
þ
2
3
de acuerdo con el teorema del residuo,(ln z) dz ¼ 2pi �p ¼ �p
4
� 8i 2 �
þ z2 þ 12
�p
�p3
C (ln z)
dz ¼ 2pi
¼
z2 þ 1
8i
4
lím (z � i)
(1)
C
Ahora,
þ
�
ðe
ð
ðR
ð
(ln z)2
(ln z)2
(ln z)2
(ln z)2
(ln z)2
dz
¼
dz
þ
dz
þ
dz
þ
dz (2)
2
2
2
2
�
e
R
þ z þ 12
ð z þ 12
ð z þ 12
ð z þ 12
ð z2 þ 12
(ln
z)
(ln
z)
(ln
z)
(ln
z)
(ln
z)
e
�R
C
G1
G2
dz ¼
dz þ
dz þ 2
dz þ
dz
z2 þ 1
z2 þ 1
z2 þ 1
z þ1
z2 þ 1
e
�R
C
G1 de manera que ln z = ln(−u)
G2
En la primera integral
de la derecha, sea z = −u
= ln u + ln(−1) = ln u + pi y
dz = −du. Asimismo, en la tercera integral de la derecha sea z = u (de manera que dz = du y ln z = ln u). Así,
con (1), se tiene
ðR
ð
ðR
ð
(ln u þ pi)2
(ln z)2
(ln u)2
(ln z)2
�p3
du
þ
dz
þ
du
þ
dz
¼
u2 þ 1
z2 þ 1
u2 þ 1
z2 þ 1
4
e
e
G1
G2
Ahora, sea e → 0 y R → ∞. Como las integrales en torno a Γ1 y Γ2 tienden a cero, se tiene
1
1
ð1
ð1
�p33
(ln u þ pi)22
(ln u)22
du
þ
du ¼
2
2
2
2
u þ1
u þ1
4
00
o
2
1
ð1
00
Se aprovecha que
1
ð
0
00
1
1
ð1
ð1
(ln u)22
ln u
du
�p33
22
du
þ
2
du
�
¼
p
i
p
2
2
2
u2 þ 1
u2 þ 1
u2 þ 1
4
00
00
�1
� �1p
�1 �
� ,, p
du
¼
tan
u
�1
� ¼
�
2
¼
tan
u þ 21
0 u� 2¼ ,
u þ1
2
0
0
1
1
ð 1 2
ð 1
ðu
(lnð u)
ln
p3 3
2
u) þ 2pi 2 lndu
u ¼
p
2 2 (ln du
du þ 2pui þ 21
du 4¼
u2 þ 21
u þ1
u þ1
4
0
0
1
ðdu
0
0
Al igualar las partes reales y las imaginarias, se encuentra
1
ð
0
(ln u)2
p3
du ¼
,
2
u þ1
8
1
ð
0
ln u
du ¼ 0
u2 þ 1
donde, además del resultado buscado, se obtiene la segunda integral.
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236
Capítulo 7 El teorema del residuo, cálculo de integrales y series
7.38. Demuestre que
coth p coth 2p coth 3p
7p 3
þ
þ
þ ��� ¼
3
3
3
1
2
3
180
Solució n
y
(N + 21)(–1+i)
(N+1)i
(N + 21) (1+i)
Ni
Considere
þ
2i
i
p cot pz coth pz
dz
z3
CN
–N –1
–N
a lo largo del cuadrado CN de la figura 7-17. Los polos del
integrando están en: z = 0 (polo de orden 5); z = 1, 2,. . .
(polos simples); z = i, 2i,. . . (polos simples).
De acuerdo con el problema 7.5 (al sustituir z por pz)
(N + 21) (–1–i)
se ve que:
�7p3
El residuo en zz =
.
¼ 00 es
is
45
El residuo en z = n (n = 1, 2,. . .) es
�
�
(z � n) p cos pz coth pz
coth np
¼
�
lím
z!n sen pz
z3
n3
–2 –1
0 1 2
–i
x
N
N+1
–2i
–Ni
–(N+1)i
(N + 21) (1–i)
Figura 7-17
El residuo en z = ni (n = 1, 2,. . .) es
�
�
(z � ni) p cot pz cosh pz
coth np
¼
�
lím
z!ni senh pz
z3
n3
Así, de acuerdo con el teorema del residuo,
þ
N
X
p cot pz coth pz
�7p3
coth np
þ4
dz ¼
3
z
45
n3
n¼1
CN
Se toma el límite cuando N → ∞ y se encuentra, como en el problema 7.25, que la integral del lado izquierdo tiende
a cero, con lo que se llega al resultado deseado.
Problemas complementarios
Residuos y teorema del residuo
7.39. En cada una de las funciones siguientes, determine los polos y los residuos en los polos:
��� ��
��
�
zþ
11112z22�2þ 1�2sen
sen
sen
zz
2z
2z2z
þþ
þþ
11112z þ 1 �zzzþ
þþ
2 zz
2z
z z z, e) cot z.
�2, , ,z þ
, ,,2z
, þb)1�
, , , sen
c)1 sen
d) sen
sech
a)22 2
22z, 2z,
,
,
,
, ,
,
z
þ
1
sen
1�
z
�
z
�
1
1
z
z
zzz2z2z
�
��
��
zþ
zz�
z�
�
2
2
2
1 1 z2 , z2 z2
zþþ2 þ2z�2, �
z �z �
2 2z � 1 z ,�z �
2
z
�
1
z
z2 � z �þ 2cosh
þ
þ
cosh
cosh
zzzzcosh
cosh
zififCCC
þ cosh
dz
dzdz¼
¼¼pzp
pip
iiifiif
dz
¼Cpi si
ifi C
7.40. Demuestre cosh
que
es el cuadrado con vértices en 2 2i.
if C
zzz333z3z dz z¼
3 3 dz ¼ p
dz ¼zpi if C
CCC
C
z3 C C
33 3
C
atz)=z
atz3zz¼
zen
¼
0at
is
�1=60.
�1=60.
z)=z
z)=z
z)=z
3 at
3¼
z0030is
=
0�1=60.
−1/60.
7.41. Muestre que el residuo de (csc z csch
z)/z
at
¼
is
z)=z
zis�1=60.
¼
0 is
�1=60.
at
z es
¼
0 is
�1=60.
z)=z
3
þþþþ z z z þ
at
z
¼
0
is
�1=60.
z)=z
þ
eeeezdz
dz
dz
z
z
dz e edz dz
jzj
jzj
jzj¼¼
¼¼5.5.
5.jzj
5. ¼por
z
7.42. Evalúe þ cosh
z| = 5.
5. |5.
jzj ¼
ecosh
dzzzza lo largo de la circunferencia Cjzjdefinida
cosh
z z
cosh
jzj ¼ 5.
CCCcosh z cosh
2
2
2
C cosh Cz C
þþ
4444z2 þ2 4
zzz2zþþ
C
z þ4
fff(z)
f(z)
(z)¼¼
¼¼f3(z)
2 ¼
3zþ
3fþ
22þ
2þ
(z)
¼
(z)
þ
z
7.43. Encuentre
los
ceros
y
los
polos
de
z
z
þ
2z
2z
2z
þ
2z
2z
2z2 þ2 2z , y determine los residuos en los polos.
3 2z
þþþþ
z3 þ 2zz234þ
þ
2z
z
þ
2z þ 2z
f
(z)
¼
þ
2 þ 2z
zC3Cisþ
2z
�1=z
�1=z þ
þ eee�1=z
e�1=z
sen(1=z)
sen(1=z)
sen(1=z)
dz
dz
dz
where
where
where
C
is
is
the
the
the
circle
circle
circle
jzj
jzj
jzj¼¼
¼¼1.1.
1.jzj
1. ¼ 1.
�1=z
�1=z
sen(1=z)
dz
where
C where
is theC circle
jzj
e e sen(1=z)
dz dz
where
is is
thethe
circle
sen(1=z)
C
circle
jzj ¼ 1.
dondeCC isesthe
la circunferencia
7.44. EvalúeCCCe�1=z sen(1=z) dz,where
circle jzj ¼ 1. |z| = 1.
C
C
C C
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Problemas complementarios
7.45. Sea C el cuadrado limitado por x = 2, y = 2. Evalúe
237
þþþþ
senh
3z
senh
senh
3z
senh3z
3z dz.
dz.
.
333 dz.
dz.
i=4)
(z(z
p
i=4)
(z
�
pi=4)
i=4)3
(z��
�pp
CCC
C
þþþþ
222
2z
2z
2z
þ
2z2þþ
þ5555
dz
dz
7.46. Evalúe
333 222
dz, donde C es a) |z – 2i| = 6, b) el cuadrado con vértices en 1 + i, 2 + i, 2 + 2i,
222 dz
3
(z
4)z
þ
2)
(z
(z(z
þ
2)
þ
4)z
(z
(z2þþ
þ4)z
4)z2
(z þ
þ 2)
2) (z
CCC
C
1 + 2i.
þþþþ
sen
222þþ
pzzzz
þ333sen
senpp
dz
dz
7.47. Evalúe 2 þ 3 sen222pdz
dz, donde C es un cuadrado con vértices en 3 + 3i, 3 − 3i, −3 + 3i, −3 − 3i.
2
z(z
�
1)
z(z
�
1)
z(z
�
1)
z(z
�
1)
CCC
C þþ
þ
1111 þ eeezteztztzt
dz,
.
dz,
dz,
.
7.48. Evalúe222pp
dz,tttt.
.0000 a lo largo del cuadrado con vértices en 2 + 2i, −2 + 2i, −2 − 2i, 2 − 2i.
222 1)
z(z
z(z
þ
1)
2p
piiiiCC z(z
z(z2þþ
þ1)
1)
C
C
Integrales definidas
ð1ð1
ð1
ð1
ð1 ð1dxð1ð1 dx
dxð1pdx ð1p
p dxp
dx dx¼dx
p¼
dxp
pp
ffiffiffiffiffiffi.. ppffiffiffi. p
p
¼
ffiffiffiffidx
ffiffip
.. p
¼
44¼
4
4
p
p
p
ffiffiffiffiffi.ffi2. p2¼
¼
¼
x
þ
1
x
þ
1
ffiffiffi. pffiffiffi.
7.49. Demuestre que
2
22¼
2
xx4 þ
x
1
þ
1
p
ffiffi
ffi
.
¼
2
2
4
4
4
x
þ
1
2 1x122þ2221 422þ
xx 1þ
x004 þ
21 2 2 2
0
0þ
0
0 0 00
0
1
ð1
ð1 1
ðð1 1
ð
ðð dxð1
1
dx
dx 1
ð 1
dxðdx dx
dx . dx
dx22.. dx2 .
2
2
2
2
2þ
.
7.50. Calcule (x22 þ(x
. 4)
2
2
.. 4) 22 .
þ
1)(x
þ2(x
1)(x
þ
4)
(x
. 2þ
1)(x
þ
4)
þ
1)(x
2
21)(x
2
2
2
2
þ 4)2
(x
224)
þ
1)(x
þþ
1)(x
1)(x
þ
þ224)
4)22þ
(x 1)(x
00 2 (x
þ
1)(x
þ
4)
(x
þ
þ
4)
0 (x (x
0þ
0
0 0 00
0
22ð
2ðp
ðpp2p 2ðp
2
2ðp 2p 2ð
ðp3u
p
2
p
ð sen
sen
ð 33uusen
ð sen
sen 33uusen
sen
du3.u du.
3udd3uu3u..usendddu3u.uu.sen
7.51. Calcule 5 � 35sen
�
5cos
� 3u35cos
cos
..u 3dcos
u. u
�du3uuuucos
.d5u�
5
�
3
cos
u
5
5
�
�
3
3
cos
cos
500 � 3 0cos5u� 3 cos u
0
7.55.
7.56.
7.57.
7.58.
7.61.
7.62.
2ðp
2ðp
2ð
pp
2ð
2ðp
2ðp
2ð
2p
2ðp 3
ðp3ucos
2ðpcos
cos
3uucos
3u
3u
coscos
3ucos
cos
3udd33uuuu..cosddd3duuuu.u..cos
.u dduu. . d u.
þ
u4uucos
þ 4u45cos
cos
7.52. 55Calcule
þ
4455cos
þ
d
.
þ
cos
u
5
þ
4
cos
u
þ
445cos
cos
500 þ554þ
uþ 0u4u cos u
0
0cos
0 0 00
0
2
p
2
p
2ðp
ðð22pp2 2ðp 22 2p2
2ðp
2ðp 3
ðð 2 3cos
2ðpcos
uu ð 2333up
3p
cos
pu 3p
23
uu2cos
223cos
coscos
3cos
cos
uu¼ dd3uup
p¼
.. 3p. 3p
u¼
dd33uucos
d3u3p
3..¼
3que
u
p
7.53. Demuestre
¼
. d u .¼ .
d
d
u
u
¼
¼
55cos
�
242duucos
88u .¼
� 4245ucos
cos
d
55 �
4
�
8
2
u
.
u
¼
8
�5004�5cos
244u5cos
8� 248ucos
54�
�
cos
88 2u 88
2�
u 0242uu5cos
0
0cos
0 0 00
0
ð1ð11 ð1
ð1
�m
�m
ð1e�m
ð1 ð1
ð1ðmx
cos
p
ee�m
(1
cosð1mx
mx
p
(1eþ
þ�mm)
m) þ�m
cos
cosp
(1
m)
p
�m
�m
�m
�m
cos
p..e m)(1 þ m)
cos
mx
pmx
e¼
(1
þ
m)
cos
cos
mx
mx
ppmx
eþ
e(1
(1
(1.em)
þ
þ(1
m)
m)
.
0,
dx
.
0,
dx
¼
cos
mx
p
.
.
0,
dx
¼
dx
¼
cos
mx
p
e
þ
2
2
2
2
.
.
0,
dx
¼.4(1..þ m). .
2
2
7.54. Demuestre
que
si
m
.
. 0,
0,
dx
¼
2þ
2 þ¼
.(x0,
0,
dx
¼
4
4
1)
þ(x
1)
(x
.
0,222þ
dx
¼
dx
¼
4
. 0,
dx
2
1)
1)
2 .(x
2
2
2
2þ
4
4 1)
þ
1)
44
þ2(x
1)
1)2 þ (x
(x 1)
4
00 2 (x
1)
4
þ
0 (x (x
0þ
0
0
0 0 00
0 0 00
0
0
1
1
ð1
ð11 1
ð1
ð
iz
iz
ð 1
ðx
cos1
ððx cos
ð xx cos1
cos
eeiziz iz eeeeiziz eiziz eiz
ð
cos x cos
cos
xx55cos
of
dx.
of e22ofat z55¼en
ati.zz ¼
¼
dx.x cos
a) Encuentre el residuo
de
=ati.i.z ¼b)at
Calcule
eat
of
dx.
dx. x dx.
225x
of
i. 2 þcos
5 dx.
of (z
i.1)
dx.
2 of
2¼
2 þdx.
of(z
atat
z5z2i.5¼
¼ati.i.z 5¼i.i. z ¼ (x
dx.
of
1)
1)
(x
(z 2552þ
þat5(z
1)zat
þ
1)
(x
of
z
¼
dx.
52þ
þ
1)
1)
(x
25 þ 1)5
5þ
5
5
5
2
2
2
2
5
(z2 (z
þ2 1)
1)
(z
þ
1)
þ
1)
(x
(x
pp 1) 2ðp
(z
(z 1)
þ
þ(z
1)
1)22ððþ
þ(x
1)
1) þ 1)
(x 1)
2ð
p
þ
þ
(x00 2 (x
0
0þ
2p
2ðp 2p 2ð
00 2p0 2
2p
p 0 2p
ð 2pðp dd2ðuup ddduðuu d0u 0 ¼
d
u
2
p
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼
22ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2pffiffi.. 2p
d
u
d
u
pp
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffi.. p
ffi
¼
¼
du
2
p
2
2
2
ffi.
¼
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2
222ffi ¼
2
p
p
ffi.ffi2�
. c2 .ffi2.
¼�
þ
þ
þ bubacos
cos
þ uccusen
sen
2¼
2ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼
bbaacos
þccubusen
cos
þ
þcos
sen
ubaaffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
�
�pcbabu2ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
�ffi.cbc222ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼ucuuaup
Dado a > b + c , verifique que aa þ
�
2
2
2
a
þ
b
u
þ
c
sen
2
2
2
2
þ
cos
u
þ
sen
u
2
2
a
a
þ
þ
b
b
cos
cos
u
u
þ
þ
c
c
sen
sen
�
b
a
�
2
b
�
2
c
2
a
u�
��
bab c�
cbc � c2 � c2
aa b�
a00 þ b 0cosauþþ0bccos
senuuþ c sen
�
0
a
0 0 00
0
2ð
pp
1
2ð
2ðp
2ðp
1
ð1
ð1 1
ð1
ð
2ðp
2ðp 2p 22p
ð 1
ð
2cos
135
135p
p
dx 1
ðð dx 1
ð dx
ððp 3ucos
ðp 33uucos
135
135p 135p
3
u
p
ð 1
ð cos
cos
3
u
135
coscos
3ucos
p
dx dx dx
135
cos
3
3
u
u
135
p
p
dx. dx
.
d
u
¼
.. dx.
.
d
u
¼
135
cos
3
u
p
dx
.
.
d
¼
d
u
¼
135
3
u
p
4
22 .
4
2
2
4 d uu
4¼16
. Calcule
d.u.384
¼ . 7.59.
.
.þ 5)
2 þ(x
duu)384
Demuestre que
16
384
�
þ
4x
(5cos
� 3u3(5)cos
cos
ud)¼
)cos
þ(x
4x2222þ
5)
d¼
¼
d.u384
¼
. 5)22.
4� 3
.416
u4416
.(x22þ
(5
�
33(5
4x
5)
4x
(x
2 þ2(x
2
2
4
16
384
4
2
(5
�
3
cos
u
)
þ 5)
4x þ 5)2
(x
16
384
16
16
384
384
(5
�
cos
u
)
4x
þ
5)
(5
(53�
33(5cos
cos
þ
þ(x
4x
4x5)
þ
þ5)
5)2þ
(x
(x�1
�1
00 �
) 384 16 384
þ
4x
�1 �1
(5
cos
u�
)0u3u))cos u16
þ
4x
þ
(x
0
0�
�1
�1
0 0 00
�1
�1
�1
0
�1 1
1
1
1
ð1
ð1
ð1 221
ð1 1
ð1
ð1
1
21
2 1
ðp 2 p
ð
ð sen
ð 1
sen 2ð2x1
ðxðsen
ðdx
ð ð1
1
dx dx
ðxsen
ðdx
p
2
ð
ð 1
2x p
sen
2sen xxdx
sensen
dx
p
sen
xque
p. ¼
dx
pp.. ¼ x p.
sen
..
dx
¼
xdx
.2.24 dx
.
dx
¼
dx dx
x
p
Calcule 4 dx
7.60.
Verifique
4
2
4
2
.
.
dx
¼
2
2
2
2
dx
¼
þ 1xx 242þ
þ. 11x .2.þ
.x.2¼2dx. ¼ 2 .
dx
xx4 þ
xx2 2 xxxx2dx
x 2¼
xxxx2x44þ
1 x.2 þ 1
. 22dx
¼
4þ
2 2
x
4
2
þ
þ
1
2
þ
þ
x
x
þ
þ
1
1
2
2
x2
2
00x
x00 þ x0 þ 1 0 x þ 1
0
0
0
0
0 0 00
0 0 00
0
0
p
ppffiffiffiffiffip
Ð112 2�u�u
Ð Ð1 ÐÐ�u
22
ffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffip
1 1
�u
�uedu
u¼
¼
¼
(1
(1
þþi)x=
i)x=
i)x=
2in
in
inthe
the
the
result
result
edu2¼
du
du¼
¼¼
uu¼¼
þ(1
i)x=
22inin
result
uu(1
þ
22the
result
du
(1
þ
i)x=
the
result
¼
Apnalice
la
validez
de
la
solución
siguiente
al
problema
7.19.
Sea
en
la
fórmula
00e
0 0 e0e
Ð
Ð
Ð
Ð
Ð
Ð
Ð
Ð
Ð
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffi
p
pffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffi
ppffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffi
ffiffi
ffiffiffi1ffiffiffi
ffip
22
Ð11Ð �ix
Ð11Ð 1
112 �ix
11 2
11 2
p
ffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffi
2
2 1 1p11ffiffiffiffiffiffiffiffi
1ffip
2 Ð11Ð 1
1 ffiffiffiffiffiffiffiffi al igualar partes
1 1p
1 1 11 1
2 �ix
1
22x¼
1p
�ix
22x¼
2dx
�ix
2dx
para
obtener
,
de
donde
to
to
obtain
obtain
p
p
e
e
dx
dx
¼
¼
(1
(1
�
�
i)
i)
p
p
=2
=2
cos
cos
x
dx
dx
¼
¼
sen
sen
x
dx
dx
¼
¼
p
p
=2
=2
to
obtain
p
e
dx
¼
(1
�
i)
p
=2
cos
x
sen
x
p
=2
obtain
(1
p=2
p=2
to to
obtain
¼2¼
i) i)p=2
x xdxdx
¼¼
x xdxdx
¼2¼
0 0 e dxdx
0 0 cos
0 0 0e
0 0 0cos
0 0 sen
2 p
2 �
2 =2
2 2 22p
00 0sen
2(122 �
2 22p
reales e imaginarias.
1
ð
cos 2px
�p �p=pffiffi3
pffiffiffi e
Demuestre que
dx
¼
.
x4 þ x2 þ 1
2 3
0
Suma de series
1
1
2p
2222
1
P
P
1
1
11
P
P
1111
ppppcoth
ppp
22222p
coth
csch
¼
p
þ
�11. ...
csch
¼
p
þ
�
coth
coth
csch
csch
¼
¼
p
p
þ
þ
ppp��
7.63. Demuestre que
2
2
2
22 þ
222 4444
2
2
4
4
þ
1)
(n
1)
(n
n¼1
n¼1
2222
44
(n(n þþ1)1)
n¼1
n¼1
n¼1
1
1
1
1
444
666
1
1
X
X
X
X
1
1
1
1
4
4
6
6
X
X
X
X
1111 ¼
pppp ,, (b)
1111 ¼
pppp ..
(b)
, ,(b)
(b)
..
¼¼¼ 90
¼¼¼ 945
7.64. Demuestre que a)
b)
4nn
4444 90
6nn
6666 945
90
945
n
n
n
n
90
945
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
1
1
n�1
n�1
1
X
X
1
1
n�1
n�1
n�1
X
X
(�1)
nsen
sen
senh
au
(�1)
sen
ppsenh
senh
au
(�1)
nnnsen
nnunnuuu¼
au
au
¼ppsenh
,�
�
,uuuu,,
,ppp
�
,
,
7.65. Demuestre que (�1)
¼
¼
, ,,�
pppp,,
.p...
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
þaaaa
senh
ap
þ
senh
ap
nnnnþþ
2222senh
senh
ap
ap
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
n¼1
2p
2222
11 1111 1111 1111
ppp
�
þ
�
þ
�
�
�
¼
�
þ
�
þ
�
�
�
¼
7.66. Demuestre que112�
. ...
�
þ
þ
�
�
þ
þ
�
�
�
�
¼
¼
12
12
11211222 222222222 332332222 442442222
12
12
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238
Capítulo 7 El teorema del residuo, cálculo de integrales y series
�
� senh 2pa þ sen 2pa�
�
11
p
p
senh 2pa þ sen 2pa .
¼
.
¼
7.67. Demuestre que
4
3
nn44 þ
cosh 22p
þ 4a
4a4 4a
4a3 cosh
paa �
� cos
cos 22p
paa
n¼�1
n¼�1
1
1
X
X
1
1
X
X
p22
11
p
¼
coth
7.68. Demuestre que
¼
coth p
paa coth
coth p
pb.
b.
2
2
2
2
(m
þ aa2 )(n
)(n2 þ
þ bb2 )) ab
ab
(m2 þ
n¼�1
n¼�1 m¼�1
m¼�1
1
X
1
X
Teorema del desarrollo de Mittag-Leffler
7.69.
7.70.
7.71.
7.72.
7.73.
��
�� ��
��
�
111 11�
111 11
� 111 11 111 11
�
�
2z
�
2z
z
¼
�
�
þ
þ
�
�
�
�
�
�
.
�
�
.
�
2z
zzz¼¼
�
þ
�
�
.
1
1
1
1
�
2z
z
¼
�
þ
�
�
�
2 p
2222��
2� � � . � .
22 4þ
22 9�
2�
2�
zp
z2222��4z424p
z2222��9z929p
pzp
2 þ
2 �
Demuestre que csc z ¼
� z2z
2z
¼zzz �
�
z zz2z22��
z 2�
zp
zp
�
4pzp
�
9pp� 2� � .
z
z �
�p
p2 zz2 �
� 4p
p2 zz2 �
� 9p
p2
��
��
��
��
�
�
333 33
555 55
111 11
�
�
p
p
�
�
þ
þ
�
�
�
�
�
�
.
�
�
z
¼
z
¼
p
�
þ
�
�
.
z
¼
3
5
1
z ¼ p 22 2222 � 2 2 � 22 222 þ 2 2 þ 22 222 � 2� �2 ��.� � � . .
Demuestre que sech zz ¼
=2)
=2)
þ=2)
z(3
=2)
=2)
þ=2)
z(5
=2)
=2)
þ=2)
(3(3p2p
(5(5p2p
((p
(p
=2)
þ
zz 2þ�
þ
zz 2þþ(5
þ
zz 2þ�
p (p
¼p
þ(3
zpp=2)
zpp=2)
þz �z � � .
(2p
p=2)
=2)2 þ
þ zz2 (3
p=2)
=2)2 þ
þ zz2 (5
p=2)
=2)2 þ
þ zz2
(3p
(5p
(p
�
��
��
��
�1 1
�
�
11
�
�
1þþ þ 111 11þþ þ 111 11þþ� � �þ
a) Demuestre que tan zzz¼¼
�
�
.
�
�
2z
z
¼
2z
.
2z
z ¼ 2z 212 2222 þ 2 2 þ 212 222 þ 2 2 þ 212 2222 þ 2� �2 �þ.� � � . .
=2)
=2)
�=2)
z(3
=2)
=2)
�=2)
z(5
=2)
=2)
�=2)
(3(3p2p
(5(5p2p
((p
(p
=2)
�
zz 2�þ
�
zz 2�þ
�
zz 2�þ
z¼
¼ 2z
2z (p
�(3
zpp=2)
�(5
zpp=2)
�z �z � � .
(2p
p=2)
=2)2 �
� zz2 (3
p=2)
=2)2 �
� zz2 (5
p=2)
=2)2 2�
�2 zz2 2 2
(3p
(5p
(p
111 111 111 111 11 pp
2 p
�¼¼� �� �p
.2.. p. .
þþ 212þþ
� � �þ
1þþ 2122þþ
1que
p¼
b) Con el resultado del inciso a) demuestre
355325222 þ
577572 þ
772�� �2� ��þ¼
1331322 þ
111222 þ
8�88� ¼
. 88
þ
þ
þ
þ
¼
12 32 52 72
8
2,2,5,4,4,
7,7,8209.
88 88
2,2,
2,
4,
5,
7,
Verifique los desarrollos a) 2, b)
4, c)
d) 7,4,4,
e)5,5,
8 de5,5,
la7,7,
página
2,
4,
5,
7,
8
�
�
�
�
�
�
�1 1 1 �
�
11
11 X
44 p4 4
�
X
X
1
X
11 111 111 111 11 pp
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
4
X
�
�
1 1þ
1þ
1þ1 . .1 . 7.74. Demuestre 1que
1¼¼ 1¼ 1��
p
1
11
p
Demuestre que X
�
þ
þ
þ
þ
þ
þ
þ
�
�
þ
�
¼
�
�
�
.4.¼
þ
�
¼
1
1
1
1
1
1
1
1
p
�
þ
.
¼
þ
þ
þ
þ
�
�
�¼
�
þ
.. 96 . .
2 22þ
2pp
2 2¼
22z
z z�. 1
4 44 3
4 44 5
4 44 74� �4 � ¼96
22þ
24k
z z�
44 þ1
2
2
1
2z
2
z
e
3
5
7
z
z
2
z
e
þ
4k
p
�
1
96
1
2z
2
z
e
3
5
7
z
4k
1
2
2
2
z
4
4
4
4
�
þ
.
¼
þ
þ
þ
þ
�
�
�
¼
1
2z
2
z
e
3
5
7
z
þ
4k
p
�
1
96
1
2z
2
z
e
3
5
7
z
þ
4k
p
�
1
96
k¼1 k¼1
k¼1
2 þ 4k 2 p2
k¼1 zk¼1
14 34 54 74
2z 2 z ez � 1
96
k¼1
Problemas misceláneos
7.75. V
erifique que el teorema de Cauchy y las fórmulas integrales se obtienen como casos especiales del teorema del
residuo.
2z5 � 4z2 þ 5
ÐÐ22pde
p cos
cosufunción
u
7.76. Demuestre que la suma de los residuos
la
todos
�sen
u))ddþ
uu¼
¼2en
2pp=n!.
=n!. sus polos es 2/3.
cos(nuu�
6sen
Ð020p eecos u cos(n
3z
�u8z
10
e
u
�
sen
u
)
d
u
¼
2
p
=n!.
cos(n
Ð
0
7.77. Sea n unÞÞnúmero
positivo. Demuestre que 02p ecos u cos(nu � sen u) du ¼ 2p=n!.
33 1=z
1=z
z
z
e
e
jzjz��1j1j¼¼4.4.
ÞCC
jz �ecuación
1j ¼ 4. es |z − 1| = 4.
7.78. Calcule C z3 eÞ1=z dz a lo largo de la circunferencia C cuya
3 1=z
jz � 1j ¼ 4.
Cz e
7.79. Verifique que en condiciones adecuadas a la función:
ÐÐ22pp
ÐÐ22pp
0
(0), (b)
(b)
cosuudduu¼¼��ppf f0 (0).
(0).
a) Ð020p f f(e(eiuiu))dduu¼¼22ppf f(0),
b) Ð020p f f(e(eiuiu))cos
iu
iu
0
f
(e
)
d
u
¼
2
p
f
(0),
(b)
f
(e
)
cos
u
d
u
¼
�
p
f
(0). Ð
0
0
Ð 2p iu
Ð 2p iu ÐÐ Ð 2p
2p cos u
22pÐp2pcos(cos
cos
cos
uu cos(sen u) cos u d u ¼ p.
(e )a)
d u м
f (0), uu))(b)
up2,¼
�
pÐÐÐ2f2pÐ0p(0).
ucosh(sen
) cosh(sen
)uud¼
uu¼
p(b)
ecos
7.80. Demuestre
b)(b)
cos(cos
cosh(sen
ddcos
¼
2d2p
(b)
cosuu dduu ¼
¼p
p..
cos(sen
cos(senuu))cos
0 fque:
0 f (euu)))u
p
002Ðp022cos(cos
002Ðp022eep
u uu cos(sen u) cos u d u ¼ p.
p cos(cos
pcos
u
)
cosh(sen
u
)
d
u
¼
2
p
(b)
ecos
cos(cos
u
)
cosh(sen
u
)
d
u
¼
2
p
(b)
u)ucos
u duud¼
) cos
u ¼p.p.
cos(sen
0 0 cos(cos u) cosh(sen u) d u ¼ 2p (b)0 0 e e cos(sen
0
0
ð1ð1 ð1
sen
1 1sen
11 1 coth
aa a �11 1 .
ax
axax dx ¼
7.81. Demuestre queð ðð1sen
11 a�
a 1 ..11
sen
ax
coth
�
dx
¼
¼ 1coth
sen
pxax
axdx
4
2a �
�
1
coth
dx
¼
4
4
22 �
2a
2a2a
ee222ppepx2x2xsen
�
�
1
1
. ..
¼¼ coth
coth
dx
x � dx
0 e2p
4
22 �
1
p
x
4
2
2a2a
�
1
00 e
4
2a
e
�
1
0
0 0
[Sugerencia: Integre eaiz/(e2pz − 1) a lo largo de un rectángulo con vértices en 0, R, R + i, i y haga que R → ∞.]
1
ð
ð1
ð1
1
sen
1
ð1
ax
axax dx ¼11 1 � p
pp .
ð sen
ðsen
11�
sen
ax
�
dx
dx
¼
¼
..
1
sen
ax
pp
x
sen
ax
pp
x
x
þ
1 dx¼¼
2 senh
2a
2a2a
ee xeþ
þ
11 dx
2�
2senh
senh
paap. a..
��
dx
¼
xþ
7.82. Demuestre que
0
2a
e
1
2
senh
p
xþ
2a2a 2 senh
11
papaa
00 e eþ
2 senh
aþi1
aþi1
ð
ððaþi1
0 00
sen
aþi1
ðð eeztztzteztzt
sen
sen
pt
ptpt.
ðaþi1
aþi1
dz
sen
dz
¼ ¼sen
e2 eeþzt22pdz
pt..pt
2 ¼
sen
2
2
z
dz¼¼
pp p .pt..
zz 2 þ
þ
pp 2 dz
7.83. Dadas las constantes positivas a, p y t, demuestre que a�i1
¼
2þ
2 dz
pp
z
p
2
2
p
z
þ
p
a�i1
a�i1
z þp
ð1ð1 ð1
a�i1
a�i1
ln
x
p
ln
a
a�i1
ln
ln
x
x
p
p
ln
ln
a
a
ð1 ð1
ð1 lnln
dx
ln
dx
¼ ¼p p
xþ2x2xadx
ln2a
a.. aa.
2 ln
2 ¼
p
ln
dx
7.84. Demuestre que xx222xþ
2a
2a
þ
aa 2 dx
. ..
¼¼
dx
¼
2
2
0 xþ
2a2a
a aa2
00 x
x2 þ
2a
þ
0 00
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239
Problemas complementarios
ð1
ð 1
1
ð1
ð 1
ðilsenh
senh
senh
ax ax
ax
senh
axdx
ex iillxxax
p. Verifique queilixlexsenh
dx
¼
a aa
sen
sensen
aasen
sen
dx
dxx¼
¼x dx ¼
. . l. l..
¼
esenh
senh
p
cos
a cosh
þlcosh
cos
a
þ
p
cos
cos
a
a
þ
þ
cosh
cosh
senh
senh
p
p
x
x
l
cos
a
þ
cosh
senh
p
x
l
�1
�1�1�1
1
�1
ð1ð1 ð1 ðð1
ln
2
dx
dx
ln
2
ln¼
ln2¼
2 ln.. 2.
dx
dx dx
7.86. Demuestre que
¼¼
. 2p .
2 ) cosh
2þ
2p
(4x
þ
xpp.¼
2þ
222)2p
)
cosh
x
2
2
2
(4x
(4x2(4x
þ
p
p
)
cosh
cosh
x
x
(4x þ p ) cosh x 2p2p
0 0 0 00 1 1
ffi ffiffiffi 11 ð1 ð11 2 2
ffi ffiffiffiffiffiffi
1
ppffiffi2ffiffiffip
ffi ffiffip
ppffiffiffiffiffip
ffi 3ffiffip
ð1
ð ð ð1
p
ð2(ln
2x) x) 2
2 2p
�22p222p2ffiffiffi ðð(ln
x ��pp�
33p32332p
(ln
32 2
3pp3¼
lnlnxðxln xln
(lnx)
x)
3dx
�
2
2.
ln
x
p
(ln
x)
p
dx
¼
,
dx
¼
dx
¼
,
7.87. Demuestre que a) 4 4 x4 xþ
dx
¼
dx
¼
, b), 4 4 x4 xþ
4dx¼
4dx¼
¼
¼ 64. .64. .
1 dx16
1 dx64
16, 16
xx þþ11x4 1þ
xx þþ11x4 1þ
16
64
þ
1
þ
1
16
64
0 0 0 00
0 0 0 00
þ 2 2
þþ þ (ln
þ2 (ln
2z) z) 2
(ln
(lnz)z)
(ln
z) dz
4dz dz
4 dz
[Sugerencia: Considere
1 dz a lo largo de una semicircunferencia con una indentación adecuada en z = 0.]
z4z4þzþ1zþ
1z4 1þ
þ
1
C C
7.85. Suponga que −p < a <
7.88. Calcule
1
ð
ð1 1
ð1
ð 1
CC
ee
C
ln ln
x xlnlnxx
dx.
dx. 2 2dx.
2
1)
(x
1)2 221)
(x2(xþ2(xþ
þþ21)dx.
� ��
� ��
senh
ax
senh
ax
asen
p p �pp sensen
psen
senh
ax
aapp �
senh
ax
a
p
cos
bxdx
dx¼¼
0,
coscos
bxcos
dxbx
¼
.
..
7.89. Demuestre que si |a| < 1 y b 0,
>0,0,0,senh
bx
dx
¼
2 acos
appcosh
xsenh
2 2cos
pcos
cosh
bcosh
pbpbbp.p
senh
2cos
þþcosh
senh
x xx
aþ
paþ
00 0 0 0
1
ð
ð1 1
ð1
ð 1
00 0 0 0
1
1
1
ð
ð1 1
ð
ð
cospx
px
coscos
pxcos
p pp
dx¼¼ p . . . .
1, px
dxdx
¼dx
7.90. Demuestre que si −1 <1,p1,<1,1,
¼
cosh
x
cosh(p
=2)
cosh
x x x 2 cosh(p
p=2)
cosh
22cosh(p
pp=2)
cosh
2 cosh(p
p=2)
00 0 0 0
1
1ð
1 ð
ð1
1 ð
ln(1
ln(1
þ
x) x)
2pp2lnln22
ln(1
þþx)x) p ln
ln(1
þ
p¼ln
7.91. Demuestre que
dx¼
. . ..
dx2dx
¼
2 dx
¼
221þ
þ
x
1þ
x
2
2
1
x
10 þ x
2 22
00 0 0
7.92. Suponga que a > 0 y que −p/2 < b < p/2. Demuestre que
1
ð
ð1 1
ð1
ð 1
p
ffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
pffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi ffiffiffiffiffiffiffiffi
22
2 2 cos b 2
2
1p
ffi =affia
�
a
x
cos
b
�2�
acos
cos
11dx1 p
�
a
x
bxaxcos(
2 a
b) )dx
¼12=ffiffiffiffiffiffiffiffi
=2).
cos(
xe
b bacos(
2a
)sen
¼
p
bcos(
=2).
xx2bsen
p
bb=2).
2a=cos(
a) e e�aecos
cos(xcos(
axsen
sen
bdx
)b
dx
p
ap=cos(
b=2).
2¼ ¼
7.93.
2 2
00 0 0 0
1
ð
ð1 1
ð1
ð 1
ffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
2 cos b
pffiffiffiffiffiffiffiffi
ffipffiffiffiffiffiffiffiffi
1p
p
ffi =affia
�
a
xx22acos
b
22 2 a2x2 sen b)11dx
�2�
acos
x2xcos
�a�
ba
¼12=ffiffiffiffiffiffiffiffi
sen(
=2).
xe
b basen(
1p
e
sen(
)bdx
¼
bsen(
=2).
xbsen
) dx
p
bb=2).
b) . e ecos
2a=sen(
sen(xsen(
asen
xasen
)b
dx
p
ap=sen(
b=2).
22¼ 2¼
0
00 0 0
1
1
X
X
1
1
z1 ¼
.
z2 ¼ X
1 .
np)2
.
Demuestre que csc z ¼n¼�1 (zn¼�1
� np(z)2�
2
n¼�1 (z � np)
7.94. Suponga que a y p son reales tales que 0 < |p| < 1 y 0 < |a| < z. Demuestre que
1
��� ���
�
1
ð �p
�
ð
�p
p
1
� pa
x �pdx x dx � p ��
sen pa sen
ð
¼
x 2 þdx2x cos¼
sen
1 p
pp apasen a
x2 2þ 2xxcos
a þ 1 a¼þsen
pp sensen
sen pp sen a
0 x þ02x cos a þ 1
0
ð1
ð1
1
dx2p
2p
dx pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ð
7.95. Demuestre p
que
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p2ffiffip
ffiffi. ¼ pffiffiffi. [Considere el contorno de la
dx 3 ffi ¼
3
2
3
2
3xffi ¼
3
�p
x3ffiffiffi.
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
3x 2� x 3
0
3
x 0� x
0
figura 7-18.]
y
C
7.96. D
emuestre el teorema del residuo para regiones múltiplemente
conexas.
1
7.97. E
ncuentre las condiciones suficientes en las cuales el teorema del
residuo (problema 7.2) es válido si C contiene una cantidad infinita
de singularidades aisladas.
7.98. S
ea C una circunferencia con ecuación |z| = 4. Determine el valor
de la integral
þ
1
z2 csc dz
z
C
si existe.
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Figura 7-18
x
240
Capítulo 7 El teorema del residuo, cálculo de integrales y series
7.99. Dé una prueba analítica de que sen u ≥ 2u/p para 0 ≤ u ≤ p/2.
[Sugerencia: Considere la derivada de (sen u)/u, y muestre que es una función decreciente.]
7.100. Demuestre que
ð1
x
1
dx ¼ .
senh px
4
0
7.101. Verifique que en la ecuación (2) del problema 7.22 la integral a lo largo de Γ tiende a cero cuando R → ∞.
� �
ðp ðp
si�jrj1 � 1
0 0
if jrjif
2þ r 2 ) d u ¼
ln(1
�
2r
cos
u
7.102. a) Suponga que r es real. Demuestre que
2
. 1.
ln(1 � 2r cos u þ r ) d u ¼
si�jrj1 �
p ln p
r2 ln rif jrjif
0
0
pð=2 pð=2
lnusen
d u el problema 7.23).
b) Con el resultado del inciso a) calcule ln sen
d uu(véase
0
0
7.103. Termine la prueba del caso 2 en el problema 7.25.
1
ð �p
1
1
ð ð �pxx�p
dx ¼
¼ ppcot
cotpppp, en el sentido del valor principal de Cauchy.
7.104. Sea 0 < p < 1. Demuestre que x x �dx
1dx
¼ p cot
pp
x�
x00�
1 1 pffiffiffi
pffiffiffi�
� p
p
ffiffi
ffi
X
0
p
1
pffiffiffi 33 � �p
pffiffiffi�ffiffi33ffi�
1
1
p
p
1
XX
¼
tanh
:
1
p 3 tanhp 3
1
n¼�1 4 þ n22 þ¼
1 ¼ 33tanh
2: :
7.105. Muestre que
n¼�14 nn4 þ
n
þ
1
2
2
n¼�1
n þn þ1
3
2
7.106. Verifique que cuando N → ∞, la integral en el lado izquierdo de (1) en el problema 7.29 tiende a cero.
1 11 11 11
5p55
�
þ
�
þ ������ ¼
¼
1 5þ
1 5�
1 5þ
5p55p ..
1 15 �
7.107. Demuestre que
1�5 3þ5 5�5 7þ5 � � � ¼ 11536
536
.
15 1 35 3 55 5 75 7
1 536
�� � ��
� ��
1 1� � �
11
1X
1X
X
X
X2n2n
X n�2n2n
þ
11
þ
11
þ2n
1þ
2n
1þ
n fn þ
f
and
(�1)
(�1)(�1)
f f
. . .
7.108. Demuestre los resultados de la página 209 para a) f f 2 andyand
b)
2
2
2
2
2
�1
�1
�1 �1
�1 �1
11
1X
n n sen
XX
(�1)
�
up
)(up
þ
senn nsen
unun¼
uu(up(up
�(p
u)(
�
)(
þp
u)þu)u. )
7.109. Dado −p ≤ u ≤ p. Compruebe que (�1)(�1)
. .
3 3 ¼ ¼
3
12
n
12
12
n
n
n¼1
n¼1
n¼1
7.110. Demuestre que la función cot z – 1/z del problema 7.34 es acotada sobre las circunferencias CN.
7.111. M
uestre que en la ecuación (3) del problema 7.36, las integrales segunda, cuarta y sexta tienden a cero cuando
e → 0 y R → ∞.
1
1
1
p
7.112. Demuestre que
�
þ
� � � � ¼ p.
1
1
1
cosh(p=2) � 3 cosh(3p=2) þ 5 cosh(5p=2) � � � � ¼ 8 .
cosh(p=2) 3 cosh(3p=2) 5 cosh(5p=2)
8
aþi1
aþi1
ð ztzt
1
e
1 aþi1
ð zt
7.113. Demuestre que 1
p
e ffiffi dz ¼ p1ffiffiffiffiffi , donde a y t son constantes positivas arbitrarias.
2pi
pt
pzffiffi dz ¼ pffiffiffiffiffi
a�i1 z
2pi a�i1
pt
1 a�i1
1
X
19p77
coth np
1
X
7.114. Demuestre que
coth77np ¼ 19p7 .
n7 ¼ 56 700.
n¼1
n¼1
n
56 700
n¼1
ð11
dx
4�p
ð1
7.115. Demuestre que
¼ 4 � p.
dx
(x222 þ 1) cosh px ¼ 2 .
2
00 (x þ 1) cosh px
1
1
1
p33
0
�
þ
� � � � ¼ p3 .
1
1
1
3
3
3
3
3
3
7.116. Demuestre que 13 senh p � 23 senh 2p þ 33 senh 3p � � � � ¼ 360.
1 senh p 2 senh 2p 3 senh 3p
360
7.117. Demuestre que si a y t son constantes positivas,
aþi1
ð
1
sen t
ezt cot�1 z dz ¼
2pi
t
a�i1
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Respuestas a los problemas complementarios
241
Respuestas a los problemas complementarios
7.39. a) z = −1, 2; 1/3, 5/3, b) z = 1; 4, c) , z = 0; 1
zz¼¼�1,
�1,2;2; 1=3,
1=3, 5=3,
5=3,
zz¼¼1;1; 4,4,
zzz¼¼
¼0;0;
�1,
11 2; 1=3, 5=3,
z ¼ 1; 4,
z ¼ 0; 1
z ¼ �1, 2; 1=3, 5=3,
z ¼ 1; 4,
z ¼ 0; 1
kþ1
kþ1
kþ1
11
1
d ) zz¼¼22(2k
donde
=
donde
(2kþþ1)
1)ppi;i; (�1)
(�1) ii,where
wherekk¼¼0,0,+1,
+1,z +2,
+2,
......þ
, , 1)e)
pi;zzz¼
(�1)
¼kkpi;
kppi;i; 00i where
wherekk¼¼0,0,+1,
+1, +2,
+2,......,
z ¼ kpi; 0 where k ¼ 0, +1, +
¼
2(2k
...,
z ¼ kpi; 0 where k ¼ 0, +1, +2, . . .
z ¼ 12(2k þ 1)pi; (�1)kþ1 i where k ¼ 0, +1, +2,
z ¼ �1, 2; 1=3, 5=3,
z ¼ 1; 4,
z ¼ 0; 1
7.42. 888pi
ppii
8p i
i 2; 1=3, 5=3,
8p�1,
z¼
z ¼ 1; 4,
z ¼ 0; 1
kþ11
11−1 + i es
7.43. Zeros:
Ceros:zzz¼¼=+2i,
2i,Res:
residuo:
zis=
0Res:
es at
2,
residuo:
en
=
−is12at(2k
(1
–¼
ziþis
=
es Res:
þ
1)
presiduo:
i;za
i where
k1(1¼−�0,i3i),
+1,
+2,at. .z.¼
, �1 �
z¼
zRes:
(1��at3i),
3i),
at
¼3i),
�1
�1
�
�(�1)
ii¼
isis�1
��12en
(1
þ
3i)
3i)
i iskp�i;
Zeros:
+2i,
Res:
atatzz¼¼en
00is
2,2,Res:
atza
za
Zeros:
¼¼�1
�1
zþ
¼
þi+2i,
iza
isis�
�Res:
z ¼Res:
0¼
2,zzRes:
at
þ
�−1
22(1
2(1
2
1
1
Res:kat¼z0,¼ +1,
�1 �
i is. �
Zeros:
z 3i)
¼
+2i,
Res:kþ1ati zwhere
¼ 0 isk 2,
at +2,
za ¼. �1
(1 +þ
−12(2k
1)p
i; (�1)
¼ Res:
0, +1,
. . , þ i isz �
¼ 2k(1
pi;� 03i),
where
+2,
. . 2(1 þ 3i)
z¼
8p i
22ppii
2pi
pi p
p i 22pi
87.44.
pffiffiffiffiffiffi
pffiffiffi
Zeros: z ¼ +2i, Res: at z ¼ 0 is 2, Res: at za ¼ �1 þ i is � 12(1 � 3i), R
ffi=2
�9
�9pp p22ffiffi=2
�9p 2=2
7.45. �9
2=2Res: at z ¼ 0 is 2, Res: at za ¼ �1 þ i is � 1(1 � 3i), Res: at z ¼ �1 � i is � 1(1 þ 3i)
p +2i,
Zeros:
z¼
2
2
2pi
�6
�6ppii
�6pi
7.47.
−6pi
p
i
�6
pffiffiffi
2pi
�9p 2=2
11ffiffi�
cos
costt
1 � cos t
p
ffi�
7.48.
1
−
cos
t
�9p 12�
=2cos t
�6pi
5p=288
pp=288
=288
7.50. 5555p/288
�6pi p=288
1 � cos t
0
7.51. 0000
1 � cos
t ffiffiffiffiffiffi
p
p
pffiffiffi
5p=288
ffi=6
p 3=6
7.58. pp p33ffiffi=6
p 3=6
5p=288
0
=2
=2
p=2
7.59. pp
p/2
p=2
pffiffiffi
0
p 3=6
7.78.
1/24
1/24
1/24
pffiffiffi 1/24
p 3=61/24
p=2
7.88. ��
−p/4
pp=4
=4
�p=4
p=2 �p=4
1/24
1/24
�p=4
�p=4
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Capítulo 8
Aplicación conforme
8.1 Transformaciones o aplicaciones
El conjunto de ecuaciones
u ¼ u(x, y)
v ¼ v(x, y)
(8.1)
define, en general, una transformación o aplicación, que define una correspondencia entre puntos del plano uv y
puntos del plano xy. A las ecuaciones (8.1) se les llama ecuaciones de transformación. Si a cada punto del plano uv
le corresponde uno y sólo un punto del plano xy, y viceversa, se habla de una transformación o aplicación uno a uno
(o inyectiva). En ese caso, un conjunto de puntos del plano xy (como una curva o una región) es llevado a un conjunto
de puntos en el plano uv (una curva o región) y a la inversa. Los correspondientes conjuntos de puntos en estos dos
planos se conocen como imágenes del otro.
8.2 Jacobiano de una transformación
Con la transformación (8.1), una región del plano xy es, en general, llevada a una región ′ del plano uv. Así, si
ΔAxy y ΔAuv denotan, respectivamente, las áreas de estas regiones, puede mostrarse que si u y v son continuamente
diferenciables,
�
�
DAuv ��@(u, v)��
lím
¼�
(8.2)
@(x, y)�
DA
xy
donde lím denota el límite cuando ΔAxy (o ΔAuv) tiende a cero y donde el determinante
�
�
� @u @u �
�
�
@(u, v) �� @x @y �� @u @v @u @v
¼
¼
�
@(x, y) �� @v @v �� @x @y @y @x
� @x @y �
(8.3)
se conoce como el jacobiano de la transformación (8.1).
Si de (1) se despejan x y y en términos de u y v, se obtiene la transformación x = x(u, v), y = y(u, v), la cual
suele conocerse como transformación inversa correspondiente a (8.1). Si x y y son univaluadas y continuamente
diferenciables, el jacobiano de esta transformación es @(x, y)/@(u, v) y puede mostrarse que es igual al recíproco de
@(u, v)/@(x, y) (véase el problema 8.7). Por tanto, si en una región un jacobiano es distinto de cero, también el otro
jacobiano será distinto de cero.
Al contrario, puede mostrarse que si u y v son continuamente diferenciables en una región y si el jacobiano
@(u, v)/@(x, y) no es cero en , la transformación (8.1) es uno a uno.
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8.5 Teorema de la aplicación de Riemann
243
8.3 Funciones de aplicaciones complejas
Un caso de especial interés ocurre cuando u y v son reales y son las partes real e imaginaria de una función analítica
de una variable compleja z = x + iy, es decir, w = u + iv = f (z) = f (x + iy). En tal caso, el jacobiano de la transformación está dado por
@(u, v)
(8.4)
¼ j f 0 (z)j2
@(x, y)
(véase el problema 8.5). Se sigue que la transformación es uno a uno en las regiones en las que f ′(z)  0. A los puntos
en los que f ′(z) = 0 se les llama puntos críticos.
8.4 Aplicaciones conformes
Suponga que, con la transformación (8.1), el punto (x0, y0) del plano xy es llevado al punto (u0, v0) del plano uv
(figuras 8-1 y 8-2), y las curvas C1 y C2 [que se intersecan en (x0, y0)] se llevan, respectivamente, a las curvas C′1 y
C′2 [que se intersecan en (u0, v0)]. Así, si la transformación es tal que el ángulo en (x0, y0) entre C1 y C2 es igual al
ángulo en (u0, v0) entre C′1 y C′2, tanto en magnitud como en sentido, se dice que la transformación o la aplicación es
conforme en (x0, y0). Una aplicación que conserva las magnitudes de los ángulos pero no necesariamente su sentido
se llama isogonal.
y
u
C2
(u0, u0)
C1
C'2
(x0, y0)
C'1
u
x
Figura 8-1
Figura 8-2
El teorema siguiente es fundamental.
teorema
8.1: S
i f (z) es analítica y f ′(z)  0 en una región
puntos de .
, la aplicación w = f (x) es conforme en todos los
En una transformación o aplicación conforme, las figuras pequeñas en la vecindad de un punto z0 del plano z
se llevan a figuras pequeñas similares en el plano w y se aumentan (o reducen) en una cantidad dada por | f ′(z0)|2,
llamada factor de magnificación del área o sólo factor de magnificación. Las distancias cortas en el plano z en la
vecindad de z0 se aumentan (o reducen) en el plano w en una cantidad dada aproximadamente por | f ′(z0)|, llamada
factor de aumento lineal. Las figuras grandes en el plano z por lo general se llevan a figuras en el plano w que están
lejos de ser semejantes.
8.5 Teorema de la aplicación de Riemann
Sea C (figura 8-3) una curva simple cerrada en el plano z que constituye la frontera de una región conexa simple.
Sea C′ (figura 8-4) una circunferencia de radio uno, con centro en el origen [el círculo unitario], que constituye la
frontera de una región ′ en el plano w. A la región ′ se le suele llamar disco unitario. Así, el teorema de la apli-
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244
Capítulo 8 Aplicación conforme
cación de Riemann sostiene que existe una función w = f (z), analítica en , que lleva cada punto de a un punto
correspondiente en ′ y cada punto de C a un punto correspondiente de C′, la correspondencia es uno a uno y sobre
(inyectiva y suprayectiva), es decir, todo punto de ′ es la imagen de exactamente un punto de .
Plano z
Plano w
C'
C
1
Figura 8-3
'
Figura 8-4
Esta función f (z) tiene tres constantes reales arbitrarias, que se determinan al hacer que el centro de C′ corresponda a algún punto dado de y que un punto sobre C′ corresponda a un punto dado sobre C. Hay que observar
que aunque el teorema del mapeo de Riemann demuestra la existencia de esta función, en realidad no produce esta
función.
El teorema de la aplicación de Riemann se extiende al caso en el que una región limitada por dos curvas simples
cerradas, una dentro de la otra, se lleva a una región limitada por dos circunferencias concéntricas. Además, toda
región simplemente conexa que no sea todo el plano x-y se lleva de manera conforme a un disco unitario. Por ejemplo, el semiplano superior se lleva, de manera conforme, al disco unitario (véase la sección 8.11).
8.6 Puntos fijos o invariantes de una transformación
Suponga que el plano w se superpone al plano z de manera que los ejes coordenados coincidan y que, esencialmente,
hay un solo plano. Así, la transformación w = f (z) se entiende como llevar ciertos puntos del plano a otros puntos.
Los puntos en los que z = f (z) se conocen como puntos fijos o puntos invariantes de la transformación.
Ejemplo 8.1. Los puntos fijos o invariantes de la transformación w = z2 son las soluciones de z2 = z, es decir,
z = 0, 1.
8.7 Algunas transformaciones generales
A continuación, a, b son constantes complejas dadas, y a y u0 son constantes reales.
1.Traslación. w = z + b
Mediante esta transformación, las figuras del plano z se desplazan o trasladan en dirección del vector b.
2.Rotación. w = eiu0 z
Mediante esta transformación, las figuras del plano z se rotan un ángulo u0. Si u0 > 0, la rotación es
en sentido contrario a las manecillas del reloj, y si u0 < 0, la rotación es en sentido de las manecillas del
reloj.
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8.10 Transformación bilineal o fraccionaria
245
3.
Estiramiento/elongación. w = az
Mediante esta transformación, las figuras del plano z se alargan/elongan (o contraen/encogen) en la
dirección de z si a > 1 (o 0 < a < 1). La contracción se considera un caso especial del estiramiento.
4.
Inversión. w = 1/z
8.8 Transformaciones sucesivas
Si w = f1(z) lleva la región z del plano z a la región w del plano w y z = f2(z) lleva la región z del plano z a la
región z, entonces w = f1[ f2(z)] lleva z a w. Las funciones f1 y f2 definen transformaciones sucesivas de un plano
a otro, las cuales equivalen a una sola transformación. Estas ideas se generalizan fácilmente.
8.9 Transformación lineal
La transformación
w ¼ az þ b (8.5)
iu0
donde a y b son constantes complejas dadas, se conoce como transformación lineal. Con a = ae , se ve que una
transformación lineal es una combinación de las transformaciones de traslación, rotación y estiramiento.
8.10 Transformación bilineal o fraccionaria
La transformación
w¼
az þ b
,
gz þ d
ad � bg = 0
( (8.6)
se conoce como transformación bilineal o fraccionaria. Esta transformación se considera una combinación de las
transformaciones de traslación, rotación, estiramiento e inversión.
La transformación (8.6) tiene la propiedad de que un círculo en el plano z se lleva a un círculo en el plano w, donde
por círculos se entiende también círculos de radio infinito que son líneas rectas. Véanse los problemas 8.14 y 8.15.
Esta transformación lleva tres puntos distintos cualesquiera del plano z a tres puntos distintos del plano w, uno de
los cuales puede estar al infinito.
Si z1, z2, z3, z4 son distintos, la cantidad
(z4 � z1 )(z2 � z3 )
(z2 � z1 )(z4 � z3 ) (8.7)
se conoce como cociente cruzado de z1, z2, z3, z4. Este cociente es invariante con una transformación bilineal, propiedad con que se obtienen transformaciones bilineales específicas que lleven tres puntos a otros tres puntos.
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246
Capítulo 8 Aplicación conforme
8.11 Aplicación de un semiplano sobre un círculo
Sea z0 un punto P en el semiplano superior del plano z, denotado
w ¼ eiu0
�
en la figura 8-5. Así, la transformación
�
z � z0
z � z� 0
(8.8)
lleva este semiplano superior en forma uno a uno (inyectiva) sobre la región ′, que es la circunferencia unitaria
|w| = 1. Todos los puntos del eje x se llevan a la frontera del círculo. La constante u0 se determina al hacer que un
punto determinado del eje x corresponda a un punto dado sobre la circunferencia.
En las figuras siguientes se emplea la convención de los puntos, A, B, C, etc., del plano z que correspondan a puntos A′, B′, C′, etc. (A “prima”, B “prima”, C “prima”, etc.), del plano w. Además, en el caso de puntos al infinito, esto
se indica mediante una flecha, como en los puntos A y F en la figura 8-5, los cuales corresponden, respectivamente,
a los puntos A′ y F ′ (el mismo punto) de la figura 8-6. A medida que el punto z se mueve sobre la frontera de [es
decir, el eje real] desde −∞ (punto A) hasta +∞ (punto F), w se mueve en sentido contrario a las manecillas del reloj
a lo largo de la circunferencia unitaria desde A′ de vuelta a A′.
Plano w
u
Plano z
y
C'
B'
'
P • z0
1
B
C
D
q0
u
P'
E'
x
A
A'
F'
E
F
D'
Figura 8-5
Figura 8-6
8.12 Transformación de Schwarz-Christoffel
Considere un polígono [figura 8-7] en el plano w con vértices en w1, w2, . . . , wn, cuyos ángulos interiores correspondientes sean a1, a2, . . . , an, respectivamente. Los puntos w1, w2, . . . , wn sean, respectivamente, las imágenes de los
puntos x1, x2, . . . , xn sobre el eje real del plano z [figura 8-8].
Plano w
u
y
a4
a5
w1
a1
'
Plano z
w4
a3 w
3
a2
w2
u
x
x1
Figura 8-7
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x2
x3
Figura 8-8
x4
x5
247
8.14 Algunas transformaciones especiales
Una transformación que lleva el semiplano superior del plano z sobre el interior ′ del polígono en el plano w,
y el eje real sobre la frontera del polígono, está dada por
dw
a =p�1
a =p�1
dw ¼ A(z � x1 )aa11==pp�1
�1(z � x2 ) a22 =p�1 � � � (z � xn ) ann =p�1
¼ A(z � x1 )
(z � x2 )
� � � (z � xn )
(8.9)
dz
dz
o
ðð
a1 =p�1
a2 =p�1
an =p�1
w
¼
A
(z �
� xx22))a2 =p�1 �� �� �� (z
(z �
� xxnn))an =p�1dz
dz þ
þB
B
w ¼ A (z
(z �
� xx11))a1 =p�1(z
(8.10)
donde A y B son constantes complejas.
Hay que observar lo siguiente:
1.
2.
3.
4.
Tres de los puntos x1, x2, . . . , xn pueden elegirse como se desee.
Las constantes A y B determinan el tamaño, orientación y posición del polígono.
Es conveniente elegir un punto al infinito, por ejemplo, xn, en cuyo caso, en las expresiones (8.9) y (8.10)
el último factor no está presente.
Los polígonos abiertos infinitos se consideran casos límites de los polígonos cerrados.
8.13 Transformaciones de fronteras en forma paramétrica
Supóngase que en el plano z una curva C [figura 8-9], que puede ser cerrada o no, tiene como ecuaciones paramétricas
x ¼ F(t), y ¼ G(t) ( (8.11)
z ¼ F(w) þ iG(w)
( (8.12)
donde F y G se suponen continuamente diferenciables. Así, la transformación
lleva el eje real C′ [figura 8-10] del plano w sobre la curva C.
y
Plano z
u
Plano w
C
C'
x
Figura 8-9
u
Figura 8-10
8.14 Algunas transformaciones especiales
Como referencia se presentan a continuación algunas transformaciones útiles en la práctica. Se presentan por separado las transformaciones que llevan la región dada del plano w o del plano z sobre el semiplano superior del plano
w o del plano z, el círculo unitario en el plano z o en el plano w, según la transformación más sencilla. Como se vio,
existe una transformación [ecuación (8.8)] que lleva el semiplano superior sobre el círculo unitario.
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248
Capítulo 8 Aplicación conforme
A. Transformaciones sobre/en el semiplano superior
A-1 Sector infinito de ángulo p/m
w ¼ zm , m � 1=2
Plano z
y
Plano w
u
A
B
p /m
C
E
D
x
A'
B'
C'
D'
1
E' u
1
Figura 8-11
Figura 8-12
w ¼ epz=a
A-2 Banda infinita de anchura a
Plano w
u
Plano z
y
C
B
A
a
A'
x
D
E
B'
F
C' D'
F' u
1
Figura 8-13
E'
–1
Figura 8-14
A-3 Banda semiinfinita de anchura a
w ¼ sen
a)
Plano z
Plano w
u
y
A
E
a
B
–a/2
C
Figura 8-15
D
A'
x
a/2
B'
C'
–1
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D'
1
Figura 8-16
E'
u
pz
a
249
8.14 Algunas transformaciones especiales
b)
w ¼ cos
Plano z
pz
a
Plano w
u
y
A
D
a
B
A'
x
C
B'
a
C'
–1
Figura 8-17
D'
u
1
Figura 8-18
c)
w ¼ cosh
y
pz
a
Plano w
u
Plano z
B
A
a
A'
x
C
D
Figura 8-19
B'
C'
–1
1
D'
u
Figura 8-20
�
�
a
1
zþ
w¼
2
z
A-4 Semiplano con semicírculo eliminado
Plano z
y
Plano w
u
C
1
A
B
D
–1
E
A'
x
1
Figura 8-21
B'
C'
–a
www.FreeLibros.me
D'
a
Figura 8-22
E' u
250
Capítulo 8 Aplicación conforme
�
�
1þz 2
w¼
1�z
A-5 Semicírculo
Plano z
y
Plano w
u
B
1
C
D
A
–1
x
A'
1
B'
C'
–1
Figura 8-23
D'
A'
Figura 8-24
A-6 Sector de un círculo
w¼
y
u
1
Plano z
�
�2
,m�
�m
,m�2
1 þ zm
1 � zm
1
2
Plano w
u
C
B
p/m
D
A
x
A'
1
B'
C'
–1
Figura 8-25
D'
A
u
1
Figura 8-26
A-7 Región en forma de lente con ángulo p/m
[ABC y CDA son arcos circulares]
w¼e
2mi cot�1 p
�
zþ1
z�1
Plano w
Plano z
y
u
B
p/m
D
p
C
–1
A
1
Figura 8-27
x
A'
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B'
C'
–1
D'
1
Figura 8-28
A'
u
251
8.14 Algunas transformaciones especiales
A-8 Semiplano con círculo eliminado
w ¼ coth(p=z)
Plano z
y
Plano w
u
D
1
E
C
B F
A
G
x
A'
B' C'
E' F'
–1
u
Figura 8-30
pffiffi pffiffiffi
w ¼ i( z � p)
A-9 Exterior de una parábola y2 = 4p(p − x)
Plano z
A
G'
1
Figura 8-29
D'
Plano w
u
y
B
p
4p
A'
x
C
B'
C'
–√p
D'
E'
√p
u
D
E
Figura 8-31
Figura 8-32
A-10 Interior de una parábola y2 = 4p(p − x)
w ¼ ep i
Plano z
C
Plano w
u
y
p
E
4p
D
B
x
A'
B'
C'
D'
–1
1
A
Figura 8-33
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Figura 8-34
E'
u
pffiffiffiffiffi
x=p
252
Capítulo 8 Aplicación conforme
A-11 Plano con dos cortes paralelos semiinfinitos
w ¼ �pi þ 2 ln z � z2
Plano z
y
Plano w
u
1
A'
B'
p
C'
A
p
C
D
–1
u
E'
B
E
1
x
D'
1
Figura 8-35
Figura 8-36
A-12 Canal con curva en ángulo recto
w¼
Plano z
y
pffiffi
pffiffi
2
ftanh�1 p z � p tan�1 zg
p
Plano w
u
D'
E'
A'
A
1
C'
p
B'
C
–1
u
D'
B
D
E
–1/p2
x
B'
Figura 8-37
Figura 8-38
ðzz
�1
�1
w ¼ taa==pp�1
(1 � t)bb==pp�1
dt
A-13 Interior de un triángulo
plane 00
zz plane
Plano z
y
Plano w
u
C'
a
A'
b
B'
Figura 8-39
C
u
A
B
1
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Figura 8-40
C
x
253
8.14 Algunas transformaciones especiales
ðz
dt
w ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi , 0 , k , 1
2
(1 � t )(1 � k2 t2 )
A-14 Interior de un rectángulo
0
Plano z
y
Plano w
u
A' G'
B'
F'
A
C'
D'
u
E'
B
C
–1/k
–1
Figura 8-41
D
E
F
1
1/k
G
x
Figura 8-42
B. Transformaciones en/sobre el círculo unitario
B-1 Exterior del círculo unitario
w¼
Plano w
u
B'
Plano z
y
1
1
1
z
D
C'
u
A'
A
C
x
B
D'
Figura 8-43
Figura 8-44
1
w ¼ (ze�a þ z�1 ea )
2
B-2 Exterior de una elipse
Plano w
u
Plano z
y
D
B'
senh a
cosh a
C'
1
A'
u
D'
Figura 8-45
C
A
B
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Figura 8-46
x
254
Capítulo 8 Aplicación conforme
rffiffiffi
p
�1
w¼2
z
B-3 Exterior de una parábola y2 = 4p(p − x)
Plano z
Plano w
D' u
y
A
B
1
p
4p
C
E'
A'
x
C'
u
D
B'
E
Figura 8-47
Figura 8-48
rffiffiffi
p z
w ¼ tan
4 p
2
B-4 Interior de una parábola y = 4p(p − x)
2
Plano z
Plano w
u
y
A
B
B'
1
p
F
4p
C
x
A'
E'
F'
D
C'
u
D'
E
Figura 8-49
Figura 8-50
C. Transformaciones diversas
C-1 Banda semiinfinita de anchura a sobre cuarto de plano
w ¼ sen
Plano z
Plano w
u
y
A
A'
D
a
C
B
a
Figura 8-51
B'
x
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C'
D'
1
C'
Figura 8-52
u
pz
2a
255
8.14 Algunas transformaciones especiales
C-2 Interior de un círculo sobre un cardioide
w ¼ z2
Plano z
Plano w
u
y
r = 2a2(1 + cos f)
D
|z – a| = a
D'
a
A
C'
A'
u
2
4a
C
2a
a
B'
x
B
Figura 8-53
Figura 8-54
C-3 Anillo sobre un rectángulo
w ¼ ln z
Plano z
y
D
Plano w
u
F'
E'
b
E
F
A
H
a
G
x
C
u = ln a
G' G
u = ln b
H'
D'
C'
u
B'
A'
B
Figura 8-55
Figura 8-56
C-4 Banda semiinfinita sobre una banda infinita
w ¼ ln coth
Plano z
Plano w
y
u
A
B
C
p
D
x
p
G
E'
G'
H'
B'
A'
u
p /2
H
Figura 8-57
F'
p /2
E
F
G'
B'
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C'
Figura 8-58
D'
�z�
2
256
Capítulo 8 Aplicación conforme
w ¼ z þ ez
C-5 Banda infinita sobre plano con dos cortes semiinfinitos
Plano z
Plano w
u
y
1
A'
C'
E'
A
C
B
B'
p
p
u
p
x
p
D'
1
D
E
Figura 8-59
C
Figura 8-60
Problemas resueltos
Transformaciones
8.1. S
ea la región rectangular del plano z [figura 8-61], limitada por x = 0, y = 0, x = 2, y = 1. Determine la
región ′ del plano w a la que se lleva la región con las transformaciones:
ppffiffip
ffiffiffiffiffiffiffi
ppffiffip
ffiffiffiffiffiffiffi
z,z,z, (c)
(c)
(c)
www
¼¼¼ 22e2epepi=4pi=4i=4
z zþ
zþþ
(1(1(1
���
2i).
2i).
2i).
www
¼¼¼
z zþ
zþþ
(1(1(1
���
2i),
2i),
2i), b)www
¼¼¼ 22e2epepi=4pi=4i=4
a)
c)
Solució n
a)
Sea w = z + (1 − 2i). Así, u + iv = x + iy + 1 − 2i = (x + 1) + i(y − 2) y u = x + 1, v = y − 2.
La recta x = 0 se lleva a u = 1; y = 0 se lleva a v = −2; x = 2 se lleva a u = 3; y = 1 se lleva a v = −1
[figura 8-62]. De manera similar se muestra que cada punto de se lleva a uno y sólo un punto de ′ y viceversa.
Plano w
Plano z
u
y
y=1
u
u = –1
x=2
x=0
y=0
x
u=3
u=1
u = –2
Figura 8-61
Figura 8-62
Esta transformación o aplicación realiza una traslación del rectángulo. En general, w = z + b lleva a cabo una
traslación de cualquier región.
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Problemas resueltos
257
pffiffiffi pi=4
pffiffiffi
(c)uw+¼iv =2(1
e + zi)(x
þ (1
w ¼ z þ (1 � 2i),
b) Sea w ¼ 2epi=4 z,. Así,
+�
iy)2i).
= x − y + i(x + y) y u = x − y, v = x + y.
La recta x = 0 se lleva a u = −y, v = y o u = −v; y = 0 a u = x, v = x o u = v; x = 2 a u = 2 – y,
v = 2 + y o u + v = 4; y = 1 a u = x – 1, v = x + 1 o v – u = 2 [figura 8-64].
Plano z
y
Plano w
u
u
+
u
y=1
=
4
u–u=2
x=2
x=0
x
y=0
u
=
u
–u
=
u
u
Figura 8-63
'
Figura 8-64
Mediante esta aplicación se
una rotación
(en un ángulo de p/4 o 45°) y una elongación de
pffiffide
ffi
pffiffiefectúa
ffi
(c) w la
¼ transformación
2epi=4 z þ (1 �w 2i).
w
z þ (1 � 2i),
w ¼ 2e).pi=4
las¼longitudes
(de magnitud
Enz,general,
= az realiza una rotación y elongación
de una región.
pffiffiffi pi=4
pffiffiffi
w 2i)
¼ . Así,
2e uz +
þ iv
(1=
�(1
2i).
w ¼ z þ (1 � 2i),
(1 −
+ i)(x + iy) + 1 – 2i y u = x – y + 1, v = x + y – 2.
c) Sea w ¼ 2epi=4 z,+ (c)
Las rectas x = 0, y = 0, x = 2, y = 1 se llevan, respectivamente, a u + v = −1, u – v = 3, u + v = 3,
u – v = 1 [figura 8-66].
Plano w
Plano z
u
u
y
+
=
3
x=2
x=0
u
u –u = 1
y=1
'
x
y=0
u
u + u = –1
Figura 8-65
–u
=
u
3
Figura 8-66
Mediante esta aplicación se lleva a cabo, como en b), una rotación y una elongación, y una subsecuente
traslación. En general, la transformación w = az + b realiza una rotación, una elongación y una traslación.
Esto se considera dos aplicaciones sucesivas: w = az1 (rotación y elongación) y z1 = z + b/a (traslación).
8.2. D
etermine la región del plano w a la que se lleva cada una de las regiones siguientes mediante la transformación
w = z2. a) Primer cuadrante del plano z. b) Región limitada por x = 1, y = 1 y x + y = 1.
Solució n
a) Sea z = reiu, w = reif. Así, si w = z2, reiu = r2e2iu y r = r2, f = 2u. Por tanto, los puntos del plano z en
(r, u) se rotan un ángulo 2u. Como los puntos del primer cuadrante [figura 8-67] del plano z ocupan la región
0 ≤ u ≤ p/2, estos puntos se llevan a 0 ≤ f ≤ p, o el semiplano superior del plano w [véase la figura 8-68].
Plano z
Plano w
u
y
u
x
Figura 8-67
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Figura 8-68
258
Capítulo 8 Aplicación conforme
b) Como w = z2 equivale a u + iv = (x + iy)2 = x2 − y2 + 2ixy, se ve que u = x2 − y2, v = 2xy. Después se lleva
la recta x = 1 a u = 1 − y2, v = 2y o u = 1 – v 2/4; la recta y = 1 a u = x2 − 1, v = 2x o u= v 2/4 – 1; la recta
y + x = 1 o y = 1 – x a u = x2 − (1 − x)2 = 2x − 1, v = 2x(1 − x) = 2x − 2x2 o v = 12 (1 – u2) al eliminar x.
Estas regiones se muestran sombreadas en las figuras 8.69 y 8.70, donde los puntos A, B, C se llevan a los
puntos A′, B′, C′. Observe que los ángulos del triángulo ABC son iguales, respectivamente, a los ángulos del
triángulo curvilíneo A′B′C′. Esto se debe a que esta transformación es conforme.
Plano z
Plano w
u
y
C
p/
4
4
2
x+
x=1
p/
u= —–1
4
±/
±/
u2
u=1–—
4
u2
4
A
C'
p /2
y=1
A'
y=
±/4
u
B'
1
u
1
=
x
2
(1
B
–
2
u
)
Figura 8-69
Figura 8-70
Transformaciones conformes
8.3. C
onsidere la transformación w = f (z) en la que f (z) es analítica en z0 y f ′(z0)  0. Demuestre que, con esta
transformación, la tangente en z0 a cualquier curva C del plano z que pase por z0 [figura 8-71] se rota un
ángulo a = arg f ′(z0) [figura 8-8].
Plano w
Plano z
u
y
z0 + z
w0 + w
C
C'
q0
q0 + a
z0
w0
x
Figura 8-71
u
Figura 8-72
Solució n
Cuando un punto se mueve de z0 a z0 + Δz a lo largo de la curva C, su punto imagen se mueve a lo largo de C′
en el plano w de w0 a w0 + Δw. Si el parámetro con que se describe la curva es t, entonces, correspondiente a la
trayectoria z = z(t) [o x = x(t), y = y(t)] en el plano z, se tiene una trayectoria w = w(t) [o u = u(t), v = v (t)] en
el plano w.
Las derivadas dz/dt y dw/dt representan vectores tangentes a puntos correspondientes sobre C y C′.
Ahora
dz
dw dw
dw dz
dw
(z)dz
¼ ��dz ¼
¼ ff00(z)
¼
dt
dt
dz
dt
dt
dz dt
dt
y, en particular en z0 y w0,
��
��
dw���
dz��
dw
0 0 (z ) dz��
��
¼
f
0
dt� w¼w ¼ f (z0 ) dt
dt��z¼z
dt
w¼w00
z¼z00
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(1)
Problemas resueltos
siempre que f (z) sea analítica en z� = z0. Se escribe
dw�
¼ r00 eiiifff000 ,
f 000 (z) ¼ Reiiiaaa ,
dw��
dt �w¼w
¼
r
e
,
f
(z) ¼ Re ,
0
w¼w00
dt w¼w
0
y se tiene, de acuerdo con (1),
�
dz�
dz�� ¼ r00 eiiiuuu000
dt z¼z
¼ r0 e
z¼z00
dt �z¼z
0
þa
a))
r eiiff00 ¼ Rr0 ei(i(uu00 þ
r000eif0 ¼ Rr00ei(u0 þa) de manera que, como se buscaba,
259
(2)
f ¼ u0 þ a ¼ u0 þ arg f 00 (z0 )
(3)
f000 ¼ u00 þ a ¼ u00 þ arg f 0 (z00)
Observe que si f ′(z0) = 0, a es indeterminada. Los puntos en los que f ′(z) = 0 se conocen como puntos críticos.
8.4. D
emuestre que con la transformación w = f (z) el ángulo entre dos curvas C1 y C2 que pasan por el punto z0
del plano z [véanse las figuras 8-1 y 8-2 de la página 243] se conserva [en magnitud y en sentido], es decir,
esta transformación es conforme si f (z) es analítica en z0 y f ′(z)  0.
Solució n
De acuerdo con el problema 8.3, cada curva se rota en un ángulo arg f ′(z0). Por tanto, en esta transformación, el
ángulo entre estas curvas debe conservarse tanto en magnitud como en sentido.
Jacobiano de una transformación
8.5. Sea w = f (z) = u + iv analítica en una región
. Demuestre que
@(u, v)
¼ j f 0 (z)j2
@(x, y)
Solució n
Si f (z) es analítica en
se satisfacen en
, entonces, las ecuaciones de Cauchy-Riemann
. Por tanto,
con el problema 3.5.
�
�� @u
�� @u
@(u, v) ��� @x
@(u, v) ¼ ��� @v
@(x, y) ¼ �� @x
@v
@(x, y) �� @x
� @x
@u @v
@u ¼ @v ,
@x ¼ @y ,
@x @y
� �
@u �� �� @u
@u ��� ��� @u
@y �� �� @x
@y ��� ¼ ��� @u
@x
@v
¼
@v ���� ���� � @u
@y � � � @y
@y
@y
@v
@u
@v ¼ � @u
@x ¼ � @y
@x
@y
�
@u ��
@u �� � �2 � �2
@y ��� �@u �2 �@u �2
@u þ @u
@y ��� ¼ @x
@u
¼
þ @y
@u ����
@x
@y
@x �
@x
�
�
��@u
@u��2
¼ ���@u þ i @u���2¼ j f 00(z)j22
¼ ��@x þ i @y �� ¼ j f (z)j
@x
@y
8.6. E
ncuentre el jacobiano de la transformación a) en el problema 8.1c), b) en el problema 8.2, e interprete
geométricamente los resultados.
Solució n
a)
pffiffiffipffiffiffi pi=4
e z þz(1
þ�
(12i).
� 2i).
(z)f (z)
¼ ¼2ep2i=4
Sea w ¼w f¼
Así, de acuerdo con el problema 8.5, el jacobiano es
ffi
@(u,@(u,
v) v) 0 0 2 2 pffiffiffippffiffii=4
j f (z)j
¼ j¼
f (z)j
¼ j¼ 2j e 2epj2i=4¼j2 2¼ 2
@(x,@(x,
y) y)
Geométricamente, esto muestra que toda región del plano z [en particular, la región rectangular de la
figura 8-65, página 257] se lleva a una región que tiene el doble de su área. El factor | f ′(z)|2 = 2 se conoce
como factor de magnificación.
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260
Capítulo 8 Aplicación conforme
b)
�
�
Otro método. Esta transformación equivale a�� @u
u = @u
x –�� y, v� = x + y� y, por tanto,
@(u, v) �� @u
@x @u
@y �� �� 1 �1 ��
¼2
¼
¼�
@v @y
@v �� �� 11 �11 ��
@(x, v)
y) � @x
@(u,
�
�
�
�
¼2
¼ @x @y � ¼ �
@v �
1
1�
@(x, y) �� @v
� @x @y �
w ¼ f (z) ¼ z2 .
Sea w = f (z) = z2. Así,
w ¼ f (z) ¼ z2 .
@(u, v)
¼ j f 0 (z)j2 ¼ j2zj2 ¼ j2x þ 2iyj2 ¼ 4(x2 þ y2 )
@(x, v)
y)
@(u,
¼ j f 0 (z)j2 ¼ j2zj2 ¼ j2x þ 2iyj2 ¼ 4(x2 þ y2 )
y) pequeña de área A del plano z y con una distancia aproximada al origen r se
Geométricamente, una @(x,
región
llevaría a una región de área 4r 2A del plano w. Por tanto, las regiones alejadas del origen se llevarían a regiones
con un área mayor que las regiones similares cercanas al origen.
Observe que, en el punto crítico z = 0, el jacobiano es cero. En este punto, la transformación no es conforme.
8.7. Demuestre que
@(u, v) @(x, y)
�
¼ 1.
@(x, y) @(u, v)
Solució n
Correspondiente a la transformación
u ¼ u(x, y),
v ¼ v(x, y)
(1)
x ¼ x(u, v),
y ¼ y(u, v)
(2)
cuyo jacobiano es @(u, v)/@(x, y), se tiene la transformación inversa
cuyo jacobiano es @(x, y)/@(u, v). De acuerdo con (1),
@u
@u
dx þ @u dy,
dy,
du ¼ @u dx
du
þ @y
du ¼
¼ @x
@x dx þ
@y dy,
De acuerdo con (2),
@x
@x
dx ¼ @x du
du þ @x dv,
dv,
dx
dx ¼
¼ @u
þ @v
@u du þ
@v dv,
@u
@v
Por tanto,
@v
@v
dv ¼ @v dx
dx þ @v dy
dy
dv
dv ¼
¼ @x
þ @y
@y dy
@x dx þ
@y
@y
dy ¼ @y du
du þ @y dv
dv
dy
dy ¼
¼ @u
þ @v
@u du þ
@v dv
@u
@v
�
�
�
� �
�
�
�
�
� @x
� @u�
� @y
� �
� @u @x @u @y�
�
� @u @x @u @y�
�
@u �
@x �
@y �
@u
@x
@x
@u
@y
@y
@u
@x
@u
@y
@u
@x
@u
@y
du ¼
du þ dv
dv þ
du þ dv
dv ¼
þ
du þ
þ
dv
du
du ¼
¼ @x
du þ
þ @v
þ @y
du þ
þ @v
¼ @x
þ @y
du þ
þ @x
þ @y
dv
@x@v
@v þ
@y@v
@v dv
@x @u
@udu
@v dv þ
@y @u
@u du
@v dv ¼
@x@u
@u þ
@y@u
@u du
de donde
De manera similar, se encuentra
@u @x @u
@u @y
@u
þ @u @y
@u @x
@x þ
@y ¼ 1,
@x @u @y
@y @u ¼ 1,
@x
@x @u
@u @y @u
@u
@u @x @u
@u @y
@u
þ @u @y
@u @x
@x þ
@y ¼ 0
@x @v @y
@y @v ¼ 0
@x
@x @v
@v @y @v
@v
(3)
@v@x
@x @v
@v @y
@v
þ @y ¼
¼ 1,
þ
þ
1,
@x
@v
@y
@v ¼ 1,
@x @v @y @v
@v@x
@x @v
@v @y
@v
þ @y ¼
¼ 0
þ
þ
@x
@u
@y
@u ¼ 00
@x @u @y @u
(4)
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Problemas resueltos
261
Con (3) y (4), y la regla para el producto de determinantes (véase problema 8.94), se tiene
�
�
� @u @u � �� @x @x ��
�
�
@(u, v) @(x, y) �� @x @y �� �� @u @v ��
��
�
¼�
�
@(x, y) @(u, v) � @v @v �� � @y @y �
�
� @x @y � @u @v �
�
�
� @u @x @u @y @u @x @u @y �
� �
�
�
þ
þ
� @x @u @y @u @x @v @y @v � � 1 0 �
�¼�
�
¼ ��
� �0 1� ¼ 1
� @v @x þ @v @y @v @x þ @v @y �
� @x @u @y @u @x @v @y @v �
8.8. Analice el problema 8.7 si u y v son las partes real e imaginaria de una función analítica f (z).
Solució n
En este caso, de acuerdo con el problema 8.5, @(u, v)/@(x, y) = | f ′(z)|2. Si la función inversa de w = f (z) es z =
g(w), que se supone unívoca y analítica, entonces @(x, y)/@(u, v) = |g′(w)|2. El resultado del problema 8.7 es consecuencia de que
� �2 � �2
�dw� � dz �
0
2 0
2
j f (z)j jg (w)j ¼ �� �� � �� �� ¼ 1
dz
dw
pues dw/dz = 1/(dz/dw).
Transformaciones bilineales o fraccionarias
8.9. E
ncuentre la transformación bilineal que lleva los puntos z1, z2, z3 del plano z, respectivamente, a los puntos
w1, w2, w3 del plano w.
Solució n
Si wk corresponde a zk, k = 1, 2, 3, se tieneaz þ b az þ b (ad � bg)(z � z )
k
k
w � wk ¼
�
¼
agz zþþbd agzkzkþþbd (ad
(gz�þbg
d)()(z
gzk�þzkd))
w � wk ¼
�
¼
gz þ d gzk þ d (gz þ d)(gzk þ d)
Así,
(ad � bg)(z � z1 )
(ad � bg)(z � z3 )
w � w1 ¼
, w � w3 ¼
(1)
(ad
(ad
(gz�þbg
(gz�þbg
d)()(z
gz1�þz1d))
d)()(z
gz3�þz3d))
w � w1 ¼
, w � w3 ¼
(gz þ d)(gz1 þ d)
(gz þ d)(gz3 þ d)
Se sustituye w por w2 y z por z2,
(ad � bg)(z2 � z1 )
(ad � bg)(z2 � z3 )
w2 � w1 ¼ (ad � bg)(z2 � z1 ) , w2 � w3 ¼ (ad � bg)(z2 � z3 )
w2 � w1 ¼ (gz2 þ d)(gz1 þ d) , w2 � w3 ¼ (gz2 þ d)(gz3 þ d) (2)
(gz2 þ d)(gz1 þ d)
(gz2 þ d)(gz3 þ d)
adse�supone
bg = 0,
Mediante la división de (1) entre (2), y siad
que ad − bg  0,
� bg = 0,
(w � w1 )(w2 � w3 ) (z � z1 )(z2 � z3 )
(3)
(w � w1 )(w2 � w3 ) ¼ (z � z1 )(z2 � z3 ) (w � w3 )(w2 � w1 ) ¼ (z � z3 )(z2 � z1 )
(w � w3 )(w2 � w1 ) (z � z3 )(z2 � z1 )
Se despeja w en términos de z y se obtiene la transformación buscada. El lado derecho de la igualdad (3) se conoce
como cociente cruzado de z1, z2, z3 y z.
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262
Capítulo 8 Aplicación conforme
8.10. Encuentre una transformación bilineal que lleve los puntos z = 0, −i, −1 a w = i, 1, 0, respectivamente.
Solució n
Método 1. Como w = (az + b)/(gz + d), se tiene
a(0) þ b
g(0) þ d
a(0) þ b
i ¼ a(�i) þ b
(0) þ d
1 ¼ag(0)
þþ
bd
(�i)
i ¼ ag(�i)
þb
þ
1 ¼ ga(0)
(�1)þdþdb
(�i)
0 ¼ag(�i)
(�1)þþbd
1 ¼ ag(�1)
þb
0 ¼ g(�i) þ d
g(�1) þ d
a(�1) þ b
0¼
g(�1) þ d
(1)
i¼
(2)
(3)
De (3), b = a. De (1), d = b/i = −ia. De (2), g = ia. De este modo,
w¼
�
�
�
�
az þ a
1 zþ1
zþ1
¼ �i
¼
z�1
iaz � ia i z � 1
Método 2. Emplee el problema 8.9. Así,
(w
(w �
� i)(1
i)(1 �
� 0)
0) ¼ (z
(z �
� 0)(�i
0)(�i þ
þ 1)
1)
¼ (z þ 1)(�i � 0)
(w
�
0)(1
�
i)
(w � 0)(1 � i) (z þ 1)(�i � 0)
Se despeja,
�
�z þ 1�
�
zþ1
w
w¼
¼ �i
�i z � 1
z�1
8.11. S
ea z0 un punto en el semiplano superior del plano z. Muestre que
la transformación bilineal w = eiu0 {(z − z0)/(z − z0)} lleva el
semiplano superior del plano z al interior del círculo unitario en el
plano w, es decir, a |w| ≤ 1.
y
z0
|
|z – z 0
z
Solució n
�
� �
�� �
� iu z � z0 � �z � z0 �
0
�
�
�
�
¼
jwj ¼ �e
z � z� � �z � z� �
0
|z –
z~0 |
Se tiene
0
De acuerdo con la figura 8-73, si z está en el semiplano superior, |z − z0|
≤ |z − z0|, en donde la igualdad se satisface si y sólo si z está en el eje
x. Por tanto, |w| ≤ 1, como se deseaba.
Esta transformación también se obtiene directamente (véase el problema 8.61).
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~z
0
Figura 8-73
x
Problemas resueltos
263
8.12. E
ncuentre una transformación bilineal que lleve el semiplano superior del plano z al círculo unidad del plano
w de manera que z = i se lleve a w = 0, y el punto al infinito, a w = −1.
Solució n
Se tiene que w = 0 debe corresponder a z = i, y w = −1, a z = ∞. Así, de w = eiu0 {(z − z0)/(z − z0)}, se tiene
0 = eiu0 {(i − z0)/(i − z0)}, de manera que z0 = i. Para z = ∞, se tiene w = eiu0 = −1. Por tanto, la transformación
buscada es
�
�
z�i
i�z
¼
w ¼ (�1)
zþi
iþz
En las figuras 8-74 y 8-75 se describe esta situación.
Plano z
Plano w
u
D'
y
P
i
1
E'
A'
A
B
C
D
E
u
C'
x
B'
Figura 8-74
P'
Figura 8-75
8.13. Encuentre los puntos fijos o invariantes de la transformación w = (2z − 5)/(z + 4).
Solució n
Los puntos fijos son las soluciones de z = (2z − 5)/(z + 4) o z2 + 2z + 5 = 0, es decir, z = −1
2i.
8.14. D
emuestre que la transformación bilineal puede considerarse una combinación de las transformaciones de
traslación, rotación, estiramiento e inversión.
Solució n
Mediante división,
w¼
az þ b a bg � ad
m
¼lþ
¼ þ
zþn
gz þ d g g(gz þ d)
donde l = a/g, m = (bg − ad)/g2 y n = d/g son constantes. Esta transformación equivale a z = z + n, t = 1/z
y w = l + mt, que son combinaciones de transformaciones de traslación, rotación, estiramiento e inversión.
8.15. D
emuestre que la transformación bilineal transforma círculos del plano z en círculos del plano w, donde por
círculos se entiende también los círculos de radio infinito, que son líneas rectas.
Solució n
De acuerdo con el problema 1.44, la ecuación general de un círculo en el plano z es Azz + Bz + Bz + C = 0, donde
A > 0, C > 0 y B es un complejo. Si A = 0, la circunferencia se reduce a una línea recta.
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264
Capítulo 8 Aplicación conforme
Con la transformación de inversión, w = 1/z o z = 1/w, esta ecuación se convierte en Cww + Bw + Bw + A = 0,
un círculo en el plano w.
Con la transformación de rotación y estiramiento, w = az o z = w/a, esta ecuación se convierte en Aww + (Ba)w
+ (Ba)w + Caa = 0, también un círculo.
De manera similar puede mostrarse, analítica o geométricamente, que con la transformación de traslación, los
círculos se transforman en círculos.
Como, de acuerdo con el problema 8.14, una transformación bilineal se considera una combinación de traslación, rotación, estiramiento e inversión, se tiene el resultado deseado.
Aplicaciones especiales
8.16. Verifique las entradas
a) A-2, página 248,
b) A-4, página 249,
c) B-1, página 253.
Solució n
a)
Consulte las figuras 8-13 y 8-14, página 248.
Si z = x + iy, entonces
w ¼ u þ iv ¼ epz=a ¼ ep(xþiy)=a ¼ epx=a (cos py=a þ i sen py=a)
u = epx/a cos py/a, v = epx/a sen py/a.
La recta y = 0 [el eje real en el plano z; DEF en la figura 8-13] se lleva a u = epx/a, v = 0 [eje real positivo en el plano w; D′E′F′ en la figura 8-14]. El origen E [z =0] se lleva a E′ [w = 1] y D [x = −∞, y = 0] y
F [x = +∞, y = 0] se llevan a D′ [w = 0] y F ′ [w = ∞], respectivamente.
La recta y = a [ABC en la figura 8-13] se lleva a u = −epx/a, v = 0 [eje real negativo en el plano w; A′B′C′
en la figura 8-14]. Los puntos A [x = +∞, y = a] y C [x = −∞, y = a] se llevan a A′ [w = −∞] y C′ [w = 0],
respectivamente.
Cada punto tal que 0 < y < a, −∞ < x < ∞ se lleva a un solo punto del plano uv para el que v > 0.
b) Consulte las figuras 8-21 y 8-22, página 249.
Si z = reiu, entonces
o
�
��
��
��
��
��
�� a��
ia�
�iu
aa z þ 11 ¼ aa reiiuu þ 11 e�i
a r þ 11 cos u þ ia
11 sen u
r
�
¼
w
¼
u
þ
iv
¼
u
¼ 2 r þ r cos u þ 2 r � r sen u
w ¼ u þ iv ¼ 2 z þ z ¼ 2 re þ r e
2
z
2
r
2
r
2
r
y
��
��
aa r þ 11 cos u,
u
¼
u ¼ 2 r þ r cos u,
2
r
c)
��
��
aa r � 11 sen u
v
¼
v ¼ 2 r � r sen u
2
r
La semicircunferencia BCD [r = 1, 0 ≤ u ≤ p] se lleva al segmento de recta B′C′D′ [u = a cos u, v = 0,
0 ≤ u ≤ p, es decir, −a ≤ u ≤ a].
La recta DE [u = 0, r > 1] se lleva a la recta D′E′ [u = (a/2){r + (1/r)}, v = 0]; la recta AB [u = p,
r > 1] se lleva a la recta A′B′ [u = −(a/2){r + (1/r)}, v = 0].
Cada punto del plano z para el que r ≥ 1 y 0 < u < p se lleva a un solo punto del plano uv para el que
v ≥ 0.
Consulte las figuras 8-43 y 8-44, página 253.
Si z = reiu y w = reif, entonces w = 1/z se convierte en reif = 1/reiu = (1/r)e−iu, de donde r = 1/r,
f = −u.
La circunferencia ABCD [r = 1] en el plano z se lleva a la circunferencia A′B′C′D′ [r = 1] del plano w.
Observe que ABCD se describe en sentido contrario al de las manecillas del reloj; en cambio, A′B′C′D′ se
describe en el sentido de las manecillas del reloj.
Todo punto interior de la circunferencia ABCD [r < 1] se lleva a un punto solo exterior a la circunferencia
A′B′C′D′ [r > 1].
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Problemas resueltos
265
Transformación de Schwarz-Christoffel
8.17. Establezca la validez de la transformación de Schwarz-Christoffel.
Solució n
Hay que mostrar que la función obtenida de
dw
¼ A(z � x1 )a1 =p�1 (z � x2 )a2 =p�1 � � � (z � xn )an =p�1
dz
(1)
lleva el eje real del plano z a un polígono dado del plano w [figuras 8-76 y 8-77].
Para mostrar esto, observe que de (1) se tiene
�a
�
�a
�
1
2
arg dw ¼ arg dz þ arg A þ
� 1 arg(z � x1 ) þ
� 1 arg(z � x2 ) þ � � �
p
p
(2)
�a
�
n
� 1 arg(z � xn )
þ
p
Suponga que, a medida que z se mueve a lo largo del eje real, por la izquierda, hacia x1, w se mueve a lo largo de
uno de los lados del polígono hacia w1. Cuando z pasa del lado izquierdo de x1 al lado derecho de x1, u1 = arg(z − x1)
cambia de p a 0, mientras todos los demás términos en (2) permanecen constantes. Por tanto, arg dw decrece en
(a1/p − 1) arg(z − x1) = (a1/p − 1)p = a1 −p o, lo que es lo mismo, crece en p − a1 [un incremento en dirección contraria a la de las manecillas del reloj].
Plano w
u
Plano z
y
a3
w1
a1
a2
± – a1
w2
z
w3
± – a2
Figura 8-76
q2
q1
u
x1
x2
x3
x4
x
Figura 8-77
De esto se sigue que, al pasar por w1, la dirección cambia en un ángulo p − a1 y, por tanto, ahora w se mueve
a lo largo del lado w1w2 del polígono.
Cuando z pasa a través de x2, u1 = arg(z − x1) y u2 = arg(z – x2) cambia de p a 0, mientras todos los demás
términos permanecen constantes. Por tanto, en el plano w se efectúa otro cambio de dirección en un ángulo p − a2.
Al continuar este proceso, se ve que mientras z recorre el eje x, w recorre el polígono, y a la inversa.
En realidad puede demostrarse que el semiplano superior se lleva, de acuerdo con (1), al interior del polígono
(si es cerrado) [véase el problema 8.26].
8.18. D
emuestre que, en los polígonos cerrados, la suma de los exponentes (a1/p) − 1, (a2/p) − 1, . . . , (an/p) − 1
en la transformación de Schwarz-Christoffel (8.9) u (8.10), página 247, es igual a −2.
Solució n
La suma de los ángulos exteriores de cualquier polígono cerrado es 2p. Así,
( p � a 1 ) þ ( p � a 2 ) þ � � � þ ( p � a n ) ¼ 2p
y al dividir entre −p se obtiene, como se buscaba,
�a
� �a
�
�a
�
1
2
n
�1 þ
� 1 þ ��� þ
� 1 ¼ �2
p
p
p
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266
Capítulo 8 Aplicación conforme
8.19. S
uponga que en la transformación de Schwarz-Christoffel (8.9) u (8.10), página 247, se elige un punto al
infinito, por ejemplo xn. Muestre que el último factor no está presente.
Solució n
En (8.9), página 247, sea A = K/(−xn)an/p−1, donde K es una constante. Así, el lado derecho de (9) se escribe
�
�
xn � z an =p�1
K(z � x1 )a1 =p�1 (z � x2 )a2 =p�1 � � � (z � xn�1 )an�1 =p�1
xn
Cuando xn → ∞, el último factor se aproxima a 1, lo que equivale a eliminar el factor.
8.20. D
etermine una función que lleve el semiplano superior del plano z a cada una de las regiones del plano w
que se indican.
Solució n
a)
Plano z
Plano w
u
y
T'
P'
S'
Q'
–b
b
Figura 8-78
P
u
Q
S
–1
1
T
x
Figura 8-79
Los puntos P, Q, S y T [figura 8-79] se llevan, respectivamente, a los puntos P′, Q′, S′ y T′ [figura 8-78]. P′, Q′,
S′ y T ′ pueden considerarse un caso límite de un polígono (un triángulo) con dos vértices en Q′ y S′, y el tercer
vértice P′ o T ′ al infinito.
De acuerdo con la transformación de Schwarz-Christoffel, como los ángulos en Q′ y en S′ son iguales a p/2,
se tiene
dw
A
K
¼ A(z þ 1)[(p=2)=p]�1 (z � 1)[(p=2)=p]�1 ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2
dz
z �1
1 � z2
Se integra,
Cuando z = 1, w = b. Por tanto,
ðð
dz
dz ffi þ B ¼ K sen�1
w
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi þ B ¼ K sen�1 zz þ
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
þ BB
w¼
¼K
Kðp
11dz
�
zz22
�
w ¼ K pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi þ B ¼ K sen�1 z þ B
1 � z2
�1
bb ¼
¼K
K sen
sen�1(1)
(1) þ
þ BB ¼
¼K
Kp
p=2
=2 þ
þ BB
�1
b ¼ K sen (1) þ B ¼ K p=2 þ B
Cuando z = −1, w = −b. Por tanto,
�1
�b
�b ¼
¼K
K sen
sen�1(�1)
(�1) þ
þ BB ¼
¼ �K
�Kp
p=2
=2 þ
þ BB
�b ¼ K sen�1 (�1) þ B ¼ �K p=2 þ B
Se resuelven al mismo tiempo (1) y (2), y se encuentra que B = 0, K = 2b/p. Por tanto,
w¼
2b �1
sen z
p
El resultado equivale a la entrada A-3a) de la página 248, si se intercambian w y z, y con b = a/2.
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(1)
(2)
267
Problemas resueltos
b)
Plano w
Q'
P'
Plano z
S'
bi
O'
P
O
Q
S
1
Figura 8-80
Figura 8-81
Los puntos P, O, Q [z = 1] y S se llevan a los puntos P′, O′, Q′ [w = bi] y S′, respectivamente. Observe que P,
S, P′, S′ son puntos al infinito (como indican las flechas), y que O y O′ son los orígenes [z = 0] y [w = 0] de los
planos z y w. Como los ángulos interiores en O′ y Q′ son p/2 y 3p/2, respectivamente, se tiene, de acuerdo con
la transformación de Schwarz-Christoffel,
rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
z � 1ffi
1 � zffi
dw
[(p=2)=p]�1
[(3p=2)=p]�1
dw ¼ A(z � 0)[(p=2)=p]�1 (z � 1)[(3p=2)=p]�1 ¼ A z � 1 ¼ K 1 � z
z
z
dz ¼ A(z � 0)
¼K
(z � 1)
¼A
dz
z
z
Así,
ð rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
1 � zffi
ð rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
w¼K
1 � z dz
z dz
w¼K
z
Para integrar esto, sea z = sen2 u y se obtiene
�
�
ð
ð
1
2
w ¼ 2K cos u d u ¼ K (1 þ cos 2u) d u ¼ K u þ sen 2u þ B
2
�
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi�
p
ffiffi
¼ K(u þ sen u cos u) þ B ¼ K sen�1 z þ z(1 � z) þ B
Si z = 0, w = 0, de manera que B = 0. Cuando z = 1, w = bi, de manera que bi = Kp/2 o K = 2bi/p. Por
tanto, la transformación buscada es
2bi � �1 pffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi�
sen
z þ z(1 � z)
w¼
p
8.21. Encuentre una transformación que lleve el círculo unitario del plano z a un polígono en el plano w.
Solució n
El eje x del plano z puede llevarse a un polígono en el plano w mediante la transformación de Schwarz-Christoffel
ð
w ¼ A (z � x1 )a1 =p�1 (z � x2 )a2 =p�1 � � � (z � xn )an =p�1 dz þ B
(1)
y el semiplano superior del plano z al interior del polígono.
Una transformación que lleva el semiplano superior del plano z sobre el círculo unitario en el plano z es
z¼
i�z
iþz
(2)
al sustituir w por z y tomar u = p, z0 = i en la ecuación (8.8) de la página 246. Por tanto, z = i{(1 − z)/(1 + z)}
lleva el círculo unitario del plano z sobre el semiplano superior del plano z.
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268
Capítulo 8 Aplicación conforme
Si x1, x2, . . . , xn se llevan, respectivamente, a z1, z2, . . . , zn al círculo unitario, se tiene para k = 1, 2, . . . , n.
�
� �
�
1�z
1 � zk
�2i(z � zk )
z � xk ¼ i
�i
¼
(1 þ z)(1 þ zk )
1þz
1 þ zk
Además, dz = −2idz/(1 + z)2. Se sustituye en (1) y simplifica, pues la suma de los exponentes (a1/p) − 1, (a2/p)
− 1, . . . , (an/p) − 1 es −2, y se encuentra la transformación buscada
ð
0
w ¼ A (z � z1 )a1 =p�1 (z � z2 )a2 =p�1 � � � (z � zn )an =p�1 d z þ B
donde A′ es una nueva constante arbitraria.
Transformaciones de fronteras en forma paramétrica
8.22. S
ea C una curva en el plano z con ecuaciones paramétricas x = F (t), y = G(t). Muestre que la transformación
z ¼ F(w) þ iG(w)
lleva el eje real del plano w sobre C.
Solució n
Suponga que z = x + iy, w = u + iv. Así, la transformación se escribe
x þ iy ¼ F(u þ iv) þ iG(u þ iv)
Entonces, v = 0 [el eje real del plano w] corresponde a x + iy = F (u) + iG(u), es decir, x = F (u) y y = G(u), lo
que representa la curva C.
8.23. E
ncuentre una transformación que lleve el eje real del plano w sobre la elipse (x2/a2) + (y2/b2) = 1 en el
plano z.
Solució n
Un conjunto de ecuaciones paramétricas para la elipse es el dado por x = a cos t, y = b sen t, donde a > 0, b > 0.
Así, de acuerdo con el problema 8.22, la transformación buscada es z = a cos w + ib sen w.
Problemas diversos
8.24. E
ncuentre una función que lleve el semiplano superior del plano z sobre el interior de un triángulo en el plano
w [figura 8-82].
Solució n
Considere el semiplano superior del plano z, que aparece sombreado en la figura 8-83. Los puntos P [z = 0] y Q [z = 1]
del eje x se llevan a los puntos P′ [w = 0] y Q′ [w = 1] del triángulo, y el tercer punto R [z = ∞] se lleva a R′.
Plano z
Plano w
u
y
R'
a
P'
0
b
Q'
1
Figura 8-82
R
u
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P
Q
0
1
Figura 8-83
R
x
Problemas resueltos
269
De acuerdo con la transformación de Schwarz-Christoffel,
dw
b=p�1
a=p�1
b=p�1
dw ¼ Azaa==pp�1
¼ Az �1(z
(z �
� 1)
1)b=p�1 ¼
¼ Kz
Kza=p�1(1
(1 �
� z)
z)b=p�1
dz
P
dz
P jun j
jun j
Después, mediante integración,
ððzz
a=p�1
b=p�1
w
¼
K
(1 �
� zz))b=p�1 ddzz þ
þB
B
w ¼ K zza=p�1(1
0
0
Como w = 0 cuando z = 0, se tiene B = 0. Además, como w = 1 cuando z = 1, se tiene
ð1
G(a=p)G(b=p)
�
�
1 ¼ K z a=p�1 (1 � z)b=p�1 d z ¼
aþb
G
0
p
con las propiedades de las funciones beta y gamma [véase el capítulo 10]. Por tanto,
�
�
�a þ b�
G aþb
p
K¼ G
p
K ¼ G(a=p)G(b=p)
G(a=p)G(b=p)
y la transformación buscada es
�
�
�a þ b�
ðz
G aþb
p
ð z za=p�1 (1 � z )b=p�1 d z
w¼ G
p
w ¼ G(a=p)G(b=p) 0 za=p�1 (1 � z )b=p�1 d z
G(a=p)G(b=p) 0
Observe que esto coincide con la entrada A-13 de la página 252, puesto que la longitud del lado A′B′ en la
figura 8-39 es
ð1
za=p�1 (1 � z)b=p�1 dz ¼
0
G(a=p)G(b=p)
�
�
aþb
G
p
8.25. a) Encuentre una función que lleve el semiplano superior del plano z, de la figura 8-55, sobre la región
sombreada del plano w, de la figura 8-84.
b) Analice el caso en que b → 0.
Plano z
Plano w
u
y
ai S'
P'
Q'
a
a
–b
T'
b
Figura 8-84
U'
P
u
Q
–1
S
0
T
1
U
x
Figura 8-85
Solució n
a) Cada uno de los ángulos interiores en Q y T son p − a, mientras que el ángulo en S es 2p − (p − 2a) = p +
2a. Así, mediante la transformación de Schwarz-Christoffel, se tiene
dw
Az2a=p
Kz2a=p
¼ A(z þ 1)(p�a)=p�1 z(pþ2a)=p�1 (z � 1)(p�a)=p�1 ¼ 2
¼
a
=
p
dz
(z � 1)
(1 � z2 )a=p
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270
Capítulo 8 Aplicación conforme
Por tanto, al integrar,
w¼K
ðz
0
z2a=p
dz þ B
(1 � z2 )a=p
ðz
z2a=p
d z þ ai (1 � z2 )a=p
Cuando z = 0, w = ai; entonces, B = ai y
w¼K
0
(1)
El valor de K se expresa en términos de la función gamma porque w = b para z = 1 [problema 8.102]. Se
encuentra
pffiffiffiffi
(b � ai) p
� �
K¼ �
(2)
a 1
a�
þ G 1�
G
p 2
p
b) Conforme b → 0, a → p/2 y el resultado del inciso a) se reduce a
Plano w
u
ðz
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
z dz
w ¼ ai � ai pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ ai 1 � z2 ¼ a z2 � 1
2
1�z
ai S'
0
En este caso, la figura 8-84 se reduce a la figura 8-86. El resultado
en este caso se halla directamente a partir de la transformación
de Schwarz-Christoffel al considerar P′Q′S′T′U′ un polígono con
ángulos interiores en Q′, S′ y T ′ iguales a p/2, 2p y p/2, respectivamente.
P'
Q' T'
U'
u
Figura 8-86
8.26. Demuestre que la transformación de Schwarz-Christoffel en el problema 8.17 lleva el semiplano superior
sobre el interior del polígono.
Solució n
Basta probar que esa transformación lleva el círculo unitario sobre el interior del polígono, pues ya se sabe [problema 8.11] que el semiplano superior puede llevarse sobre el círculo unitario.
Suponga que la función que lleva el círculo unitario del plano z sobre el polígono P en el plano w está dada por
w = f (z), donde f (z) es analítica en el interior de C.
Hay que mostrar que a cada punto a en el interior de P corresponde uno y sólo un punto, por ejemplo, z0, tal
que f (z0) = a.
Así, de acuerdo con la fórmula integral de Cauchy,þ como a está en el interior de P,
1
dw
þ
¼1
21pi wdw
�a
¼1
P
2pi w � a
since w � a ¼ f (z) � a,
De este modo,
como w – a = f (z) – a,
since w � a ¼ f (z) � a,
P
þ
1
f 0 (z)
þ
dz ¼ 1
f 0 (z)
21pi f (z)
�a
dz ¼ 1
C
2pi f (z) � a
C
Pero f (z) – a es analítica en el interior de C. Por tanto, de acuerdo con el problema 5.17, se mostró que sólo existe
un cero (por ejemplo, z0) de f (z) – a en el interior de C, es decir, f (z0) = a, como se necesitaba.
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271
Problemas complementarios
8.27. S
ea C una circunferencia en el plano z con centro en el eje real, y suponga además que pasa por el punto
z = 1 y tiene z = −1 como un punto interior. [Véase la figura 8-87.] Determine la imagen de C en el plano w
con la transformación w = f (z) = 12 (z + 1/z).
Solució n
Se tiene dw/dz = 12 (1 − 1/z2). Como dw/dz = 0 en z = 1, se sigue que z = 1 es un punto crítico. De la serie de
Taylor para f (z) = 12 (z + 1/z) en torno a z = 1, se tiene
w � 1 ¼ 12 [(z � 1)2 � (z � 1)3 þ (z � 1)4 � � � � ]
De acuerdo con el problema 8.100 se ve que los ángulos con vértices en z = 1 duplican su magnitud con esta transformación. En particular, como en z = 1 el ángulo exterior a C es p, en w = 1 el ángulo exterior a la imagen C′ es 2p. Por
tanto, C′ tiene una cola aguda en w = 1 (véase la figura 8-88). Otros puntos de C′ también se hallan directamente.
Plano z
y
Plano w
u
C
Q
C'
P
–1
1
x
Q'
Figura 8-87
P'
1
–1
u
Figura 8-88
Es interesante observar que, en este caso, la circunferencia |z| = 1 queda contenida en C y, con esta transformación, se lleva al segmento desde w = −1 hasta w = 1. Así, a medida que C tiende a |z| = 1, C′ tiende a la recta
que une w = −1 y w = 1.
8.28. S
uponga que se mueve la circunferencia C del problema 8.27 de manera que su centro queda en el semiplano
superior pero que aún pasa por z = 1 y encierra a z = −1. Determine la imagen de C con la transformación
w = 12 (z + 1/z).
Solució n
Al igual que en el problema 8.27, como z = 1 es un punto crítico, en w = 1 se obtendrá la forma puntiaguda [figura
8-90]. Si la circunferencia |z| = 1 no está completamente comprendida en C [como se muestra en la figura 8-89],
en la imagen C′ no estará totalmente comprendida la imagen de |z| = 1 [que es el segmento de w = −1 a w = 1].
En C′ sólo estará contenida la parte del segmento que corresponde a la parte de la circunferencia |z| = 1 que se
encuentra en el interior de C. La apariencia de C′ será, por tanto, como se muestra en la figura 8-90. Al modificar
C de manera apropiada se obtienen otras formas similares a C′.
Plano z
y
Plano w
u
C
C'
Q
–1
P
1
Figura 8-89
x
Q'
P'
1
–1
u
Figura 8-90
El hecho de que C′ recuerde el corte transversal de un ala de avión, que se suele denominar perfil alar o perfil
aerodinámico, es importante para la teoría aerodinámica (véase el capítulo 9), y Joukowski lo usó por primera vez.
Debido a esto, a las formas como las de la curva C′ se les suele llamar perfiles de Joukowski, y a w = 12 (z + 1/z),
transformación de Joukowski.
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272
Capítulo 8 Aplicación conforme
Problemas complementarios
Transformaciones
8.29. D
ado el triángulo T en el plano z, con vértices en i, 1 – i, 1 + i, determine el triángulo T ′ al que se lleva T con
las transformaciones a) w = 3z + 4 − 2i, b) w = iz + 2 − i, c) w = 5epi/3z − 2 + 4i. ¿Qué relación hay entre
T y T ′ en cada caso?
8.30. B
osqueje la región del plano w a la que se lleva la región interior del triángulo T del problema 8.29 con las
transformaciones a) w = z2, b) w = iz2 + (2 − i)z, c) w = z + 1/z.
8.31. a ) Muestre que, mediante la transformación w = 1/z, la circunferencia C dada por |z − 3| = 5 se lleva a la
circunferencia |w + 3/16| = 5/16. b) ¿A qué región se lleva el interior de C?
8.32. a ) Demuestre que con la transformación w = (z − i)/(iz − 1), la región Im{z} ≥ 0 se lleva a la región |w| ≤ 1.
b) ¿A qué región se lleva Im{z} ≤ 0 con esta transformación?
8.33. a) Muestre que la transformación w = 12 (ze−a + z−1ea), donde a es real, lleva el interior de la circunferencia
|z| = 1 al exterior de una elipse [véase la entrada B-2 de la página 253].
b) Encuentre la longitud de los ejes mayor y menor de la elipse del inciso a) y trace la elipse.
8.34. D
etermine la ecuación de la curva en el plano w a la que se lleva la recta x + y = 1 con las transformaciones
a) w = z2, b) w = 1/z.
8.35. M
uestre que w = {(1 + z)/(1 − z)}2/3 lleva el círculo unitario a una región en forma de cuña e ilustre
gráficamente.
8.36. a) Muestre que la transformación w = 2z − 3iz + 5 − 4i equivale a u = 2x + 3y + 5, v = 2y − 3x − 4.
b) Determine el triángulo en el plano uv al que se lleva el triángulo T del problema 8.29 con la transformación
del inciso a). ¿Son similares estos triángulos?
8.37. E
xprese las transformaciones
w = F(z, z).
a) u = 4x2 − 8y, v = 8x − 4y2 y
b) u = x3 − 3xy2, v = 3x2y − y3 en la forma
Transformaciones conformes
8.38. L
as rectas y = 2x, x + y = 6 del plano xy se llevan al plano w mediante la transformación w = z2. a) Muestre
gráficamente las imágenes de las rectas en el plano w.
b) Muestre analíticamente que el ángulo de intersección de las rectas es el mismo que el ángulo de intersección
de sus imágenes y explique a qué se debe esto.
8.39. Repita el problema 8.38 con las transformaciones
a) w = 1/z,
b) w = {(z − i)/(z + 1)}.
8.40. El interior de un cuadrado S con vértices en 1, 2, 1 + i, 2 + i se lleva a una región S ′ mediante las transformaciones
a) w = 2z + 5 − 3i, b) w = z2, c) w = sen pz. En cada caso, bosqueje las regiones y verifique directamente
que los ángulos interiores de S ′ son ángulos rectos.
8.41. a) Bosqueje las imágenes de la circunferencia (x − 3)2 + y2 = 2 y la recta 2x + 3y = 7 con la transformación
w = 1/z. b) Determine si las imágenes de la circunferencia y de la recta del inciso a) se intersecan en los
mismos ángulos que el círculo y la recta. Explique.
8.42. Repita el problema 8.41 con el círculo (x − 3)2 + y2 = 5 y la recta 2x + 3y = 14.
8.43. a) Repita el problema 8.38 con la transformación w = 3z − 2iz.
b) ¿Su respuesta al inciso b) es la misma? Explique.
8.44. Demuestre que una condición necesaria y suficiente para que la transformación w = F (z, z) sea conforme en una
región es que @F/@z = 0 y @F/@z  0 en , y explique el significado de esto.
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s
Problemas complementarios
273
Jacobianos
8.45. a) En cada inciso del problema 8.29 determine el cociente entre las áreas T y T ′.
b) Compare lo hallado en el inciso a) con el factor de magnificación |dw/dz|2 y explique el significado.
8.46. Encuentre el jacobiano de las transformaciones a) w = 2z2 − iz + 3 − i, b) u = x2 − xy + y2, v = x2 + xy + y2.
8.47. Demuestre que un polígono en el plano z se lleva a un polígono similar en el plano w mediante la transformación
w = F (z) si y sólo si F′(z) es una constante diferente de cero.
Þ
C
jF 0 (z)jjdzj,
0
8.48. L
a función analítica F(z) lleva el interior de una circunferencia definida por
Þ |z|0 = 1 a una región ′ limitadaÐÐ
0
0
por una curva simple cerrada C′. Demuestre que a) la longitud de C′
C es
is C jF (z)jjdzj,, b) el área de ′ es R jF 0 (z)j2 dx dy.
ÐÐ
2
0
R jF (z)j dx dy..
8.49. Demuestre el resultado (8.2) de la página 242.
8.50. E
ncuentre el cociente entre las áreas de los triángulos del problema 8.36b) y compare con el factor de magnificación
obtenido con el jacobiano.
@(u, v) @(u, v) @(x, y)
8.51. Sean
x =xx(j,
y ),=yy(j,
h).
que
�
¼
.
Let u =
¼ u(x, y), vv =
¼ v(x,
v(x, y)
y),yand
¼ x(h),
j, h
¼ y(
j, h).a) Demuestre
(a)
@(j, h) @(x, y) @(j, h)
b) Interprete geométricamente el resultado del inciso a). c) Generalice el resultado del inciso a).
8.52. M
uestre que si w = u + iv = F(z),
a la relación
z = x + iy = G(z) y
z = j + ih, el resultado del problema 8.51a) equivale
� � � �� �
�dw� �dw�� dz �
� � ¼ � �� �
� d z � � dz ��d z�
Transformaciones bilineales o fraccionarias
8.53. E
ncuentre una transformación bilineal que lleve los puntos i, −i, 1 del plano z, respectivamente, a los puntos 0,
1, ∞ del plano w.
8.54. a ) Encuentre una transformación bilineal que lleve los vértices 1 + i, −i, 2 – i de un triángulo T en el plano z a
los puntos 0, 1, i del plano w.
b) Bosqueje la región a la que se lleva el interior del triángulo T con la transformación obtenida en el inciso a).
8.55. C
ompruebe que la siguiente es también una transformación bilineal:
a) dos transformaciones bilineales sucesivas, b) cualquier número de transformaciones bilineales sucesivas.
8.56. S
uponga que a  b son dos puntos fijos de una transformación bilineal. Muestre que esta transformación se
escribe en la forma
�
�
w�a
z�a
¼K
w�b
z�b
donde K es una constante.
8.57. Suponga que, en el problema 8.56, a = b. Muestre que esta transformación se expresa como
1
1
¼
þk
w�a z�a
donde k es una constante.
8.58. Verifique que la transformación bilineal más general que lleva |z|= 1 a |w| = 1 es
�
�
z�p
w ¼ eiu
p� z � 1
donde p es una constante.
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274
Capítulo 8 Aplicación conforme
8.59. Muestre que la transformación del problema 8.58 lleva |z| < 1 a a) |w| < 1 si |p| < 1 y a b) |w| > 1 si |p| > 1.
8.60. Analice el problema 8.58 si |p| = 1.
8.61. Resuelva directamente el problema 8.11.
8.62. a
) Suponga que z1, z2, z3, z4 son cuatro puntos distintos de una circunferencia. Demuestre que el cociente cruzado
es real.
b) ¿Es verdadero el recíproco del inciso a)?
Transformación de Schwarz-Christoffel
8.63. C
on la transformación de Schwarz-Christoffel determine una función que lleve cada región indicada del plano z
sobre el semiplano superior del plano w.
a)
Plano w
Plano z
u
y
A
p /3
B
O
C
A'
x
1
O'
C'
u
1
Figura 8-91
B'
Figura 8-92
b)
Plano z
Plano w
u
y
A
B
2
C
D
E
A'
x
B'
Figura 8-93
C'
–1
D'
E'
u
1
Figura 8-94
c)
Plano z
Plano w
u
y
C
B
A
±
C
D
Figura 8-95
E
x
A'
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B'
C'
–1
D'
1
Figura 8-96
E'
u
275
Problemas complementarios
d)
Plano z
y
5±
/4
Plano w
u
B
O
C
A'
x
B'
O'
C'
1
1
u
A
Figura 8-97
Figura 8-98
8.64. Verifique la entrada A-14 de la página 253 con la transformación de Schwarz-Christoffel.
8.65. E
ncuentre una función que lleve la región infinita sombreada de la figura 8-99 sobre el semiplano superior del
plano z [figura 8-100], de manera que P, Q y R se lleven, respectivamente, a P′, Q′ y R′ [donde P, R, P′, R′ son
puntos al infinito, como indican las flechas].
Plano w
Plano z
y
u
–p + p i
Q
R
P'
u
Q'
R'
x
P
Figura 8-99
Figura 8-100
8.66. Verifique la entrada A-12 de la página 252 con la transformación de Schwarz-Christoffel.
8.67. E
ncuentre una función que lleve cada región sombreada indicada del plano w sobre el semiplano superior del
plano z.
a)
Plano z
y
Plano w
u
a
b
P
S
R
Q
Figura 8-101
P'
u
Q'
R'
1
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Figura 8-102
S'
x
276
Capítulo 8 Aplicación conforme
b)
Plano w
u
Plano z
y
R
P
Q
a
S
T
P'
u
Q'
R'
S'
T'
x
1
Figura 8-103
Figura 8-104
8.68. a) Verifique la entrada A-11 de la página 252 con la transformación de Schwarz-Christoffel.
b) Emplee el resultado del inciso a) y la entrada A-2 de la página 248 para llegar a la entrada C-5 de la página
256.
Transformaciones de fronteras en forma paramétrica
8.69. a) Encuentre una transformación que lleve la parábola y2 = 4p(p − x) en una línea recta.
b) Analice la relación entre su respuesta y la entrada A-9 de la página 251.
8.70. Encuentre una transformación que lleve la hipérbola x = a cosh t, y = a senh t en una línea recta.
8.71. Encuentre una transformación que lleve la cicloide x = a(t − sen t), y = a(1 − cos t) en una línea recta.
8.72. a) Encuentre una transformación que lleve la hipocicloide x2/3 + y2/3 = a2/3 en una línea recta.
b) ¿A qué región se lleva el interior de la hipocicloide con esa transformación? Justifique su respuesta.
[Sugerencia: Las ecuaciones paramétricas para la hipocicloide son x = a cos3 t, y = a sen3 t, 0 ≤ t < 2p.]
8.73. D
os conjuntos de ecuaciones paramétricas para la parábola y = x2 son a) x = t, y = t2 y b) x = et, y = e2t. Emplee
estas dos ecuaciones paramétricas para llegar a dos posibles transformaciones que lleven esta parábola a una línea
recta, y determine si tiene alguna ventaja usar una o la otra.
Problemas misceláneos
8.74. a ) Muestre que la transformación w = 1/z lleva la circunferencia |z − a| = a, donde a > 0, en una línea
recta. Ilustre esto gráficamente, y muestre la región a la que se lleva el interior de la circunferencia, así como
diversos puntos de la circunferencia.
b) Muestre que el resultado del inciso a) sirve para obtener la transformación del semiplano superior en el círculo
unitario.
8.75. D
emuestre que la función w = (z2/a2) − 1 lleva un bucle de la lemniscata r 2 = 2a2 cos 2u sobre la circunferencia
unitaria.
8.76. D
emuestre que la función w = z2 lleva la circunferencia |z − a| = a, a > 0, sobre la cardiode r = 2a2(1 + cos f)
[véase la entrada C-2 en la página 252].
8.77. Muestre que la transformación de Joukowski w = z + k2/z se escribe como
�
�
w � 2k
z�k 2
¼
w þ 2k
zþk
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Problemas complementarios
277
8.78. a) Sea w = F(z) una transformación bilineal. Muestre que la transformación lineal más general para la que
F{F(z)} = z está dada por la expresión siguiente, en donde k2 = 1:
w�p
z�p
¼k
w�q
z�q
b) ¿Cuál es el resultado del inciso a) si F{F [F(z)]} = z?
c) Generalice los resultados de los incisos a) y b).
8.79. a ) Determine una transformación que rote la elipse x2 + xy + y2 = 5 de manera que los ejes mayor y menor sean
paralelos a los ejes coordenados. b) ¿Cuáles son las longitudes de los ejes mayor y menor?
8.80. Encuentre una transformación bilineal que lleve la circunferencia |z − 1| = 2 sobre la recta x + y = 1.
8.81. Verifique las transformaciones
a) A-6, b) A-7,
c) A-8 de las páginas 250 y 251.
8.82. C
onsidere la proyección estereográfica del plano complejo sobre una esfera unitaria tangente a él. Construya un
sistema de coordenadas rectangulares XYZ de manera que el eje Z coincida con NS y los ejes X y Y coincidan con
los ejes x y y de la figura 1-6, página 7. Demuestre que el punto (X, Y, Z) que corresponde a (x, y) en el plano es
tal que
X¼
x
,
x2 þ y2 þ 1
Y¼
y
,
x2 þ y2 þ 1
Z¼
x2 þ y2
x2 þ y2 þ 1
8.83. Verifique que una transformación mediante una proyección estereográfica es conforme.
8.84. a ) Demuestre que mediante una proyección estereográfica, las longitudes de arco de la esfera se magnifican en la
proporción (x2 + y2 + 1) : 1.
b) Analice lo que ocurre con las regiones cercanas al polo norte. ¿Qué efecto produce esto sobre las cartas de
navegación?
8.85. Sea u = u(x, y), v = v (x, y) una transformación de puntos del plano xy sobre puntos del plano uv.
a) Muestre que, para que la transformación preserve los ángulos, es necesario y suficiente que
� �2 � �2 � �2 � �2
��2 �2� @u
��2 �2� @v
��2 �2 @u @u @v @v
� @u
��2 �2� @v
þ@v @v
þ @v @v
¼ @u @u
þ @v @v
, @u @u
@u @u
@v @v¼ 0
@u @u
@x þ þ @x ¼ ¼ @y þ þ @y , , @x @yþ þ
@x @y¼ 0¼ 0
@y @y @y @y
@x @y
@x @y@x @y
@x @y
@x @x @x @x
b) A partir del inciso a), deduzca que se debe tener ya sea
@u @v @u
@v
@u
@v @u @v
(i) @u @u¼@v @v
,@u @u¼ �@v @v or
(ii) @u @u¼ �@v @v
,@u @u¼@v @v
@x
@y
@y
@x
@x
@y, ,@y¼ ¼@x
ii) ¼ �
i) (i) ¼ ¼ , , ¼ �
(i)
¼ � or o or (ii) (ii)
¼�
@x @x @y @y@y @y @x @x
@x @x @y @y@y @y @x @x
Concluya, por tanto, que u + iv debe ser una función analítica de x + iy.
8.86. Encuentre el área de la elipse ax2 + bxy + cy2 = 1, donde a > 0, c > 0 y b2 < 4ac.
8.87. S
e dice que una transformación w = f (z) de puntos en un plano es involutiva si z = f (w). En este caso, una
repetición única de la transformación regresa cada punto a su posición original. Encuentre las condiciones que
deben satisfacer a, b, g, d para que la transformación bilineal w = (az + b)/(gz + d) sea involutiva.
8.88. Muestre que las transformaciones
a) w = (z + 1)/(z − 1) y
b) w = ln coth(z/2) son involutivas.
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278
Capítulo 8 Aplicación conforme
8.89. E
ncuentre una transformación bilineal que lleve |z| ≤ 1 sobre |w − 1| ≤ 1 de manera que los puntos 1, −i
correspondan a 2, 0, respectivamente.
8.90. Analice qué significado tiene que en una transformación bilineal el jacobiano sea cero.
8.91. D
emuestre que la transformación bilineal w = (az + b)/(gz + d) tiene un punto fijo si y sólo si (d + a)2 =
4(ad − bg)  0.
8.92. a ) Muestre que la transformación w = (az + g)/(gz + a), donde |a|2 − |g|2 = 1 transforma la circunferencia
unitaria y su interior en sí misma.
b) Muestre que si |g|2 − |a|2 = 1, el interior se lleva al exterior.
8.93. S
uponga que con la transformación w = F (z, z) todas las curvas C1 y C2 que se intersequen en el plano z se llevan
a curvas correspondientes C′1 y C′2 que se intersequen en el plano w. Demuestre que, si esta transformación es
conforme, a) F (z, z) sólo es función de z, por ejemplo, f (z), y b) f (z) es analítica.
8.94. a) Compruebe la regla de la multiplicación para los determinantes [véase el problema 8.7]:
��
� �
�
�
� a1 b1 �� a2 b2 � � a1 a2 þ b1 c2 a1 b2 þ b1 d2 �
��
�¼�
�
�
� c1 d1 �� c2 d2 � � c1 a2 þ c1 c2 c1 b2 þ d1 d2 �
b) Muestre cómo generalizar el resultado del inciso a) a los determinantes de tercer orden y de orden superior.
8.95. E
ncuentre una función que lleve las regiones sombreadas de las figuras 8-105 y 8-106 una sobre la otra, donde
QS tiene una longitud b.
Plano z
y
Plano w
u
S
P
Q
T
a
Figura 8-105
8.96. a) Muestre que la función w =
Ðz
0
U
P'
Q'
S'
–1
u
0
T'
1
U'
x
Figura 8-106
dt=(1 � t6 )1=3 lleva un hexágono regular a un círculo unitario.
b) ¿Cuál es la longitud de cada lado del hexágono del inciso a)?
8.97. M
uestre que la transformación w = (Az2 + Bz + C)/(Dz2 + Ez + F) se considera una combinación de dos
transformaciones bilineales separadas por una transformación del tipo t = z 2.
8.98. Encuentre una función que lleve un polígono regular de n lados en el círculo unidad.
8.99. V
erifique las entradas a) A-9, página 251; b) A-10, página 251; c) B-3, página 254; d ) B-4, página 254;
e) C-3, página 255; f ) C-4, página 255.
8.100. Suponga que la transformación w = f (z) tiene el desarrollo en serie de Taylor
w ¼ f (z) ¼ f (a) þ f 0 (a)(z � a) þ � � � þ
f (n) (a)
(z � a)n þ � � �
n!
uponga que f (k)(a) = 0 para k = 0, 1, . . . , n – 1 y f (n)(a)  0. Muestre que los ángulos en el plano z con vértices
S
en z = a se multiplican por n en el plano w.
8.101. D
etermine una función que lleve la banda infinita −p/4 ≤ x ≤ p/4 sobre el interior del círculo unitario |w| ≤ 1,
de manera que z = 0 corresponda a w = 0.
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Respuestas a los ejercicios complementarios
279
8.102. Verifique el valor de K obtenido en la ecuación (2) del problema 8.25.
8.103. E
ncuentre una ecuación que lleve el semiplano superior sobre el interior de un triángulo con vértices en w = 0, 1, i,
que correspondan a z = 0, 1, ∞, respectivamente.
(b) 2 coshRespuestas
a and 2 sinh a, respectively
¼ a(cosh w þ sinh w)
a los ejercicios zcomplementarios
(b)
aa, ,respectively
zz¼¼a(cosh
(b)222cosh
coshaaand
and22sinh
sinh
respectively
a(coshwwþþsinh
sinhw)
w)
z ¼ a(w þ i � ie�iw )
(a) u þ 2v ¼ 1, (b) u2 þ 2uv þ 2v2 ¼ u þ v
�iw
22 a y 2 senh a,22respectivamente
22
�iw
8.33. b)(a)
2
cosh
8.70. zzz¼=
a(cosh
w�ie
+
þþi i�
)) w)
2v¼¼1,1,(b)
(b)uu þþ2uv
2uvþþ2v
2v ¼¼uuþþvv
¼a(w
a(w
ie senh
(a)uu þþ2v
(a) z ¼ a(cos3 w þ−iw
i sin3 w)
(a) 2w ¼ (1 þ i)(z2 þ z�22 ) þ (2 � 2i)z�2z þ 8iz,
2
2b)
3
8.34. a)(a)
u
+
2v
=
1,
u
+
2uv
+
2v
=
u
+
v
3wie
8.71. (a)
z =zz¼
a(w
+i−
)sin33w)
zzþþ8iz,
ww¼
¼¼z(1(1
3 þ
2i)z�
8iz,
(a)
¼a(cos
a(cos
wþþi isin
w)
(a)w
þi)(z
i)(z2þþz�z� 2))þþ(2(2��2i)z�
(b)
33
3
w¼(1
¼zz+2 i)(z2 + z22) +2(2 − 2i)zz + 8iz,
8.37. a(b)
)(b)
w w=
8.72. a) z = a(cos3 w + i sen
w)
(a)wj4z
�
(b) Same as (a) with k3 ¼ 1
3 ij , (b) 4(x þ y )
=
z
b)
33
22
22
22
3
(a)
Same
asas(a)
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi with
p
(a)j4z
j4z��ijij , ,(b)
(b)4(x
4(x þþyy ))
(b)Igual
Same
(a)
withkkk=¼¼111
8.78. (b)
b)
que
a)
con
� b2ffi ffi
w |¼
� i)=2(z
2p= p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p4ac
8.46. a)
4z(1
−�i|2i)(z
, b)
4(x2 +�y21)
)
2
ww¼¼(1(1��i)(z
4ac��bb2
i)(z��i)=2(z
i)=2(z��1)1)
8.86. 22pp== 4ac
� 2i)=f(i
� 1)z � 3 � 5ig
d ¼ �a
8.53. w(a)=w(1¼−(2z
i)(z�−2 i)/2(z
− 1)
(a)
aapffiffiffi
8.87. dd¼=
−a
(a)ww¼¼(2z
(2z��22��2i)=f(i
2i)=f(i��1)z
1)z��33��5ig
5ig
¼��
3
Yes
(b) (1=6) p
2ffiffiffiffiffiG(1=3)
8.54. a)
w = (2z − 2 − 2i)/{(i − 1)z − 3 − 5i}
ffi
3p
3
8.96.
b)
Yes
(b)
(1=6)
22G(1=3)
G(1=3)
Yes
(b)
(1=6)
8.62. Sí
(a) w ¼ z3 , (b) w ¼ cosh(p z=2), (c) w ¼ ez ,
w ¼ tan z
33
zz
8.101.
w
=
tan
z
(a)
ww¼
¼¼zzz4=5
, ,(b)
ww¼¼tan
(a)w
(b)ww¼¼cosh(
cosh(ppz=2),
z=2),(c)
(c)ww¼¼ee, ,
tanzz
(d)
8.63. a(d)
) w w=¼z3z, 4=5
b) w = cosh(pz/2), c) w = ez,
ðx
(d) w ¼4/5z4=5
G(3=4) ðxðx �1=2
2=3
=
z
d)
w
ffiffiffiG(3=4)
ffi
z ¼ (w þ p � pi)
t
(1 � t)�3=4 dt
8.103. w ¼ pG(3=4)
�1=2
2=3
�1=2(1 � t)�3=4
G(1=4)
p
2=3
ffiffiffi
ffi
p
zz¼¼(w
þ
p
�
p
i)
w
¼
t
ffiffiffi
ffi
p
(w þ p � pi)
w¼
t
(1 � t)�3=4dtdt
8.65. z = (w + p − pi)2/3
ppG(1=4)
G(1=4)0
00
z ¼p p−�pw
pw22 +
þ 2piw ¼ p(1 þ iw)2 2, que se obtiene con las ecuaciones paramétricas
8.69. a) Una posibilidad es isz =
22
22 2piw = p(1 + iw)
is
z
¼
p
�
pw
þ
2piw
¼
p(1
þ
iw)
22
¼p(1
p(1 �
¼ 2pt is z ¼ p � pw þ 2piw ¼ p(1 þ iw)
− tt2), y =
xx=
xx¼¼p(1
p(1��t t2),),yy¼¼2pt
2pt
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Capítulo 9
Aplicaciones físicas
de las transformaciones
conformes
9.1 Problemas de valor frontera
En la ciencia y en la ingeniería, muchos problemas, al formularse matemáticamente, conducen a ecuaciones diferenciales parciales y a condiciones relacionadas que se conocen como condiciones frontera. El problema de hallar soluciones a ecuaciones diferenciales que satisfagan las condiciones frontera se conoce como problema de valor frontera.
Desde el punto de vista matemático, así como desde el punto de vista físico, es de fundamental importancia no
sólo hallar las soluciones (es decir, que tales soluciones existan), sino que para cada problema debe haber sólo una
solución (es decir, que la solución sea única).
9.2 Funciones armónicas y conjugadas
Se dice que una función que satisface la ecuación de Laplace
r2 F ¼
en una región es armónica en
armónicas en .
@2 F @2 F
þ 2 ¼ 0
@x2
@y
(9.1)
(9:1)
. Como ya se vio, si f (z) = u(x, y) + iv (x, y) es analítica en , entonces u y v son
f (z) ¼ u(x, y) þ iv(x, y)
Ejemplo 9.1 Sea f (z) = 4z2 − 3iz = 4(x + iy)2 − 3i(x + iy) = 4x2 − 4y2 + 3y + i(8xy − 3x). Entonces
2 Como u y v satisfacen
2 Laplace,
v =f (z)
8xy¼−4z
3x.
la þ
ecuación
armónicas.
u = 4x2 − 4y2 + 3y,Let
� 3iz ¼ 4(x þ iy)2 � 3i(x
iy) ¼ 4xde
� 4y2 þ 3yson
þ i(8xy
� 3x).
2
2
�
4y
þ
3y,
v
¼
8xy
�
3x.
u
¼
4x
Las funciones u y v se llaman funciones conjugadas, y dada una, se halla la otra salvo una constante aditiva arbi-
traria [véase el capítulo 3].
9.3 Problemas de Dirichlet y de Neumann
Sea una región simplemente conexa limitada por una curva simple cerrada C. Dos tipos de problemas de valor
frontera son de gran interés.
1.
El problema de Dirichlet trata de hallar una función Φ que satisfaga la ecuación de Laplace (9.1) [es
decir, que sea armónica] en y que sobre la frontera C tome valores prefijados.
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9.5 Problema de Dirichlet para el semiplano
2.
281
El problema de Neumann trata de hallar una función Φ que satisfaga la ecuación de Laplace (9.1) en
y que en la frontera C su derivada normal @Φ/@n tome valores prefijados.
y
C
x
Figura 9-1
La región puede ser no acotada. Por ejemplo, puede ser el semiplano superior con el eje x como frontera
de C.
Puede mostrarse que las soluciones, tanto al problema de Dirichlet como al de Neumann, existen y son únicas
[en el problema de Neumann, salvo una constante aditiva arbitraria] con muy ligeras restricciones impuestas a las
condiciones frontera [véanse los problemas 9.29 y 9.80].
Es interesante que el problema de Neumann se presente en términos de un problema de Dirichlet adecuadamente
planteado (véase el problema 9.79). Por tanto, si se resuelve el problema de Dirichlet, también se resuelve (al menos
de manera teórica) el correspondiente problema de Neumann.
9.4 Problema de Dirichlet para la circunferencia unitaria.
Fórmula de Poisson
Sea C la circunferencia unitaria |z| = 1 y su interior. Una función que satisface la ecuación de Laplace [es decir,
que es armónica] en todos los puntos (r, u) en y que toma en C un valor prefijado F(u) [es decir, Φ(1, u) = F(u)],
está dada por
1
F(r, u) ¼
2p
2ðp
0
(1 � r 2 )F(f) df
1 � 2r cos(u � f) þ r 2
(9.2)
Esta fórmula se conoce como fórmula de Poisson para la circunferencia [véase el capítulo 5, página 146].
9.5 Problema de Dirichlet para el semiplano
Una función que es armónica en el semiplano y > 0 [Im{z} > 0] y que toma un valor prefijado G(x) en el eje x [es
decir, Φ(x, 0) = G(x), −∞ < x < ∞], está dada por
1
F(x, y) ¼
p
ð1
�1
y2
yG(h) d h
þ (x � h)2
Esto se llama en ocasiones fórmula de Poisson para el semiplano [véase el capítulo 5, página 146].
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(9.3)
282
Capítulo 9 Aplicaciones físicas de las transformaciones conformes
9.6 Soluciones a los problemas de Dirichlet y de Neumann
mediante transformaciones conformes
Los problemas de Dirichlet y de Neumann se resuelven en toda región
simplemente conexa, que se lleve de
manera conforme mediante una función analítica sobre el interior del círculo unitario o de un semiplano. [De acuerdo
con el teorema de la transformación de Riemann, esto siempre es posible, al menos en teoría.] Las ideas básicas aquí
son las siguientes.
a)
b)
c)
Usar la transformación para transformar el problema del valor frontera para la región en un problema
correspondiente para la circunferencia unitaria o para el semiplano.
Resolver el problema para la circunferencia unitaria o para el semiplano.
Emplear la solución del inciso b) para resolver el problema dado mediante la transformación inversa.
Los teoremas importantes en este contexto son los siguientes.
Teorema 9.1 S
ea w = f (z) una función analítica y uno a uno en la región del plano z. Entonces existe una
única función inversa z = g(w) en , y f ′(z)  0 en [lo que garantiza que la transformación es
conforme en todos los puntos de ].
Teorema 9.2 S
ea Φ(x, y) armónica en , y suponga que se lleva uno a uno sobre ′ en el plano w por medio
de una transformación w = f (z), donde f (z) es analítica. Entonces f ′(z)  0, x = x(u, v ), y = y(u, v )
y Φ(x, y) = Φ[x(u, v ), y(u, v )] ≡ Ψ(u, v ) es armónica en ′. En otras palabras, una función
armónica se transforma en otra función armónica por medio de una transformación w = f (z), que
es analítica [véase el problema 9.4].
Teorema 9.3
uponga que Φ = a [una constante] en la frontera o en parte de la frontera C de una región en el
S
plano z. Entonces Ψ = a en su imagen C′ en el plano w. De manera similar, si la derivada normal
de Φ es cero, es decir, @Φ/@n = 0 en C, entonces, en C′, la derivada normal de Ψ es cero.
Aplicaciones al flujo de fluidos
9.7 Suposiciones básicas
Para la solución de muchos problemas importantes sobre el flujo de fluidos, conocido también como dinámica
de fluidos, hidrodinámica o aerodinámica, suelen emplearse métodos de variable compleja con las suposiciones
siguientes.
1.El flujo de fluidos es bidimensional, es decir, el patrón básico de flujo y las características del movimiento del fluido en un plano son esencialmente las mismas que en cualquier plano paralelo. Esto permite
concentrar la atención en un solo plano que se considera el plano z. Las figuras trazadas en este plano se
entienden como secciones transversales de cilindros infinitos perpendiculares al plano. Por ejemplo, la
circunferencia de la figura 9-7, de la página 286, representa un obstáculo cilíndrico infinito alrededor del
cual fluye el fluido. Por supuesto, un cilindro infinito es sólo un modelo matemático de un cilindro físico
(real) tan largo que resulta razonable ignorar sus efectos.
2.El flujo es estacionario o permanente, es decir, la velocidad del fluido en cualquier punto depende sólo
de la posición (x, y) y no del tiempo.
3.
Los componentes de la velocidad se obtienen de un potencial, es decir, suponga que Vx y Vy denotan
los componentes de la velocidad del fluido en (x, y) en las direcciones positivas x y y, respectivamente. Así
existe una función Φ, que se conoce como potencial de velocidad, tal que
Vx ¼
@F
,
@x
Vy ¼
@F
@y
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(9.4)
9.8 Potencial complejo
283
Una suposición equivalente es que si C es una curva simple cerrada en el plano z y Vt es la componente
tangencial de la velocidad en C, entonces
þ
þ
Vt ds ¼ Vx dx þ Vy dy ¼ 0 C
( (9.5)
C
Véase el problema 9.48.
A cada integral en (9.5) se le conoce como circulación del fluido a lo largo de C. Cuando la circulación
es cero, el flujo se llama irrotacional o libre de circulación.
4.El fluido es incompresible, es decir, la densidad, o masa por unidad del volumen, del fluido es constante.
Si Vn es la componente normal de la velocidad en C, esto lleva a la conclusión (véase el problema 9.48) de
que
þþ
þþ
Vnn ds
ds ¼
¼ V
Vxx dy
dy �
�V
Vyy dx
dx ¼
¼ 00
V
(( (9.6)
C
C
o
C
C
@Vxx @V
@Vy
@V
þ y¼
¼ 00
þ
(( (9.7)
@x
@y
@x
@y
que expresa la condición de que la cantidad de fluido contenida en el interior de C es una constante, es
decir, la cantidad que entra en C es igual a la cantidad que sale de C. Debido a esto, la ecuación (9.6), o la
ecuación equivalente (9.7), se llama ecuación de continuidad.
5.El fluido no es viscoso, es decir, no tiene viscosidad o fricción interna. Un fluido viscoso en movimiento
tiende a adherirse a la superficie de un obstáculo colocado en su trayectoria. Si no hay viscosidad, las
fuerzas de presión sobre la superficie son perpendiculares a la superficie. Un fluido que no es viscoso y
es incompresible se conoce como fluido ideal. Desde luego, hay que observar que tal fluido es sólo un
modelo matemático de un fluido real en el que esos efectos se consideran con seguridad insignificantes.
9.8 Potencial complejo
A partir de las ecuaciones (9.4) y (9.7) se ve que el potencial de velocidad Φ es armónico, es decir, satisface la ecuación de Laplace
@2 F @2 F
þ 2 ¼ 0
@x2
@y
( (9.8)
Se sigue que debe existir una función armónica conjugada, como Ψ(x, y), tal que
V(z) ¼ F(x, y) þ iC(x, y)
( (9.9)
sea analítica. Mediante diferenciación, con (9.4), se tiene
dV
@F
@C @F
@F
¼ V0 (z) ¼
þi
¼
�i
¼ Vx � iVy
dz
@x
@x
@x
@y
Así, la velocidad [conocida también como velocidad compleja] está dada por
V ¼ V þ iV ¼ dV=dz ¼ V0 (z)
V ¼ Vxx þ iVyy ¼ dV=dz ¼ V0 (z) y su magnitud es
(9.10)
(
( (9.11)
qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
(9.12)
V ¼ jVj ¼ Vx22 þ Vy22 ¼ jV00 (z)j ¼ jV00 (z)j
V ¼ jVj ¼ Vx þ Vy ¼ jV (z)j ¼ jV (z)j
Los puntos en los que la velocidad es cero, es decir, Ω′(z) = 0, se llaman puntos de estancamiento.
La función Ω(z), de importancia fundamental para caracterizar un flujo, se conoce como potencial complejo.
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284
Capítulo 9 Aplicaciones físicas de las transformaciones conformes
9.9 Líneas equipotenciales y líneas de flujo
Las familias de curvas de un parámetro
F(x, y) ¼ a,
C(x, y) ¼ b (9.13)
donde a y b son constantes, son familias ortogonales llamadas, respectivamente, líneas equipotenciales y líneas de
flujo [aunque a veces se emplean también los términos más apropiados curvas equipotenciales y curvas de flujo].
En movimiento estacionario, las líneas de flujo representan la trayectoria de las partículas de fluido en el patrón de
flujo.
La función Ψ se conoce como función de flujo y, como ya se vio, la función Φ, como función de potencial de
velocidad o tan sólo potencial de velocidad.
9.10 Fuentes y sumideros
En lo dicho hasta ahora se ha supuesto que en el plano z no hay puntos [es decir, líneas en el fluido] en los que el
fluido aparezca o desaparezca. Esos puntos se conocen como fuentes y sumideros, respectivamente [también llamados fuentes lineales y sumideros lineales]. En esos puntos, que son puntos singulares, la ecuación de continuidad
(9.7) y, por ende, la (9.8) no se satisfacen. En particular, alrededor de curvas cerradas C que contengan tales puntos,
la integral de circulación en (9.5) puede no ser cero.
Sin embargo, no hay ningún problema para emplear la teoría anterior siempre que se introduzcan las singularidades adecuadas en el potencial complejo Ω(z) y se observe que ecuaciones como (9.7) y (9.8) se satisfacen en toda
región que excluya estos puntos singulares.
9.11 Algunos flujos especiales
En teoría, todo potencial complejo Ω(z) puede relacionarse o interpretarse como un determinado flujo de fluido en
dos dimensiones. Los siguientes son algunos casos sencillos que se encuentran en la práctica. [Observe que a todos
los potenciales complejos se les puede agregar una constante sin afectar el patrón de flujo.]
1.
Flujo uniforme. El potencial complejo correspondiente al flujo de un fluido con velocidad constante V0
en una dirección que forme un ángulo d con la dirección x positiva es (figura 9-2)
V(z) ¼ V0 e�id z y
V0
d
(9.14)
y
a
x
x
Figura 9-2
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Figura 9-3
285
9.11 Algunos flujos especiales
2.
3.
Fuente en z ∙ a. Si el fluido surge a velocidad constante de una fuente lineal en z = a (figura 9-3), el
potencial complejo es
V(z) ¼ k ln(z � a)
(
V(z) ¼ �k ln(z � a)
(
donde a k > 0 se le conoce como fuerza de la fuente. Las líneas de flujo se muestran como líneas continuas, y las líneas equipotenciales, como líneas punteadas.
Sumidero en z ∙ a. En este caso, el fluido desaparece en z = a (figura 9-4) y el potencial complejo está
definido a partir del de la fuente al sustituir k por −k, con lo que se obtiene
y
a
x
Figura 9-4
x
Figura 9-5
Flujo con circulación. El flujo que corresponde al potencial complejo
V(z) ¼ �ik ln(z � a)
5.
(9.16)
y
a
4.
(9.15)
(
(9.17)
es como se indica en la figura 9-5. En este caso, la magnitud de la velocidad del fluido en cualquier punto
es inversamente proporcional a su distancia desde a.
El punto z = a se conoce como vórtice y k como su fuerza. La circulación [véase la ecuación (9.5)] a
lo largo de cualquier curva cerrada C que encierre a z = a es igual, en magnitud, a 2pk. Observe que, al
cambiar k por −k en la ecuación (9.17), se obtiene el potencial complejo correspondiente a un vórtice en
el sentido de las manecillas del reloj.
Superposición de flujos. Mediante la adición de potenciales complejos se describen patrones de flujo más
complejos. Un ejemplo importante se obtiene al considerar el flujo debido a una fuente en z = −a y un
sumidero de igual fuerza en z = a. Así, el potencial complejo es
�
�
zþa
V(z) ¼ k ln(z þ a) � k ln(z � a) ¼ k ln
z�a
(9.18)
Con a → 0 y k → ∞ de manera que 2ka = m sea infinito, se obtiene el potencial complejo
m
V(z) ¼ z
(9.19)
Éste es el potencial complejo de un doblete o dipolo, es decir, la combinación de una fuente y un sumidero
de fuerzas iguales separados por una distancia muy pequeña. La cantidad m se llama momento dipolo.
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286
Capítulo 9 Aplicaciones físicas de las transformaciones conformes
9.12 Flujo en torno a un obstáculo
Un problema importante en el flujo de fluidos es la determinación del patrón de flujo de un fluido que se mueve inicialmente con velocidad uniforme V0 y en el cual se coloca un obstáculo.
Plano z
h
Plano z
y
Plano w
u
V0
u
Figura 9-6
C
Figura 9-7
C′
x
x
Figura 9-8
Un principio general en este tipo de problemas es idear un potencial complejo de la forma
V(z) ¼ V0 z þ G(z)
( (9.20)
(si el flujo es en el plano z) donde G(z) sea tal que lím|z|→∞ G′(z) = 0, lo que físicamente significa que lejos del obstáculo la velocidad tiene magnitud constante (en este caso, V0). Además, el potencial complejo debe elegirse de manera que una de sus líneas de flujo represente la frontera del obstáculo.
El conocimiento de las transformaciones conformes es útil en la obtención de potenciales complejos. Por ejemplo,
el potencial complejo correspondiente al flujo uniforme en el plano w de la figura 9-6 está dado por V0w. Mediante la
transformación w = z + a2/z [véase la entrada A-4, página 249], el semiplano superior del plano w de la figura 9-6
corresponde al semiplano superior del plano z exterior a la circunferencia C, y el potencial complejo para el flujo de
la figura 9-7 está dado por
�
�
a2
V(z) ¼ V0 z þ
(9.21)
z
De manera similar, si z = F(z ) lleva C′ y su exterior sobre C y su exterior [véase la figura 9-8], el potencial complejo
para el flujo de la figura 9-8 se obtiene al sustituir z por F(z ) en la ecuación (9.21). El potencial complejo también se
obtiene al ir directamente del plano w al z por medio de la transformación adecuada.
Con lo anterior y al introducir otros fenómenos físicos, como la circulación, se describe el patrón de flujo en torno
a perfiles de diversas formas, y de esta manera también el movimiento de un avión en vuelo.
9.13 Teorema de Bernoulli
Si P denota la presión en un fluido y V es la velocidad del fluido, el teorema de Bernoulli sostiene que
1
P þ sV 2 ¼ K 2
(9.22)
donde s es la densidad del fluido y K es una constante a lo largo de toda línea de flujo.
9.14 Teorema de Blasius
1.
Sean X y Y las fuerzas netas en las direcciones x y y positivas, respectivamente, debidas a la presión de un
fluido sobre la superficie de un obstáculo limitado por una curva simple cerrada C. Así, si Ω es el potencial
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9.16 Intensidad del campo eléctrico. Potencial electrostático
complejo del flujo,
þ � �2
1
dV
X � iY ¼ 1 is þ �dV�2 dz
X � iY ¼ 2 is C dz dz 2
dz
287
(9.23)
C
2.
Suponga que M es el momento en torno al origen de las fuerzas de presión sobre el obstáculo. Así,
8
9
< 1 þ �dV�2 9
=
8
M ¼ Re< � 1 s þ z�dV�2 dz=
(9.24)
M ¼ Re :� 2 s C z dz dz ;
: 2
;
dz
C
donde “Re” denota, como de costumbre, “la parte real de”.
Aplicaciones en la electrostática
9.15 Ley de Coulomb
Sea r la distancia entre dos cargas eléctricas puntuales q1 y q2. De este modo, la fuerza entre estas cargas está dada,
en magnitud, por la ley de Coulomb, que afirma que
F¼
q1 q2
kr 2
(9.25)
y es una fuerza de repulsión o de atracción según las cargas sean iguales (las dos positivas o las dos negativas) o
distintas (una positiva y la otra negativa). La constante k en la ecuación (9.25), que se conoce como constante dieléctrica, depende del medio; en el vacío, k = 1, si no es así, k > 1. En lo sucesivo se supondrá que k = 1 a menos
que se especifique otra cosa.
9.16 Intensidad del campo eléctrico. Potencial electrostático
Suponga que se da una distribución de carga continua, discreta o una combinación de ambas. Esta distribución de
carga crea un campo eléctrico. Si una carga positiva unitaria (lo bastante pequeña para que no afecte apreciablemente
el campo) se coloca en un punto A que no esté ya ocupado por una carga, la fuerza que actúa sobre esta carga se
conoce como intensidad de campo eléctrico en A y se denota E . Esta fuerza se obtiene de un potencial Φ, que suele
conocerse como potencial electrostático. En símbolos,
EE¼¼�grad
�gradFF¼¼�rF
�rF
(9.26)
E ¼ �grad F ¼ �rF
Si la distribución de carga es bidimensional, que aquí es el tema principal, entonces
@F
@F
@F
@F @F
@F
@F
@F
donde
(9.27)
iEyy¼¼��@F ��i i@F where
whereEExx¼¼��@F, , EEyy¼¼��@F
EE¼¼EExxþþiE
@x , Ey ¼ � @y
@y
@x � i @y
@y where Ex ¼ � @x
E ¼ Ex þ iEy ¼ � @x
@x
@y
@x
@y
En ese caso, si Et denota el componente de la intensidad del campo eléctrico tangencial a toda curva simple cerrada
C en el plano z,
þ
þ
Et ds ¼ Ex dx þ Ey dy ¼ 0
( (9.28)
C
C
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288
Capítulo 9 Aplicaciones físicas de las transformaciones conformes
9.17 Teorema de Gauss
Ahora se verán sólo distribuciones de carga, que se consideran bidimensionales. Si C es una curva simple cerrada en
el plano z con una carga neta q en su interior (en realidad un cilindro infinito que encierre una carga neta q) y En es
la componente normal de la intensidad de campo eléctrico, el teorema de Gauss establece que
þ
(9.29)
En ds ¼ 4pq C
Si C no encierra ninguna carga neta, esto se reduce a
þ
þ
En ds ¼ Ex dy � Ey dx ¼ 0 C
( (9.30)
C
Se sigue que, en toda región que no esté ocupada por una carga,
@Ex @Ey
@Ex þ @Ey ¼ 0
@x þ @y ¼ 0
@x
@y
(
( (9.31)
De (9.27) y (9.31), se obtiene
@2 F @22 F
þ @ F ¼ 0
@2 F
@x22 þ @y22 ¼ 0
@x
@y
es decir, Φ es armónica en todos los puntos no ocupados por una carga.
( (9.32)
(
9.18 Potencial electrostático complejo
De lo anterior, es claro que debe existir una función armónica Ψ conjugada de Φ tal que
V(z) ¼ F(x, y) þ iC(x, y)
( (9.33)
sea analítica en una región no ocupada por una carga. Ω(z) se conoce como potencial electrostático complejo o sólo
potencial complejo. En términos de este potencial complejo, la ecuación (9.27) se convierte en
E¼�
@F
@F
@F
@C
dV
�i
¼�
þi
¼�
¼ �V0 (z) @x
@y
@x
@y
dz
0
( (9.34)
0
¼ j�V
jEj ¼0 (z)j
j�V
¼ jV (z)j.
y la magnitud de E está dada por E ¼ jEjE ¼
¼ (z)j
jV0 (z)j.
Las curvas (superficies cilíndricas en tres dimensiones)
a, y)C(x,
F(x, y)F(x,
¼ ay)
, ¼C(x,
¼ by) ¼ b (9.35)
se conocen como líneas equipotenciales y líneas de flujo, respectivamente.
9.19 Carga lineal
Es clara la analogía de lo anterior con el flujo de fluidos. El campo eléctrico en los problemas electrostáticos corresponde al campo de velocidad en los problemas de flujo de fluidos, con la única diferencia de una carga con signo en
los potenciales complejos correspondientes.
La idea de fuente y sumidero del flujo de fluidos tiene análogos correspondientes en la electrostática. Así, el potencial (electrostático) complejo debido a una carga lineal q por longitud unitaria en z0 (en el vacío) está dada por
V(z) ¼ �2q ln(z � z0 ) www.FreeLibros.me
( (9.36)
9.23 Temperatura compleja
289
y representa una fuente o un sumidero según sea q < 0 o q > 0. De manera similar se habla de dobletes o dipolos,
etc. Si el medio no es el vacío, en (9.36) se sustituye q por q/k.
9.20 Conductores
Si un sólido conduce perfectamente, es decir, es un conductor perfecto, toda la carga está localizada en su superficie.
Así, si se considera la superficie representada por una curva simple cerrada en el plano z, las cargas están en equilibrio en C y, por tanto, C es una línea equipotencial.
Un problema importante es el cálculo del potencial debido a un conjunto de cilindros cargados. Este problema se
resuelve mediante transformaciones conformes.
9.21 Capacitancia
Dos conductores con cargas de igual magnitud q pero de signo contrario tienen una diferencia de potencial V. La
cantidad C definida por
q ¼ CV (9.37)
depende sólo de la geometría de los conductores y se llama capacitancia. Los conductores mismos forman lo que se
conoce como un condensador o capacitor.
Aplicaciones al flujo de calor
9.22 Flujo de calor
Considere un sólido con una distribución de temperatura que puede variar. Interesa la cantidad de calor conducido
por unidad de área y por unidad de tiempo a través de una superficie localizada en el sólido. Esta cantidad, conocida
en ocasiones como flujo de calor a través de la superficie, está dada por
Q ¼ �K grad F
(9.38)
donde Φ es la temperatura, y K, que se supone que es una constante, se conoce como conductividad térmica, y
depende del material del que esté hecho el sólido.
9.23 Temperatura compleja
Supóngase que se restringe a problemas de tipo bidimensional. Se tiene
��
��
@F @F
@F
@F
@F
@F
@F
@F
donde
þii
¼ QQxx þ
þiQ
iQyy where
where QQxx ¼
¼ �K
�K ,, QQyy ¼
¼ �K
�K Q
Q¼
¼ �K
�K
þ
¼
@x
@y
@x
@y
@x
@y
@x
@y
(9.39)
Sea C una curva simple cerrada en el plano z (que representa la sección transversal de un cilindro). Si Qt y Qn son
las componentes tangencial y normal del flujo de calor y prevalecen condiciones de estado estable de manera que no
haya acumulación neta de calor en el interior de C, se tiene
þ
þ
þ
þ
Qn ds ¼ Qx dy � Qy dx ¼ 0,
Qt ds ¼ Qx dx þ Qy dy ¼ 0
( (9.40)
C
C
C
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C
290
Capítulo 9 Aplicaciones físicas de las transformaciones conformes
si se supone que no existe ninguna fuente o sumidero en el interior de C. De la primera ecuación en (9.40) se tiene
@Qx @Qy
(
@Qx þ @Qy ¼ 0
@x þ @y ¼ 0 ( (9.41)
@x
@y
que, con (9.39), se convierte en
@2 F @22 F
þ@ F ¼ 0
@2 F
@x22 þ @y22 ¼ 0
@x
@y
es decir, Φ es armónica. Se introduce la función armónica conjugada Ψ y se ve que
V(z) ¼ F(x, y) þ iC(x, y)
es analítica. Las familias de curvas
F(x, y) ¼ a,
( (9.42)
C(x, y) ¼ b
(9.43)
se llaman líneas isotérmicas y líneas de flujo, respectivamente, y Ω(z), temperatura compleja.
La analogía con el flujo de fluidos y la electrostática es evidente, y los procedimientos que se emplean en esos
campos sirven de manera similar para resolver diversos problemas de temperatura.
Problemas resueltos
Funciones armónicas
9.1. Muestre que las funciones siguientes son armónicas en una región finita
a) x2 − y2 + 2y,
Solució n
2
2
del plano z:
b) sen x cosh y
2
2
F=@x2 ¼
2 2
2, @222F=@y
�2. 22
F=@x
¼22, 2@¼
F=@y
2
2
2 2
2 2
2
F=@x
) þF=@x
(@2 F=@y
) ¼ 02 22) ¼2
(@
2
2) þ2 (@2 F=@y
F ¼ x2 � y2 þ 2y.
F ¼ x �Fy¼ x � y 2þ 22y.
@
(@
¼2�2.
02 2
2
2 y2 2+ 2y. Se@ tiene
a) Suponga que
Entonces
FΦ
¼F=
x¼x�x2−
y�
þy 2y.
þ 2y.
@ F=@x
@ F=@x
¼ 2,¼@2,F=@y
@ F=@y
¼ �2.
¼ �2.
(@ F=@x
(@ F=@x
) þ)(@þ F=@y
(@ F=@y
) ¼)0¼ 0,
por lo que Φ es armónica en .
F ¼ sen x
2
(@
þ22y. 2
22
2 2
2F=@y2 ¼
FSuponga
¼ senF
x que
�sen22 x¼cosh
y, 2x@2cosh
sen x222cosh
y.2 x cosh
) þ (@22)F=@y
¼ sen
x sen x F
F=@x
�sen
y, @22 F=@y
¼
y.
b) Φ=
cosh
tiene
y.(@2 F=@x
Así (@22)F=@x
¼ xy.2 �@Se
yF=@x
þ 2y.@¼
@22F=@x
¼ 2,
¼2sen
�2.
þ (@22F=@y
¼ 0 2) ¼ 0
2−sen
2
F
sen
¼
sen
x
x
@
@
F=@x
F=@x
¼
�sen
¼
�sen
x
cosh
x
cosh
y,
@
y,
F=@y
@
F=@y
¼
sen
¼
sen
x
cosh
x
cosh
y.
y.
2 2
2 2 F ¼
(@ F=@y
) 2¼F=@y
0 y 2Φ
es 0armónica
en .
(@ F=@x
) þ2 (@
)¼
2 2
(@2 F=@x
(@ F=@x
) þ2 )(@þ2 F=@y
(@2 F=@y
) ¼)0¼ 0
F=@x2 ) 2þ
9.2. Muestre que, con la transformación z = w3, las funciones del problema
9.1 son armónicas
en2 el plano w.
2
2
2
F ¼ sen x
@ F=@x ¼ �sen x cosh y, @ F=@y ¼ sen x cosh y.
(@3 2 F=@x2 ) þ (@2 F=@y2 ) ¼ 30
3
2
2
3
3
2
2
3
Solució n z ¼ w . Then x þ iy ¼ (u þ iv) ¼ u � 3uv þ i(3u v � v ) and x ¼ u � 3uv , y ¼ 3u v � v .
3 2 3 2
3 33 2¼32 u333 � 33uv
22 þ
22 v2 �3 v323 ) 2 and
33 � 3uv
2 3 22 , 3 y ¼
2 222 v �3 v323 . 2 3 3
3þ
3i(3u
3 x 3¼
¼
Then
þ
iy
(u
þ
iv)
x¼
¼
3þ
3vi(3u
2vþ
2 3u
zzque
¼
Then
xxThen
iy
iv)
¼
uþ
v2(3u
�
)vand
uu�
y�¼
v¼�
v. .3u
z¼
w3ww
. z3Then
iy
¼¼
(uþ(u
¼þ
u) iv)
��
3uv
i(3u
�
vþv)i(3u
uy3and
3uv
,�
¼
3u
vy,�
�w¼x3y. .þ
þ
�
3uv
(3u
v3þ�
)23uv
�and
) v x)and
F
¼
x. ¼
Suponga
Entonces
z.=
zw
w
. 2y
Then
x¼
xþiy
þiv)
¼iy
(u
¼
(u
iv)
¼3uv
u2¼
uþ
3uv
�
þ
i(3u
vv�
x�
¼3uv
x3u¼
u,y 3uv
3uv
,3u
yv3u
¼
v �vv�. v .
z
¼
w
.
Then
x
þ
iy
¼
(u
þ iv)3 ¼ u3 � 3uv2 þ i(3u2 v � v3 )
2 x22 �2 y2262þ 2y
2232224)232 � 6(3u
2 2222v2�
2 3222v �3 v323 ) 2 3 3
4 32(u
2 33 � 3uv
23 v2323 )22 2þ
3 2(3u
2
2
2
3
2
¼
F
¼
a) F F
yuþx¼
þ
3uv
)��
�
v) �
)vþ2v
þ
v2(3u
�
)v �vv�) v )
y¼
2y
¼
(u
�
3uv
(3u
v�
v(3u
2(3u
v v)2(3u
¼¼
x x�
��
15u
þ�
15u
v(3u
6u
vv)�
¼
y�¼
þ
yv(u2y
þ
¼
2y
(u
¼)v(u
�
3uv
�
3uv
)þ
�
�
(3u
�
vv2(3u
�) vvþ)�
þ
F�
F
x2y
F ¼ x2 � y2 þ 2y ¼ (u3 � 3uv2 )2 � (3u2 v � v3 )2 þ 2(3u2 v � v3
6
4 22
2 44 6 66
2
3
6
4
2
2
3
6
4
2
2
4
2
3
6v v
6
4
2
4
2
2
4
2
4
6
6
2
2
3
3
�
15u
v
þ
15u
v
�
v
þ
6u
v
�
2v
¼
15u
þ
15u
v
�
v
þ
6u
v
�
2v
15u
þ
15u
v
�
v
þ
6u
v
�
2v
¼¼
u uu� �
2 2
15u
� 15u
v2 ¼þ
v30u
15u
þ 415u
v 180u
�
v v�2þ
þ 30v
6u
v �4v2v
� 12v,
2v @2 F=@v2 ¼ �30u4 þ 180u
¼ u¼@�
u2 F=@u
�
vv26u
þ
þ
v � 30v4 � 12v
¼ u6 � 15u4 v2 þ 15u2 v4 � v6 þ 6u2 v � 2v3
2
2
2
2
2
2 22
(@ F=@u
(@2 30u
F=@v
¼420v224vvþ
222 ¼
22 þ 230v
44 þ 180u
2) þ
42 44 2�)180u
4 424 þ
2 222 ¼2 �30u
4 424 �
2 12v,
4@2@
24 þ
42 v24vv
230v
2 12v
4 y4
@22F=@u
F=@u
30u
@4212v,
F=@v
�180u
¼
180u
30v
F=@v
¼
þ
180u
30v
�
180u
30v
12v,
�30u
180u
�þ�
30v
12v
Así, @2@F=@u
@¼
F=@u
@30u
F=@u
¼�
30u
¼
30u
� 180u
�3þ
180u
v2þ
vþ
30v
þ12v,
30v
þF=@v
@¼
@ �30u
F=@v
¼2 �30u
¼
þ 2180u
v2�
�
v�
30v
�12v
30v
� 12v
� 12v
2�30u
2þ
2 þ 12v,
3 F=@v
2 (@2 F=@v
2 2 ) ¼ 40.
F
¼
sen(u
�3uv
)
cosh(3u
v
�
v
)
(@
F=@u
)
þ
2
2
2
2
2(@22 F=@u
2 222 ) þ
2
2
@
F=@u
¼ 30u � 180u2 v2 þ 30v4 þ 12v, @2 F=@v2 ¼
se
necesitaba.
2 (@
2 F=@v
2 ) 2¼
2 002, como
2
(@
F=@v
)
¼
F=@u
)
þ
)
¼
(@ (@F=@u
)
þ
(@
F=@v
0
(@ F=@u
(@ F=@u
) þ) (@
þ F=@v
(@ F=@v
) ¼)0¼
3 20 22
2 2 22
3
2 ) þ2 (@
2 2 F=@v2 ) ¼ 0. Esto se
3
222 )F=@u
2 (@22 F=@u
2 (@
3 33 �3uv
3 2v
=
sen(u
−)3cosh(3u
3uv
)2 cosh(3u
b) Hay que mostrar que
2 2(@
22 F=@v
2 )22¼
20. 0.
2 2
F
¼
sen(u
þ
(@
)(@¼
¼
0.
3cosh(3u
2 v 3) satisface
¼
sen(u
))cosh(3u
�
v)3v2 )v)−�
F=@u
)F=@u
FF
¼Φ
sen(u
�3uv
v2 �
v�
F=@u
(@
F=@v
F¼
F�3uv
sen(u
¼ sen(u
�3uv
�3uv
) cosh(3u
)vvcosh(3u
vv�) v3(@)(@
(@)2þ
(@þ
F=@u
)F=@v
þ
)(@þ)F=@v
F=@v
) ¼)0.¼ 0.
muestra fácilmente mediante una sencilla pero tediosa diferenciación.
F ¼ sen(u3 �3uv2 ) cosh(3u2 v � v3 )
Este problema ilustra un resultado general que se demuestra en el problema 9.4.
� 2
�
@2 F @2 F
@2 F
0
2 @ F
9.3. Demuestre que 2 þ 2 ¼ j�f �
w
w=
¼ ff(z)
(z) es analítica y uno a uno.
(z)j
þ
�2 22 �@u
� 2 �, donde
222� �
�
22@22 F
22�
2 @y2 20
2 @v2 2
@22F
F @@x
@
F
F
@
F
@
F
F
@
@
@2@F
F
@
F
F
@
2
F¼
F
@2 F@ F @ F@ F
� 2
�
2 2
0þ
2 þ
¼
(z)¼
þ@ F@¼
¼
(z)j
ffw
(z)
f@f0 (z)j
w ww
¼¼
f (z)
þþ
j@þ
fj0jF
(z)j
w f¼(z)f (z)
¼ j¼f 0 (z)j
j@u
@2 F @2 F
@2 F
2 þ 2@v
22þ þ
2@x22 @y@y
22 22þ
2f 2(z)j
0
2 @ F
@x@x
@v
@x@y
@x2 @y2@y2 @u@u
@u@v2@u2 @v2@v2
þ
¼
j
f
(z)j
þ
@x2
@y2
@u2
@v2
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w ¼ f (z)
Problemas resueltos
291
Solució n
La función Φ(x, y) se transforma en una función Φ[x(u, v ), y(u, v )] por medio de la transformación. Mediante
diferenciación se tiene
@F @F @u @F @v
@F @F @u @F @v
¼
þ
,
¼
þ
@x
@u @x @v @x
@y
@u @y @v @y
� �
� �
@2 F @F @2 u @u @ @F
@F @2 v @v @ @F
þ
¼
þ
þ
@x2
@u @x2 @x @x @u
@v @x2 @x @x @v
�
�
�
� � �
� � �
� � �
@F @2 u @u @ @F @u @ @F @v
@F @2 v @v @ @F @u @ @F @v
þ
þ
þ
¼
þ
þ
@u @x2 @x @u @u @x @v @u @x
@v @x2 @x @u @v @x @v @v @x
�
�
�
�
@F @2 u @u @2 F @u @2 F @v
@F @2 v @v @2 F @u @2 F @v
þ
þ
þ
¼
þ
þ
@u @x2 @x @u2 @x @v@u @x
@v @x2 @x @u@v @x @v2 @x
De manera similar,
� 2 2 � 2� 2
�
� 2� 2
2 �
2�
2 @2 u
F @v @F @@F
v @v
F @v
@ F @@uF @u@2 F @@v
@2 F @2 F@F @@F
u @u @@u
F @@uF @u@2 F @@v
v @ @v
þ
þ
þ
¼
þ
þ
þ
þ
þ
¼
þ
þ
2
2
@y
@u2 @y@v@u@v@u
@y @u@v
@v2 @y
@y2 @y2@u @y@u2 @y@y
@u2 @y
@y @y @v @y@v2 @y@y
@u@v
@y @y@v2 @y
Se suma,
� 2 � 2 2 � 2 � � 2 � 2 2 � 2 �2 "2� "�2 ��2 �2 #�2 #
@2 F @2 F@2 F @2 F@F @F
@ u @ u@ u @ u @F @F
@ v @ @v v @ v @ F @ F@u @u @u @u
þ þ 2þ2þ
þ þ
þ þ ¼ ¼ 2þ2þ
þ þ
@x2 @x2@y2 @y2@u @u
@x @x@y2 @y2 @v @v
@x @x@y2 @y2 @u2 @u2@x @x @y @y
� #� #
� �
� �
� � "� "�
� �
F @v@u @v@u @v@u @v @2 F @2 F@v 2@v 2@v 2@v 2
@2 F @2@u
þ þ
þ2þ2
þ þ þ þ
@u@v@u@v
@x @x@x @x@y @y@y @y @v2 @v2@x @x @y @y
(1)
Como u y v son armónicas (@2u/@x2) + (@2u/@y2) = 0 (@2v/@x2) + (@2v/@y2) = 0. Además, de acuerdo con las
ecuaciones de Cauchy-Riemann, @u/@x = @v/@y, @v/@x = −@u/@y. Así,
��2
�
� �
�2 �
� �
�2 �
� �
�2 �
� �
�2 �
� �
�2 ���
�@u�
�2 �
�
@u 2¼ @v
@v 2þ @v
@v 2 ¼ @u
@u 2þ @v
@v 2¼ ���@u
@u þ i @v
@v���2¼ j f 00(z)j22
@u 2þ @u
þ @y ¼ @x þ @y ¼ @x þ @x ¼ ��@x þ i @x�� ¼ j f (z)j
@x
@y
@x
@y
@x
@x
@x
@x
@x
@u
@u @v
@v þ @u
@u @v
@v 0
þ @y @y ¼
¼0
@x
@x
@x @x @y @y
Por tanto (1), se convierte en
�
�
2
2 �
�2
@@22F
F þ @@2F
F ¼ j f 00(z)j22 @@2F
F þ @@2F
F
2 þ
2 ¼ j f (z)j
2 þ
2
@x
@u
@x2 @y
@y2
@u2 @v
@v2
9.4. D
emuestre que una función armónica Φ(x, y) sigue siendo armónica con una transformación w =wf w
(z),
f (z)
where
¼¼
f donde
(z)
where
f (z) es analítica y uno a uno.
Solució n
2
2
2
2
0
2 ) þ 2(@ F=@y
F=@x
f (z)
0 because
f (z)
oneF=@x
) þ (@ F=@y2 ) ¼) ¼
0 y0 f ′(z)
f 0 (z)
=
0 because
(z)
is is
oneEsto es consecuencia inmediata del problema 9.3, pues (@2(@

0=
porque
f (z)f es
uno
2
2
2
2
2
2
2
2
F=@u
F=@v
so
a uno, de manerasoque
F=@u
) þ) þ
(@ (@
F=@v
) ¼) ¼
0. 0.
(@ (@
9.5. Sea a real. Muestre que las partes real e imaginaria de w = ln(z − a) son funciones armónicas en toda región
ln(z
ww
¼¼
ln(z
��
a)a)
que no contenga a z = a.
z¼
z¼
a. a.
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292
Capítulo 9 Aplicaciones físicas de las transformaciones conformes
Solució n
Método 1. Si no contiene a a, entonces w = ln(z − a) es analítica en . Por tanto, las partes real e imaginaria
son armónicas en .
iu este modo, si se usan para u los valores principales, w = u + iv = ln(z − a) = ln r + iu,
. De
Método 2. Sea z −za�=are¼i ure
u, w ¼ u þ iv ¼ ln(z � a) ¼ ln r þ iu so that
de umanera
. ln r, v = u.
¼ ln r,que
v ¼uu=
En las coordenadas polares (r, u), la ecuación de Laplace es
@2 F 1 @F 1 @2 F
þ
þ
¼0
@r 2 r @r r 2 @u2
y mediante sustitución directa se encuentra que u = ln r y v = u son soluciones si no contiene a r = 0, es decir,
z = a.
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
�1
Método 3. Si zz−�aa=
r sen
u y r ¼ (x � a)2 þ y2 , uu =
{y/(x�
−a)g.
a)}. Así,
¼re
rei uiu,,entonces
x �x a−¼a = r cos
u, yu,¼y r=sen
u and
¼ tan−1
fy=(x
2
2
�1
�1
− a)�
+a)y22þ
}+
tani−1
− a)}
y uand
= 12uln{(x
− a)�
+
}, yv2 g,
= vtan
− a)}.
w = uw+¼ivu =
y2 gi þ
tan{y/(x
fy=(x
� a)g
¼ 12 lnf(x
a)2y2þ
¼−1{y/(x
fy=(x
� a)g.
þ 12ivln{(x
¼ 12 lnf(x
2
2
2
2
Se sustituye esto en la ecuación de Laplace (@2Φ/@x2) + (@2Φ/@y2) = 0 y se encuentra mediante diferenciación
directa que u y v son soluciones siz z=a.a.
Problemas de Dirichlet y de Neumann
9.6. Encuentre una función armónica en la mitad superior del plano z, Im{z} > 0, que en el eje tome los valores
�
1 x.0
dados por G(x) ¼
:
0 x,0
Solució n
Hay que resolver para Φ(x, y) el problema del valor frontera
@2 F @2 F
þ 2 ¼ 0,
@x2
@y
y . 0;
lím F(x, y) ¼ G(x) ¼
y!0þ
�
1 x.0
0 x,0
Éste es un problema de Dirichlet para el semiplano superior [véase la figura 9-9].
La función Au + B, donde A y B son constantes reales, es armónica, pues es la parte imaginaria de A ln z + B.
Para determinar A y B, observe que las condiciones frontera son Φ = 1 para x > 0, es decir, u = 0 y Φ = 0 para
x < 0, es decir, u = p. De manera que
1 ¼ A(0)
(1)
1 ¼ A(0)
þ B þ B
B
¼p
�1=
de donde A =
=
, BBp
¼, 1.
1. ¼ 1.
¼ −1/p,
�1=
Por tanto, la solución buscada es
0¼
p)A(
þpB)þ B
0 ¼ A(
(2)
u 1 1 � y�1�� y �
¼ u1 �
¼ 1 tan
� �1tan
¼B
1�
¼p
1�
F ¼F
Au¼þABu þ
p
p p x x
Otro método. Con la fórmula de Poisson para el semiplano
F(x, y) ¼
1
p
1
ð
�1
yG(h) d h
1
¼
y2 þ (x � h)2 p
ð0
�1
ð1
y[0] d h
1
y[1] d h
þ
y2 þ (x � h)2 p y2 þ (x � h)2
0
�
��
� �
�y�
1
h � x ��1 1 1 �1 x
1
þ
¼ 1 � tan�1
¼ tan�1
¼
tan
�
y
2 p
y
x
p
p
0
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Problemas resueltos
293
y
y
(x, y)
(x, y)
r
q
Φ=0
Φ=1
Φ = T0
–1
Φ = T1
Figura 9-9
q2
q1
x
1
Φ = T2
x
Figura 9-10
9.7. Resuelva el problema de valor frontera
Solució n
2
2
@ F @ F
þ 2 ¼ 0,
@x2
@y
y . 0;
8
>
< T0
lím F(x, y) ¼ G(x) ¼ T1
y!0þ
>
:
T2
x , �1
�1 , x , 1
x>1
donde T0, T1 y T2 son constantes.
Éste es un problema de Dirichlet para el semiplano superior [véase la figura 9-10].
La función Au1 + Bu2 + C, donde A, B y C son constantes reales, es armónica, pues es la parte imaginaria de
A ln(z + 1) + B ln(z − 1) + C.
Para determinar A, B y C, observe que las condiciones frontera son: a) Φ = T2 para x > 1, es decir, u1 = u2 = 0;
b) Φ = T1, para −1 < x < 1, es decir, u1 = 0, u2 = p; c) Φ = T0, para x < −1, es decir, u1 = p, u2 = p. De manera
que
(1) T2 ¼ A(0) þ B(0) þ C, (2) T1 ¼ A(0) þ B(p) þ C, (3) T0 ¼ A(p) þ B(p) þ C
(1) T22 ¼ A(0) þ B(0) þ C, (2) T11 ¼ A(0) þ B(p) þ C, (3) T00 ¼ A(p) þ B(p) þ C
C ¼ T2 , B ¼ (T1 � T2 )=p, A ¼ (T0 � T1 )=p.
de donde C = T
=, (T
B 1¼−(TT112)/p,
� T22A
)=p
A 0¼−(TT001)/p.
� T11)=p.
C2,¼BT=
22, (T
Por tanto, la solución buscada es
�
�
� y �
T0 � T1
y
T1 � T2
F ¼ Au1 þ Bu2 þ C ¼ T00 � T11 tan�1� y � þ T11 � T22 tan�1� y � þ T2
�1 x þ 1
�1 x � 1
p tan�1
p tan�1
þ
þ T22
F ¼ Au11 þ Bu22 þ C ¼
xþ1
x�1
p
p
Otro método. Con la fórmula de Poisson para el semiplano
1
F(x, y) ¼
p
1
¼
p
1
ð
yG(h) d h
y2 þ (x � h)2
�1
ð
yT0 d h
1
þ
2
2
p
y þ (x � h)
�1
�1
ð1
�1
1
ð
yT1 d h
1
yT2 d h
þ
2
2
2
p
y þ (x � h)
y þ (x � h)2
1
�
��
�
��
�
��
T0
h � x ���1 T1 �1 h � x ��1
T2 �1 h � x ��1
¼ tan�1
þ
tan
þ
tan
�
�
�
y
y
y
p
p
p
�1
�1
1
�
�
�
�
T0 � T1 �1
y
T1 � T2 �1
y
þ
þ T2
¼
tan
tan
xþ1
x�1
p
p
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294
Capítulo 9 Aplicaciones físicas de las transformaciones conformes
9.8. Encuentre
� una función armónica en el interior del círculo unidad |z| = 1 que tome los valores dados por
1 0,u,p
F(u) ¼
en su circunferencia.
0 p , u , 2p
Solució n
Éste es un problema de Dirichlet para el círculo unidad [figura 9-11], en el que se busca una función que satisfaga
la ecuación de Laplace en el interior de |z| = 1 y tome el valor 0 en el arco ABC y el valor 1 en el arco CDE.
Plano w
u
Plano z
y
D
Φ=1
E
A
B
A′
x
C
B′
C′
Φ=0
D′
Φ=1
E′ u
Φ=0
Figura 9-11
Figura 9-12
Método 1. Mediante transformaciones conformes.
El interior del círculo |z| = 1 se lleva a la mitad superior del plano w [figura 9-12] con la función z = (i − w)/
(i + w) o w = i{(1 − z)/(1 + z)} [véase el problema 8.12, página 263, e intercambie z y w].
Con esta transformación, los arcos ABC y CDE se llevan sobre el eje real negativo y positivo A′B′C′ y C′D′E′,
respectivamente, del plano w. Después, de acuerdo con el problema 9.81, las condiciones frontera Φ = 0 en el arco
ABC y Φ = 1 en el arco CDE se convierten, respectivamente, en Φ = 0 en A′B′C′ y Φ = 1 en C′D′E′.
� � Φ en la mitad superior del plano w que tome los
Por tanto, el problema se reduce a hallar una función armónica
1 �1 v
�
� resolvió
valores 0 para u < 0 y 1 para u > 0. Pero F
este
problema
ya
en el problema 9.6, y la solución (al sustituir
¼ 1 � tan se
p1 �1 uv � �
x por u y y por v) está dada por
F ¼ 1 � tan1 �1 v
F ¼p
1 � tan
�u�
1 p�1 v u
F ¼ 1 � tan
(1)
w ¼ ifð1 � z)=(1 þ zÞg,
u
p
w ¼ ifð1 � z)=(1 þ zÞg,
1 � (x2 þ y2 )
ð1 �
þ zÞg, 2y
Ahora, como w
w¼
= if
i{(1
−z)=(1
z)/(1
u ¼+ z)}, se2 encuentra
,
v
¼
2
2 :
2y þ y2
1�
(1 þ x)
þy2y2) 2
(1
þ(x
x)2 þ
w ¼ ifð1 � z)=(1 þ uzÞg,
¼
,
v
¼
2y
1 � (x þ: y )
u(1¼þ x)2 þ y22 2 ,
v ¼þ x)22 þ y222 2 :
(1
(12yþ x) þ y
(1 þ
1 � (x
þx)
y )þ y
u¼
,
v¼
:
2
2
2
þ
y
þ
(1
þ
x)
(1
þ
x)
�
� y2
Se sustituye esto en (1) y se encuentra la solución
buscada
2y
1 �1
�
F ¼ 1 � tan �
2 þ y2 ]
�
1 ��[x2y
p1
F ¼ 1 � tan1�1 �1 2 2y2 (2)
F ¼p
1 � tan
�1 � [x þ y2 ]� 2
1
�
[x
p
þ
y
]
xF¼¼r 1cos
u1, tan
y ¼�1r sen u, 2y
(r, u),
o, en coordenadas polares (r, u), donde
x =�r cos
u, y =
r sen
u,
1�
x ¼ r cos up, y ¼ r sen
u,[x2 þ y�2 ]
(r, u),
x ¼ r cos1 u, y ¼�r2rsen
u
(r, u),
sen,u
�
(3)
tanr�1
x ¼Fr ¼
cos1 u�, yp1¼
sen�u2r
,
(r, u),
�r2u
�
1 �sen
F ¼ 1 � tan1�1 �1 2r2 sen u
F ¼p
1 � tan
�1�r �
Método 2. Con la fórmula de Poisson,
1 p�1 2r sen1u� r2
F ¼ 1 � tan
2ðp
p
1 � r2
1
F(f) d f
F(r, u) ¼
2p 1 � 2r cos(u � f) þ r2
0
¼
�
�
1
df
1 �1 2r sen u
¼
1
�
tan
2p 1 � 2r cos(u � f) þ r2
p
1 � r2
ðp
0
mediante integración directa [véase el problema 5.69b), página 165].
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Problemas resueltos
295
Aplicaciones al flujo de fluidos
9.9. a) Encuentre el potencial complejo para un fluido que se desplaza con una velocidad constante V0 en una
dirección que forma un ángulo d con el eje x positivo [véase la figura 9-13].
Plano z
y
V0 send
V0
d
V0 cos d
x
Figura 9-13
b)
Determine el potencial de velocidad y la función de flujo.
c)
Determine las ecuaciones de las líneas de flujo y las líneas equipotenciales.
Solució n
Vx ¼ V0 cos d, and Vy ¼ V0 sen d.
Vx ¼ V0 cos d, and Vy ¼ V0 sen d.
a) Los componentes x y y de la velocidad son Vx = V0 cos d y Vy = V0 sen d.
La velocidad compleja es
V ¼ Vx þ iVy ¼ V0 cos d þ iV0 sen d ¼ V0 eid
V ¼ Vx þ iVy ¼ V0 cos d þ iV0 sen d ¼ V0 eid
El potencial complejo Ω(z) está dado por
Se integra,
dV
¼ V ¼ V0 e�id
dV
dz ¼ V ¼ V0 e�id
dz
V(z) ¼ V0 e�id z
V(z) ¼ V0 e�id z
b)
y se omite la constante de integración.
El potencial de velocidad Φ y la función de flujo Ψ son las partes real e imaginaria del potencial complejo.
Por tanto,
�idd
V(z)
¼
F
þ¼
iCV¼
¼�iVd0 e�i
z¼
V00(x
(xdcos
cos
þ yydsen
sen
þ yiV0cos
cos
� xxdsen
sen
0 ((yydcos
iC
þ
)) þ
�
V(z)V(z)
¼ F¼
þF
iCþ
þ dydsen
) þddiV
� dxdsen
) dd))
0 e V0ze ¼ zV¼
0 (xVcos
0 ( iV
�id
V(z) ¼ F þ iC ¼ V0 e z ¼ V0 (x cos d þ y sen d) þ iV0 ( y cos d � x sen d)
y
CV¼
¼ V00((yydcos
cos
� xxdsen
sen
þ yydsen
sen
), ¼C
FV¼
¼ V00(x
(xdcos
cos
�
þ
� dxdsen
) dd))
þ dydsen
), dd),C
F ¼F
0 (xVcos
0 ( yVcos
F ¼ V0 (x cos d þ y sen d), C ¼ V0 ( y cos d � x sen d)
Otro método.
@F
@F @F
¼ VVxVx ¼
¼ VV00dcos
cos
dd
(1)
¼@xV¼
x ¼
0 cos
@F
@x ¼@xVx ¼ V0 cos d
@F
@x @F
@F
¼ VVyVy ¼
sendd
¼ VV00dsen
¼@yV¼
y ¼
0 sen
@F
@y ¼@yVy ¼ V0 sen d
(2)
@y
ResolviendoFpara
Φ en
Φ0=
(Vd0)xcos
+ G(y). Se sustituye
= V0 senG(d y)
y G(y)
(V0dsen
in (1),
F (1)
¼ (V
cos
þ d)x
G(y).
(2), en
G0 ((2),
y) ¼G′(y)
V0 sen
¼ (V=
)y, d)y,
0 sen
y se omite la constante de integración. Así,
F ¼ (V0 cos d)x þ (V0 sen d)y
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296
Capítulo 9 Aplicaciones físicas de las transformaciones conformes
De acuerdo con las ecuaciones de Cauchy-Riemann,
@C
@C ¼ @F
@F Vx ¼ V0 cos d ¼ @x ¼
¼ Vx ¼ V0 cos d
@y
@y
@x
(3)
@C
@C ¼ � @F
@F �Vy ¼ �V0 sen d
¼ � @y ¼
¼ �Vy ¼ �V0 sen d @x
@x
@y
(4)
0
¼
cos
dd)y
þ
H
¼
sen
Resolviendo para Ψ enC
Ψ00 =
d)y + H(x). Se sustituye en (4),
=00 −V
C(3),
¼ (V
(V
cos(V
)y
þ H(x).
H(x).
H 0 (x)
(x)H′(x)
¼ �V
�V
sen 0dd sen d y H(x) =
0 cos
H(x)
¼
�(V
sen
d
)x,
0
sen
d)x,
y
se
omite
la
constante
de
integración.
Así,
−(V
H(x) ¼ �(V
0 0 sen d)x,
Ψ = (V0 cos d)y −(V0 sen d)x
c) Las líneas de flujo están dadas por Ψ = V0( y cos d − x sen d) = b para diferentes valores de b. Físicamente,
en condiciones de estado estacionario, una línea de flujo representa la trayectoria que sigue una partícula de
fluido; en este caso, una trayectoria en línea recta.
Las líneas equipotenciales están dadas por Φ = V0( x cos d + y sen d) = a para diferentes valores de a.
Geométricamente, son líneas perpendiculares a las líneas de flujo; todos los puntos en una línea equipotencial
están a un mismo potencial.
9.10. E
l potencial complejo del flujo de un fluido está dado por Ω(z) = V0{z + (a2/z)}, donde V0 y a son constantes
positivas. a) Obtenga las ecuaciones de las líneas de flujo y de las líneas equipotenciales, represéntelas
gráficamente e interprete físicamente. b) Muestre que el flujo puede interpretarse como el flujo alrededor de
un obstáculo circular de radio a. c) Encuentre la velocidad en cualquier punto y determine su valor lejos del
obstáculo. d ) Encuentre los puntos de estancamiento.
Solució n
iu
¼ reiiuu.. De este modo,
Sea zzz =
¼ re
re .
�
�
�
�
�
�
�
�
� iu a22 �iu�
a22�
a22�
a
a
a
sen u
cos u þ iV r �
¼V rþ
V(z) ¼ F þ iC ¼ V re þ e
V(z) ¼ F þ iC ¼ V00 reiu þ r e�iu ¼ V00 r þ r cos u þ iV00 r � r sen u
r
r
r
j f (z) � f (z )j ¼ jz2 � z2 j , e
de donde
e
j f (z) � f (z00)j ¼ jz2 � z200j , �
�
�
�
�
�
a2�
a2�
F ¼ V0 r þ a2 cos u, C ¼ V0 r � a2 sen u
F ¼ V0 r þ r cos u, C ¼ V0 r � r sen u
r
r
Las líneas de flujo están dadas por Ψ = constante = b, es decir,
�
�
a2
sen u ¼ b
V0 r �
r
En la figura 9-14, estas líneas son las curvas representadas con línea continua y muestran las trayectorias que
C¼0
¼ a and
¼=
0 or
p.
0 corresponde
a r = a y u = 0 o p.
siguen las partículas
del fluido. Observe
queuΨ
F
¼
constant
¼ a, i.e.,
= a, es decir,
Las líneas equipotenciales están dadas por Φ = constante
�
�
a2
cos u ¼ a
V0 r þ
r
En la figura 9-14, estas líneas son las curvas representadas con línea punteada, y son ortogonales a la familia
de líneas de flujo.
V0
1
y
Φ
Φ =a
Φ =a 3
= a2
a)
V0
Ψ=0
A
F
a E
q
0
D
B
Figura 9-14
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Ψ=0
Ψ = b3
Ψ = b2
Ψ = b1
x
Problemas resueltos
297
b) El círculo r = a representa una línea de flujo y, como no puede haber ningún flujo a través de una línea de
flujo, ésta se considera un obstáculo circular de radio a colocado en la trayectoria del fluido.
c) Se tiene
�
�
�
�
�
�
a2
a2
a2
V0 a2
V0 (z) ¼ V0 1 � 2 ¼ V0 1 � 2 e�2iu ¼ V0 1 � 2 cos 2u þ i 2 sen 2u
z
r
r
r
Así, la velocidad compleja es
�
�
2
�
�
a22
a
VV00aa2 sen 2u
�
i
¼
V
1
�
cos
2
u
V
¼
0
2
2
V ¼ V (z) ¼ V0 1 � r2 cos 2u � i r2 sen 2u r
r
V00 (z)
(1)
y su magnitud es
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
s
�
���2 ��
�� �
�
��22ffi
2
a22
V0aa22
a
V
� 2 cos
cos 22uu
þ 0 2 sen
sen22uu
¼ jVj
jVj ¼
¼
þ
VV ¼
VV00 11 �
rr2
rr2
rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
r
2a22 cos 22uu aa44
þ 4
� 2a cos
¼ VV0 11 �
(2)
2
þ
¼
0
rr2
rr4
V ¼ V0 es decir, el fluido se mueve en la dirección
De (1) se ve que, lejos del obstáculo, V = V0 aproximadamente,
0
del eje x positivo con velocidad constante V0.
0
(z) ¼=0,0,i:e:,
d ) Los puntos�de estancamiento
(es decir, los puntos en los que la velocidad es cero) están dados porVΩ′(z)
�
2
2
z = −a.
Por tanto, los puntos de estancamiento en la figura 9-14 se
es decir V0 1 � (a =z ) ¼ 0 oorz =
z ¼a ay and
z ¼ �a.
encuentran en A y en D.
w ¼ z þ (a2 =z),
9.11. M
uestre que con la transformación w = z + (a2/z) el flujo del fluido en el plano z, considerado en el problema
9.10, se lleva a un flujo uniforme con velocidad constante V0 en el plano w.
Solució n
El potencial complejo para el flujo en el plano w está dado por
�
�
a2
¼ V0 w
V0 z þ
z
que representa un flujo uniforme con velocidad constante V0 en el plano w [véase la entrada A-4 de la página
249].
En general, la transformación w = Ω(z) lleva el flujo de un fluido en el plano z con potencial complejo Ω(z)
a un flujo uniforme en el plano w. Esto es muy útil para determinar potenciales complejos de patrones de fluidos
complicados mediante el conocimiento de transformaciones.
9.12. U
n fluido emana con velocidad constante de una fuente lineal infinita perpendicular al plano z en z = 0
[figura 9-15]. a) Muestre que la velocidad del fluido a una distancia r de la fuente es V = k/r, donde k es una
constante. b) Muestre que el potencial complejo es Ω(z) = k ln z. c) ¿Qué modificaciones hay que hacer en
el inciso b) si la fuente lineal está en z = a? c) ¿Qué modificaciones hay que hacer en el inciso b) si la fuente
se sustituye por un sumidero en el que el fluido desaparece con velocidad constante?
Solució n
a) Considere una porción de la fuente lineal de longitud unitaria [figura 9-16]. Si Vr es la velocidad radial del
fluido a la distancia r de la fuente y s es la densidad del fluido (que se supone incompresible, de manera que
s es constante), entonces:
Masa de fluido que emana de la fuente lineal de longitud unitaria, por unidad de tiempo
= masa de fluido que atraviesa la superficie del cilindro de radio r y altura l
= (área de superficie)(velocidad radial)(densidad del fluido)
=
¼ (2pr � 1)(Vr )(s) ¼ 2prVr s
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298
Capítulo 9 Aplicaciones físicas de las transformaciones conformes
Si esto tiene que ser igual a una constante k, entonces
Vr ¼
k
k
¼
2ps r r
donde k = k/2ps se conoce como fuerza de la fuente.
y
Vr
Ω
x
s
Figura 9-15
Figura 9-16
b) Como Vr = @Φ/@r = k/r, al integrar y omitir la constante de integración se tiene Φ = k ln r. Pero esto es la
parte real de Ω(z) = k ln z, que, por tanto, es el potencial complejo buscado.
c) Si la fuente lineal está en z = a y no en z = 0, se sustituye z por z − a y se obtiene el potencial complejo
Ω(z) = k ln (z − a).
d ) Si la fuente se sustituye por un sumidero, el potencial complejo es Ω(z) = −k ln z, donde el signo menos es
consecuencia de que la velocidad se dirija a z = 0.
De manera similar, Ω(z) = −k ln (z − a) es el potencial complejo para un sumidero en z = a.
9.13. a ) Encuentre el potencial complejo debido a una fuente en z = −a y un sumidero en z = a de igual fuerza k.
b) Determine las líneas equipotenciales y las líneas de flujo, y represéntelas gráficamente.
c) Encuentre la rapidez del fluido en cualquier punto.
Solució n
El potencial complejo debido a una fuente en z = −a de fuerza k es k ln(z + a).
El potencial complejo debido a un sumidero en z = a de fuerza k es −k ln(z − a).
Así, mediante superposición:
El potencial complejo debido a una fuente en z = −a y un sumidero en z = a de fuerza k es
�
�
�
þ aa��
�zz þ
V(z)
¼
k
ln(z
þ
a)
�
k
ln(z
�
a)
¼
k
ln
�
�
þ
V(z) ¼ k ln(z þ a) � k ln(z � a) ¼ k lnz þ
zz �
a aaa
V(z)
k ln(z
k ln(z
V(z)
¼¼
k ln(z
þþ
a) a)
��
k ln(z
��
a) a)
¼¼
k lnk ln zz�
�
iu11
iu22
z�a a
Let zz þ
þ aa ¼
¼ rr1eeiu1 ,, zz �
� aa ¼
¼ rr2eeiu2 .. Así,
Let
b) Sea
1 iu1
2 iu2
a¼
a¼
� iu1�
�
� �
�
LetLet
z þz þ
a¼
r1 eri1ue1 , z,�z �
a¼
r2 eri2ue2 . .
�
�
r1 �
u11 �
�rr11eei�
�r�
1
V(z)
¼
F
þ
iC
¼
k
ln
� uu2))
¼
k
ln
þ ik(
ik(uu1 �
�
�
i
u
1
V(z) ¼ F þ iC ¼ k lnr1 erri21uee1iiuu222 ¼ k lnr1 rr21 þ
1
2
V(z)
V(z)
¼¼
FF
þþ
iCiC
¼¼
k lnk ln rr2iuee2 iu2 ¼ ¼
u1 u�1 �
u2 )u2 )
k lnk ln rr2 þ þ
ik(ik(
2
2
r e
r2
de
que
Φ =1=r
k 2ln(r
equipotenciales y las líneas de flujo están
=r
), C
¼2),k(Ψ
u1=
�k(u
u2 ).1 − u2).2 Por tanto, las líneas
somanera
that F
F¼
¼
ln(r
1/r
so
that
kk ln(r
1 2 ), C ¼ k(u1 � u2 ).
=r
),
C
¼
k(
u
�
u
).
so
that
k ln(r
porF
1
2
1
2
=r
),
C
¼
k(
u
�
u
).
sodadas
that
F
¼¼
k ln(r
1 2
F1 ¼
¼ kk2ln(r
ln(r1=r
=r2 ) ¼
¼ aa,, C
C¼
¼ k(
k(uu1 �
� u2 ) ¼ b
F
1 2))=
1 −u2u) )¼=bb
Φ
=
kln(r
a, Ψ¼
=uk(
k(u
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
p
F
¼
kln(r
ln(r
)¼
affiffi, C C
u�
1/r
2 2¼
�
�
12=r
11��
F
¼
k
=r
)
a
,
¼
k(
u2 )u2¼2) ¼
b b��
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
p
�1�
1
1
2
2
�1
Using rr1 ¼
¼
(x
þ a)
a)2 þ
þffiyy22,ffi, rr2 ¼
¼
(x
� a)
a)2 þ
þffiyy22,ffi, uu1 ¼
¼ tan
tan�1 ��y=(x
y=(x þ
þ a)
a) �,, uu2 ¼
¼ tan
tan�1
y=(x �
� a)
a)��,, the
the
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
p
�
Using
(x
þ
(x
�
y=(x
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
p
�
�
�
�
1
2
1
2
�1 �1 y=(x � a) , the
2a)2 þ2 y2 , r2 ¼
2a)2 þ2 y2 , u1 ¼ tan
�1 �1 y=(x þ a) , u2 ¼ tan
Using
r
¼
(x
þ
(x
�
1
Using
Con r1 ¼ (x þ a) þ y , r2 ¼ (x � a) þ y , u1 ¼ tan y=(x þ a) , u2 ¼ tan y=(x � a) , the
las líneas
equipotenciales están dadas por
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
p
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
(x
þ a)
a)22 þ
þffiyy22ffiffi
p(x
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
þ
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi ¼ ea=k
p
2a)22 þ2 y2ffi2 ¼ eaa=k
(x
þ
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
(x
þ
a)
þ
y
(x
�
a)
þ
y
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p(x
e =k
2ffi ¼
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
� a)22 þ ffiy¼
ea=k
2a) þ2 y2
(x
�
(x � a) þ y
a)
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Problemas resueltos
299
Esto se escribe como
[x − a coth(a/k)]2 + y2 = a2 csch2(a/k)
que son, para distintos valores de a, círculos con centro en a coth(a/k) y radios iguales a a|cosh(a/k)|.
Estos círculos se representan en la figura 9-17 mediante líneas punteadas.
Las líneas de flujo están dadas por
�
�
� y �
y
�1
� tan�1
¼ b=k
tan
xþa
x�a
o, al tomar tangentes en ambos lados y simplificar,
x2 + [ y + a cot(b/k)]2 = a2 csc2(b/k)
lo que, para distintos valores de b, representa círculos con centros en −a cot(b/k) y radios a|csc(b/k)|. Estos
círculos, que pasan por (−a, 0) y (a, 0), se representan en la figura 9-17 mediante líneas continuas.
�
�
� k
k ��
2ka
0
�
c) Rapidez
¼
�
Speed ¼ jV (z)j ¼ �
z þ a z � a� jz2 � a2 j
¼
2ka
2ka
¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
4
2
ja2 � r2 e2iu j
a � 2a r2 cos 2u þ r4
y
y
x
–a
a
x
Figura 9-17
Figura 9-18
9.14. Analice el movimiento de un fluido cuyo potencial complejo es Ω(z) = ik ln z, donde k > 0.
Solució n
Si z = rei u, entonces Ω(z) = Φ + iΨ = ik(ln r + iu) = ik ln r − ku o Φ = −ku, Ψ = k ln r.
Las líneas de flujo están dadas por
Ψ = constante o
r = constante
que son círculos con centro común en z = 0 [en la figura 9-18 se representan mediante líneas continuas].
Las líneas equipotenciales, dadas por u = constante, se representan en la figura 9-18 mediante líneas punteadas.
Como
ik ik
k sen u ik cos u
þ
V0 (z) ¼ ¼ e�iu ¼
ik
ik
k
sern u ik cos
z
r
r u
V0 (z) ¼ ¼ e�iu ¼
þ
z
r
r
r
la velocidad compleja está dada por
k sen u ik cos u
�
V ¼ V0 (z) ¼
k sen
r u ik cos
r u
0
�
V ¼ V (z) ¼
r
r
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300
Capítulo 9 Aplicaciones físicas de las transformaciones conformes
y muestra que la dirección de flujo del fluido es en la dirección de las manecillas del reloj, como se indica en
la figura. La rapidez está dada por V = |V | = k/r.
Por tanto, este potencial complejo describe el flujo de un fluido que rota en torno a z = 0. Este flujo se
conoce en ocasiones como flujo vórtice, y z = 0, como vórtice.
9.15. Muestre que la circulación en torno al vórtice del problema 9.14 está dada por g = 2pk.
Solució n
Si la curva C encierra a z = 0, la integral de circulación está dada por
þ
g ¼ Vt ds ¼
þ
Vx dx þ Vy dy ¼
þ
@F
@F
dx �
dy ¼
�
@x
@y
þ
�dF ¼
2ðp
k d u ¼ 2pk
C
C
C
V(z) ¼C(ig=2p) ln z.0
En términos de la circulación, el potencial complejo se escribe Ω(z) = (ig/2p) ln z.
9.16. Analice el movimiento de un fluido cuyo potencial complejo es
�
�
a2
ig
ln z
þ
V(z) ¼ V0 z þ
z
2p
Solució n
iu
If
zz ¼
re
Este potencial complejo tiene el efecto de superponer una circulación sobre el flujo del problema
9.10.
iu, Si
iu,
If
¼
re
If
z
¼
re
,
iu
z = re ,
�
�
�
�
�
�
2�
2�
�
�
�
�
a
gu
g
2�
� aa22 �
�
�
�
aa2 sen u þ gg ln r
gu
cos uu �
V(z)
¼F
þ iC
¼V
i V0 rr �
gu þ
0 rþ a
V(z)
þ
ln
sen uu þ
þ22p
cos u �
V(z) ¼
¼F
Fþ
þ iC
iC ¼
¼V
V00 rr þ
þ rr cos
� 22p
þ ii V
V00 r �
� rr sen
ln rr
p
r
2p
r
2p
p
Así, las líneas equipotenciales
y las�líneas de flujo están dadas
por �
�
�
�
�
aa222�
gu
gg
� aa222�
�
�
�
gu
cos
V
uu þ
uu �
¼
a
,, V
r¼b
a
a sen
gu
g ln
0 rr þ
0 rr �
sen
cos
V
þ
þ
�
¼
a
V
�
ln
0 r� r
2
p
sen
V00 r þ rr cos u � 22p
u
þ
¼
a
,
V
ln rr ¼
¼b
b
0
p
r
2
p
r
2p
r
2p
0
V
0(z) ¼ 0, that is,
V
0,
that
is,
En general, hay dos puntos de estancamiento, que se presentan donde
= 0,
V0(z)
(z) ¼
¼Ω′(z)
0,ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
that
is,es decir,
ffi
s
�
�
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
s
2�
2 ffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
s
�
aa22 � iigg
�i
g
g
�
2
2
g2
0 o z ¼ �i
V
�igg +
ig ¼
0 1 � a2 þ
+ aa2 �
� pg22V 22
V
zz ¼
V
¼ 00 oo zz ¼
¼ 44p
� zz22 þ
þ 22p
V00 11 �
0 + a2 � 16
0
p
p
V
16
p
0
z
2pz
4pV0
16p2V
V002
En el caso de g = 4paV0, sólo hay un punto de estancamiento.
Como r = a es una línea de flujo correspondiente a b = (g/2p) ln a, el flujo se considera un flujo en torno
a un obstáculo circular, como en el problema 9.10. Lejos del obstáculo, la velocidad del fluido es V0, pues
lím|z|→∞ Ω′(z) = V0.
El patrón de flujo varía según la magnitud de g. En las figuras 9-19 y 9-20 se muestran dos de los muchos
posibles. La figura 9-19 corresponde a g < 4paV0; los puntos de estancamiento están en A y B. La figura 9-20
corresponde a g > 4paV0 y sólo hay un punto de estancamiento del fluido en C.
y
y
a
a
A
B
x
x
C
Figura 9-19
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Figura 9-20
Problemas resueltos
301
Teorema de Blasius
9.17. S
ea Ω(z) el potencial complejo que describe el flujo en torno a un obstáculo cilíndrico de longitud unitaria
cuya frontera en el plano z es una curva simple cerrada C. Demuestre que la fuerza neta del fluido sobre el
obstáculo está dada por
þ � �2
1
dV
F ¼ X � iY ¼ is
dz
2
dz
C
donde X y Y son los componentes de la fuerza en las direcciones x y y positivas, respectivamente, y s es la
densidad del fluido.
Solució n
La fuerza que actúa sobre el elemento de área ds en la figura 9-21 es normal a ds y su magnitud está dada por P
ds, donde P es la presión. Al descomponer esta fuerza en componentes paralelos a los ejes x y y, se ve que esta
fuerza está dada por
dF = dX + i dY = −P ds sen u + iP ds cos u
= iP ds(cos u + i sen u) = iP dsei u = iP dz
al aprovechar que
dz = dx + i dy = ds cos u + i ds sen u = dsei u
y
C
P ds sen q
P
ds
q
q
P ds cos q
ds
x
Figura 9-21
Como C representa una línea de flujo, de acuerdo con el teorema de Bernoulli, se tiene P + 12sV 2 = K o
P = K − 12sV 2, donde V es la rapidez del fluido sobre la línea de flujo. Además, de acuerdo con el problema 9.49,
se tiene dΩ/dz = Ve−i u.
Entonces, al integrar sobre C, se encuentra
�
þ
þ
þ�
1
1
F ¼ X þ iY ¼ iP dz ¼ i
K � sV 22 dz ¼ � is V 22 dz
2
2
C
C
1
¼ � is
2
C
C
1
V 22eiiuu ds ¼ � is
2
þ
1
�2iuu
(V 22e�2i
)(eiiuu ds) ¼ is
2
C
C
þ
C
C
þ
�iuu
(V 22e2i2iuu)(e�i
ds)
C
C
o
1
F ¼ X � iY ¼ is
2
C
C
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þ � �22
dV
dz
dz
C
C
302
Capítulo 9 Aplicaciones físicas de las transformaciones conformes
9.18. S
ea M el momento total en torno al origen de las fuerzas de presión sobre el obstáculo en el problema 9.17.
Demuestre que
8
9
< 1 þ �dV�2 =
M ¼ Re � s z
dz
: 2
;
dz
C
Solució n
Los momentos en sentido contrario al de las manecillas del reloj se consideran positivos. El momento en torno al
origen de la fuerza que actúa sobre el elemento ds de la figura 9-21 es
dM = (P ds sen u)y + (P ds cos u)x = P(y dy + x dx)
pues ds sen u = dy y ds cos u = dx. Así, con la ecuación de Bernoulli, el momento total es
�
þ
þ�
1
M ¼ P( y dy þ x dx) ¼
K � sV 2 ( y dy þ x dx)
2
C
¼K
þ
C
1
( y dy þ x dx) � s
2
C
¼0
þ
1
V 2 ( y dy þ x dx) � s
2
C
þ
V 2 (x cos u þ y sen u) ds
C
Þ
(y dy þ x dx) ¼ 0 ,since
pues yydy
dyþ+xxdxdx es una diferencial exacta. Por tanto,
8
9
þ
þ
<
=
1
1
M ¼ � s V 2 (x cos u þ y sen u) ds ¼ Re � s V 2 (x þ iy)(cos u � i sen u) ds
: 2
;
2
donde se aprovechó que
C
C
C
8
9
8
9
< 1 þ
=
< 1 þ
=
2 �iu
2 �2iu
iu
¼ Re � s V ze ds ¼ Re � s z(V e )(e ds)
: 2
;
: 2
;
C
C
8
9
< 1 þ �dV�2 =
¼ Re � s z
dz
: 2
;
dz
C
Este resultado también suele escribirse en la forma
1
M þ iN ¼ � s
2
� �2
dV
z
dz
dz
C
þ
donde N no tiene ningún significado físico simple.
9.19. Encuentre la fuerza neta que actúa sobre el obstáculo cilíndrico del problema 9.16.
Solució n
El potencial complejo para el flujo en el problema 9.16 es
�
�
a2
ig
þ
V ¼ V0 z þ
ln z
z
2p
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303
Problemas resueltos
donde V0 es la rapidez del fluido lejos del obstáculo y g es la circulación. De acuerdo con el problema 9.17, la
fuerza neta que actúa sobre el obstáculo cilíndrico está dada por F, donde
�2
�
þ � �2
þ� �
1
dV
1
a2
ig
F ¼ X � iY ¼ is
dz ¼ is
V0 1 � 2 þ
dz
2
dz
2
z
2pz
1
¼ is
2
þ(
C
C
C
)
�
�2
�
�
a2
2iV0 g
a2
g2
2
1 � 2 � 2 2 dz ¼ �sV0 g
V0 1 � 2 þ
z
2pz
z
4p z
Así, X = 0, Y = sV0g, y se sigue que existe una fuerza neta en la dirección y positiva de magnitud sV0g. En el
caso de que el cilindro sea horizontal y el flujo tenga lugar en un plano vertical, esta fuerza se llama empuje sobre
el cilindro.
Aplicaciones en electrostática
9.20. a) Encuentre el potencial complejo debido a una carga lineal q por longitud unitaria, perpendicular al plano
z en z = 0.
b)
¿Qué modificaciones hay que hacer al inciso a) si la carga lineal está en z = a?
c) Analice las similitudes con el potencial complejo para una fuente lineal o un sumidero lineal en el flujo
del fluido.
Solució n
a) El campo eléctrico debido a una carga lineal q por longitud unitaria es radial, y la componente normal del
vector eléctrico es constante e igual a Er, mientras que el componente tangencial es cero (véase la figura 9-22).
Si C es un cilindro de radio r con eje
þ acuerdo con el teorema de Gauss,
þ en z = 0, de
þ E ds ¼ E þ ds ¼ E � 2pr ¼ 4pq
n
r
r
En ds ¼ Er ds ¼ Er � 2pr ¼ 4pq
C
C
C
C
y
2q
Er ¼ 2q
Er ¼ r
r
Como Er = −(@Φ/@r), se tiene Φ = −2q ln r, al omitir la constante de integración. Esto es la parte real de
Ω(z) = −2q ln z, que es el potencial complejo buscado.
b) Si la carga lineal está en z = a, el potencial complejo es Ω(z) = −2q ln (z − a).
c) El potencial complejo tiene la misma forma que el de una fuente lineal de fluido si k = −2q [véase el problema
9.12]. Si q es una carga positiva, esto corresponde a un sumidero lineal.
C
y
En = Er
(x, y)
q
–V0
Figura 9-22
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V0
Figura 9-23
x
304
Capítulo 9 Aplicaciones físicas de las transformaciones conformes
9.21. a) Encuentre el potencial en cualquier punto de la región que se muestra en la figura 9-23 si los potenciales
en el eje x están dados por V0 para x > 0 y −V0 para x < 0.
b) Determine el equipotencial y las líneas de flujo.
Solució n
a) Hay que hallar una función armónica en el plano que tome los valores V0 para x > 0 (es decir, u = 0) y −V0
para x < 0 (es decir, u = p). Igual que en el problema 9.6, si A y B son constantes reales, Au + B es armónica.
Así, A(0) + B = V0, A(p) + B = −V0, de donde A = −2V0/p, B = V0, de manera que el potencial buscado
es
�
�
�
�
2
2
y
V0 1 � u ¼ V0 1 � tan�1
x
p
p
en la mitad superior del plano y > 0. El potencial en la mitad inferior del plano se obtiene por simetría.
b) Las líneas equipotenciales están dadas por
�
�
2
y
¼a
V0 1 � tan�1
x
p
es decir, y = mx, donde m es una constante. Éstas son líneas rectas que pasan por el origen.
Las líneas de flujo son trayectorias ortogonales a las rectas y = mx y están dadas por x2 + y2 = b. Estas
líneas son circunferencias con centro en el origen.
��
�
2 �1 y y�
2V0 0
�1 es
isis�� 2Vln
�� 2tan
r. Así, las líneas de flujo están dadas por
Otro método. Una función conjugada de VV
0 011
tan
xx
pp
pp ln r.
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
r r¼¼ x2x2þþy2y2¼¼ constante, que son circunferencias con centro en el origen.
9.22. a) Encuentre el potencial debido a una carga lineal q por longitud unitaria en z = z0 y a una carga lineal −q
por longitud unitaria en z = z0.
b) Muestre que el potencial debido a un plano infinito [ABC en la figura 9-25] mantenido a potencial cero
(potencial de tierra) y a una carga lineal q por longitud unitaria paralela a este plano se halla a partir del
resultado del inciso a).
Solució n
a)
El potencial complejo debido a las dos cargas lineales [figura 9-24] es
�
�
z � z�
� ln � 0
V(z) ¼ �2q ln(z � z0 ) þ 2q ln(z � z� 0 ) ¼ 2q
z � z�z0 � z0
V(z) ¼ �2q ln(z � z0 ) þ 2q ln(z � z� 0 ) ¼ 2q ln
z � z0
Así, el potencial buscado es la parte real de esta expresión,
es
decir,
� �
��
z � z� 0
F ¼ 2q� Re� ln ��
z � z�z0 � z0
F ¼ 2q Re ln
z � z0
(1)
FF
¼¼
00
b) Para probar esto hay que mostrar que en el eje x el potencial (1) se reduce a Φ = 0, es decir, ABC en la figura
x
axis,
x en
axis,
z¼
z¼
x x,
so
x zso= x, de manera que
9-25 está a potencial cero. Esto es consecuencia inmediata de que,
el
eje
��
��
��
��
x�
x�
z� 0 z� 0
x�
x�
z0 z0
yand V V
and
¼¼
�V
�V
¼¼
2q2q
ln ln
VV
¼¼
2q2q
ln ln
x�
x�
z0 z0
x�
x�
z� 0 z� 0
es decir,
Re{Ω}
=
is,is,
FΦ
F
¼=
¼
RefVg
RefVg
¼¼
0 00 en el eje x.
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305
Problemas resueltos
Por tanto, la carga −q en z0 [figura 9-24] puede sustituirse por un plano ABC a potencial cero [figura 9-25],
y a la inversa.
y
y
q
q
z0
A
x
B
z0
C
x
Potencial = 0
–q
z̄ 0
Figura 9-24
Figura 9-25
9.23. D
os planos infinitos paralelos, a una distancia a uno del otro, están conectados a tierra (es decir, a potencial
cero). Una carga lineal q por unidad de longitud se localiza entre los planos a una distancie b de uno de ellos.
Determine el potencial en un punto entre los planos.
Solució n
En la figura 9-26 represente con ABC y DEF los dos planos perpendiculares al plano z y suponga que la carga
lineal pasa por el eje imaginario en el punto z = bi.
Plano w
u
Plano z
y
Potencial = 0
B
C
q
q
A
ep bi/a
a
b
D
E
F
x
A′
B′
C′ D′
E′
F′
u
Potencial = 0
Potencial = 0
Figura 9-26
Figura 9-27
En la entrada A-2 de la página 248 se ve que la transformación w = ep z/a lleva la región sombreada de la figura
9-26 sobre la mitad superior del plano w en la figura 9-27. La carga lineal q en z = bi, de la figura 9-26, se lleva a la
carga lineal q en w = ep bi/a. La frontera ABCDEF en la figura 9-26 (a potencial cero) se lleva al eje x A′B′C′D′E′F′
(a potencial cero), donde C′ y D′ coinciden en w = 0.
De acuerdo con el problema 9.22, el potencial en cualquier punto de la región sombreada en la figura 9-27 es
�
�
w � e�pbi=a
F ¼ 2q Re
w � epbi=a
Así, el potencial en cualquier punto de la figura 9-26 es
� pz=a
�
e
� e�pbi=a
F ¼ 2q Re pz=a
e
� epbi=a
Aplicaciones al flujo de calor
9.24. L
as fronteras del bloque semiinfinito (sombreado en la figura 9-28) se mantienen a las temperaturas indicadas,
donde T es constante. Encuentre la temperatura en estado de equilibrio.
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306
Capítulo 9 Aplicaciones físicas de las transformaciones conformes
Solució n
La región sombreada del plano z se lleva a la mitad superior del plano w [figura 9-29] mediante la transformación
w = sen(p z/a), la cual es equivalente a u = sen(p x/a) cosh(p y/a), v = cos(p x/a) senh(p y/a) [véase la entrada
A-3a) en la página 248].
Plano z
y
Plano w
u
r1
Φ = 2T
Φ=T
–a/2 Φ = 0
r2
x
a/2
Φ=T
–1
Figura 9-28
q1
Φ=0
q2
1
Φ = 2T
u
Figura 9-29
Ahora hay que resolver el problema equivalente en el plano w. Se emplea el método del problema 9.7 y se
encuentra que la solución en el plano w es
�� v �� 2T
�� vv ��
T �1
T
v
�1
�1
�2T tan
þ 2T
F¼
¼ tan
tan
tan�1
�
F
þ11
�11 þ 2T
uuþ
uu�
pp
pp
por lo que la solución requerida en el plano z es
�� cos(p x=a) senh(p y=a) �� 2T
�� cos(p x=a) senh(p y=a) ��
T �1
cos(
T
p
x=a)
senh(
p
y=a)
2T
cos(p x=a) senh(p y=a)
�1
�1
�1
F¼
¼ tan
�
þ 2T
tan
tan
F
sen(ppx=a)
x=a)cosh(
cosh(ppy=a)
y=a)þ
þ11 � pp tan
sen(ppx=a)
x=a)cosh(
cosh(ppy=a)
y=a)�
�11 þ 2T
sen(
sen(
pp
9.25. E
ncuentre la temperatura en estado de equilibrio en todo punto de la región sombreada en la figura 9-30 si
las temperaturas se mantienen como se indica.
Plano z
Plano w
(u,u)
60°C
B
1
0°C
C
A
Figura 9-30
q2
q1
0°C
0°C
–2
60°C
2
0°C
Figura 9-31
Solució n
La región sombreada del plano z se lleva sobre la mitad superior del plano w [sombreada en la figura 9-31]
w ¼ z þ (1=z)
A-4 en la página
249], la cual es equivalente a
mediante la transformación w = z + (1/z) [entrada
�
�
w ¼wz ¼
þ z(1=z)
þ (1=z)
x
y
y
1
x
, i:e:, u ¼ x þ x2 x 2 , v ¼ y � y2 y 2
y � y2 y�2 �
u þ iv ¼ x þ iy þ 1 1 ¼ x þ x2 x 2 þ�i �
x
x
x
x
þ
iy
x
þ
y
þ
y
þ
y
þ
þx þ
,i:e:,
i:e:,
u ¼ux ¼
þ x 2þ 2 2 , v2 ,¼ vy ¼
þ i þy i� y 2� 2 2 , 2 es
� y 2� 2 2 y 2
u þ uivþ¼ivx ¼
þ xiyþþiy þ ¼ x ¼
decir,
x þx y þ y
x þx y þ y
x þ xiyþ iy x2 þx2y2þ y2
x þx y þ y
La solución al problema en el plano w, con el método del problema 9.7, es
�
�
�
�
60 �1
v � � 60 �1
v� �
�
�
�
�
�60 60tan
v v
60 p60tan
v v
tan�1
tan�1 u � 2 � � p
tan�1
tan�1 u þ 2
u � u2 � 2 p p
u þ u2 þ 2
p p
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Problemas resueltos
307
Así, al sustituir los valores u y v , la solución, en el plano z, al problema es
�
�
�
�
� 60 �1 �
�
60 �1 �
y(x22 þ y22 � 1)
y(x22 þ y22 � 1)
60 tan �1 2
y(x
þ
y
�
1)
60
y(x
þ
y
�
1)
�
tan
p tan (x 2 þ y22 þ 1)x � 2(x22 þ y22) � p tan�1 (x22 þ y22 þ 1)x þ 2(x22 þ y22)
(x þ y þ 1)x � 2(x þ y )
(x þ y þ 1)x þ 2(x þ y )
p
p
o, en coordenadas polares,
�
�
�
�
60 �1 � (r 22 � 1) sen u � 60 �1 � (r22 � 1) sen u �
60 tan �1 2 (r � 1) sen u
� 60 tan �1 2 (r � 1) sen u
p tan (r 2 þ 1) cos u � 2r � p tan (r 2 þ 1) cos u þ 2r
p
(r þ 1) cos u � 2r
p
(r þ 1) cos u þ 2r
Problemas diversos
9.26. Una región está limitada por dos conductores cilíndricos concéntricos de longitud infinita, con radios r1 y r2
(r2 > r1), los cuales están cargados a potenciales Φ1 y Φ2, respectivamente [véase la figura 9-32]. Encuentre
a) el potencial y b) el vector del campo eléctrico en cualquier lugar de la región.
Solució n
a) Considere la función Ω = A ln z + B, donde A y B son constantes reales. Si z = rei u, entonces
Ω = Φ + iΨ = A ln r + Aiu + B, o
Φ = A ln r + B, Ψ = Au
Ahora Φ satisface la ecuación de Laplace, es decir, es armónica en cualquier parte de la región r1 < r < r2 y
se reduce a Φ = Φ1 y Φ = Φ2 en r = r1 y r = r2, siempre que A y B se elijan de manera que
F1 =
¼ A ln rr1 +
þ B, F
¼A
Φ
Φ22 =
A ln
ln rr22 þ
+BB
F11 ¼AAln
ln r11 þ B,
B, F
2 ¼ A ln r2 þ B
es decir,
F2 � F1
F1 ln r2 � F2 ln r1
A ¼ F2 � F1 , B ¼ F1 ln r2 � F2 ln r1
ln(r
=r
)
ln(r2 =r1 )
2 1 , B¼
A¼
ln(r2 =r1 )
ln(r2 =r1 )
Así, el potencial buscado es
F1 ln r2 � F2 ln r1
(F2 � F1 )
F ¼ (F2 � F1 ) ln r þ F1 ln r2 � F2 ln r1
ln(r
=r
)
ln(r2 =r1 )
2
1
F¼
ln r þ
ln(r2 =r1 )
ln(r2 =r1 )
Φ2
r2
Φ1
r1
Figura 9-32
b)
Figura 9-33
El vector del campo eléctrico es
e ¼ �grad F ¼ �
@F F1 � F2 1
¼
�
@r
ln(r2 =r1 ) r
Observe que las líneas de fuerza, o líneas de flujo, son ortogonales a las líneas equipotenciales; algunas de
ellas se representan mediante líneas punteadas en la figura 9-33.
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308
Capítulo 9 Aplicaciones físicas de las transformaciones conformes
9.27. Encuentre la capacitancia del condensador formado por los dos conductores cilíndricos del problema 9.26.
Solució n
Si Γ es cualquier curva simple cerrada que contenga el cilindro interior y q es la carga en ese cilindro, de acuerdo
con el teorema de Gauss y el resultado del problema 9.26 se tiene
2ðp �
�
þ
2ð
p
þþ
p (F1 � F2 )
2p� F1 � F2 1�
�r d u ¼ 22p
1
�
F
(F
�
�
¼ 4p q
En ds ¼ ð �F
1
2
1
2
F
�
F
(F11=r
�F
F22)) ¼
1
2
r
d
�
EEn ds
¼
u
¼
ln(r2 =r1 ) � r r d u ¼ pln(r
2 1)
¼ 44ppqq
n ds ¼
r
ln(r
ln(r
=r
)
=r
)
2
1
2
1
u
¼0
G
ln(r =r )
ln(r =r ) r
G
G
Así,
u¼0
u¼0
2
1
2
1
F1 � F2
F
q¼ F
1�
F22
F
1 �=r
qq ¼
2
ln(r
2 1)
¼ 2 ln(r
=r
2
2 ln(r2 =r11))
de manera que
1
charge
q
11
charge
qq
Capacitance C ¼
¼
¼
charge
carga
Capacitance
C
¼
¼
¼
�
F
=r1 )
2
ln(r
difference
in
potential
F
Capacitance CC =
¼ difference in potential ¼ F11 � F22 ¼ 2 ln(r22=r
Capacitancia
difference en
in potencial
potential F1 � F2 2 ln(r2 =r11))
diferencia
que sólo depende de la geometría de los condensadores, como debe ser.
El resultado anterior es válido si se tiene el vacío entre los dos conductores. Si entre los conductores hay un
medio con constante dieléctrica k, hay que sustituir q por q/k y, en este caso, la capacitancia es 1/[2k ln(r2/r1)].
9.28. D
os conductores cilíndricos circulares de radios iguales R y centros a una distancia D uno del otro [figura
9-34] están cargados a potenciales V0 y −V0, respectivamente. a) Determine la carga, por longitud unitaria,
necesaria para lograr esto. b) Encuentre una expresión para la capacitancia.
Solució n
a) Se emplean los resultados del problema 9.13, pues cualquiera de las curvas (superficies) equipotenciales pueden
sustituirse por conductores circulares a los potenciales
especificados. Con a = −V0 y a = V0, y al observar
que k = 2q, se encuentra que los centros de los círculos
están en x = −a coth(V0/2q ) y x = a coth(V0/2q), de
manera que
� �
V0
D ¼ 2a coth�V0 �
D ¼ 2a coth 2q
2q
El radio R de los círculos es
� �
V0
R ¼ a csch�V0 �
R ¼ a csch 2q 2q
y
D
–V0
R
R
x
(1)
(2)
Figura 9-34
Se divide (1) entre (2) y se obtiene 2 cosh(V0/2q) = D/R, de manera que la carga requerida es
V0 V0
q ¼ q ¼ 2�1
�1
(D=2R)
2 cosh cosh
(D=2R)
b)
V0
1
q
charge
q
1
cargacharge
Capacitance
¼ ¼¼2V ¼ 4�1
Capacitance
C=
¼ C ¼ difference in potential
Capacitancia
C
�1
(D=2R)
difference en
in potencial
potential 2V0 40cosh cosh
diferencia
(D=2R)
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Problemas resueltos
309
El resultado es válido en el vacío. Si existe un medio de constante dieléctrica k, hay que dividir el resultado
entre k.
Observe que la capacitancia depende, como siempre, de la geometría. Este resultado es fundamental en la
teoría de los cables de línea de transmisión.
9.29. Demuestre la unicidad de la solución al problema de Dirichlet.
Solució n
El problema de Dirichlet consiste en hallar una función Φ que satisfaga (@2Φ/@x2) + (@2Φ/@y2) = 0 en una región
simplemente conexa y que tome un valor prefijado Φ = f (x, y) en la frontera C de . Para demostrar la unicidad
hay que mostrar que, si tal solución existe, es única. Para esto suponga que existen dos soluciones, Φ1 y Φ2. Así,
2
@@22 F
F11 þ @@2F
F11 ¼ 0 en
in R and
f (x,
y Φ F= ¼
f (x,
y) y)
en on
C C
2
2 ¼ 0 in R and 1F11 ¼ f (x, y) on C
þ
@x
@y
2
@x
@y2
(1)
2
@@22 F
F22 þ @@2F
F22 ¼ 0 in R and F2 ¼ f (x, y) on C
2
2 ¼ 0 en
þ
in R and
f (x,
y Φ2F=
f (x,
y) y)
en on
C C
2 ¼
@x
@y
2
@x
@y2
(2)
Al restar y con G = Φ1 − Φ2, se tiene
@2 G @2 G
y GG
=¼
0 en
C C
þ 2 ¼ 0 en
in R and
0 on
@x2
@y
Para mostrar que Φ1 = Φ2 de manera idéntica, hay que mostrar que G = 0 de manera idéntica en
Sea F = G en el problema 4.31 de la página 137, y se obtiene
þ
C
�
�
� � �2 � �2 #
ðð " � 2
@G
@G
@ G @2 G
@G
@G
dx �
dy ¼ �
G
G
þ 2 þ
þ
dx dy @x
@y
@x2
@y
@x
@y
(3)
.
(4)
R
Suponga que G no es de manera idéntica igual a una constante en . Del hecho de que G = 0 en C y de que (@2G/@x2)
+ (@2G/@y2) = 0 idénticamente en , (4) se convierte en
ðð "� �2 � �2 #
@G
@G
þ
dx dy ¼ 0
@x
@y
R
Pero esto contradice la suposición de que G no es de manera idéntica igual a una constante en
caso,
, pues, en tal
ðð "� �2 � �2 #
@G
@G
þ
dx dy . 0
@x
@y
R
Se concluye que G debe ser constante en
existe una solución.
y, por continuidad, debe tenerse G = 0. Por tanto, Φ1 = Φ2 y sólo
9.30. U
na región infinita ABDE, en forma de cuña con un ángulo p/4 [sombreada en la figura 9-35] mantiene uno
de sus lados (AB) a la temperatura constante T1. Del lado BDE, la parte BD [de longitud unitaria] está aislada,
y la parte restante DE se mantiene a la temperatura constante T2. Indique la temperatura en cualquier parte
de la región.
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310
Capítulo 9 Aplicaciones físicas de las transformaciones conformes
Plano z
Plano z
y
h
A
A'
T1
T1
p /4
B
D
Aislado
1
E
T2
D'
B'
x
Aislado
Figura 9-35
E'
1
T2
x
Figura 9-36
Plano w
Plano w
u
u
A''
E''
T1
1
T2
T1
B''
D''
Aislado
B′′
u
1
T2
D′′
T1
Figura 9-37
u
T2
Figura 9-38
Solució n
Mediante la transformación z = z2, la región sombreada del plano z [figura 9-35] se lleva a la región sombreada de
la figura 9-36 con las condiciones frontera indicadas [véase la entrada A-1 en la página 248].
Mediante la transformación z = sen (p w/2), la región sombreada del plano z [figura 9-36] se lleva a la región
sombreada de la figura 9-37 con las condiciones frontera indicadas [véase la entrada C-1 en la página 254].
Ahora, el problema de temperatura representado mediante la figura 9-37 en donde B′′D′′ está aislado es equivalente al problema de temperatura representado mediante la figura 9-38, pues por simetría, no puede haber ninguna
transferencia de calor a través de B′′D′′. Pero éste es el problema de determinar la temperatura entre dos planos
paralelos que se mantienen a temperaturas constantes T1 y T2, respectivamente. En este caso, la variación de temperatura es lineal y por ende debe estar dada por T1 + (T2 − T1)u.
De z = z2 y z = sen(p w/2), al eliminar z se tiene w = (2/p) sen−1 z2 o u = (2/p) Re{sen−1 z2}.
Por tanto, la temperatura buscada es
T1 þ
2(T2 � T1 )
Refsen�1 z2 g
p
En coordenadas polares (r, u), esto se escribe como [véase el problema 9.95]
� pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi�
2(T2 � T1 )
1 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
�1 1
4
2
4
2
T1 þ
sen
r þ 2r cos 2u þ 1 �
r � 2r cos 2u þ 1
2
2
p
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uu
00
0.
0.
Problemas complementarios
311
Problemas complementarios
Funciones armónicas
9.31. Demuestre que las funciones a) 2xy + y3 − 3x2y, b) e−x sen y son armónicas.
9.32. D
emuestre que las funciones del problema 9.31 siguen siendo armónicas con las transformaciones a) z = w2,
b) z = sen w.
9.33. S
uponga que Φ(x, y) es armónica. Demuestre que Φ(x + a, y + b), donde a y b son constantes, también es
armónica.
9.34. S
uponga que Φ1, Φ2, . . . , Φn son armónicas en una región
c1Φ1 + c2Φ2 + . . . + cnΦn es armónica en .
y que c1, c2, . . . , cn, son constantes. Demuestre que
9.35. D
emuestre que toda función armónica que sólo dependa de la distancia r de un punto fijo debe ser de la forma
A ln r + B, donde A y B son constantes.
9.36. S
uponga que F(z) es analítica y diferente de cero en una región
F(z) son armónicas en .
. Demuestre que las partes real e imaginaria de
Problemas de Dirichlet y de Neumann
, �1
�1
xx ,
�1 ,
, xx ,
, 11 ::
�1
. 11
xx .
, uu ,
,p
p=2
=2
00 ,
p
=2
,
u
,
p=2
=2 ::
p=2 , u , 33p
p=2
=2 ,
, uu ,
, 22p
p
33p
,p
p
, uu ,
00 ,
:
p,
, uu ,
, 22p
p:
p
jzj ¼
¼ 22
jzj
�
9.37. Encuentre una función
armónica
. 0 en la mitad superior del plano z Im{z} > 0 que en el eje x tome los valores dados
� ¼ � 11 xx .
G(x)
:
x . 0x , 00 :
G(x) ¼1 �1
:, 0
por G(x) ¼
�1
x
8
�1 x , 0
< 1 x , �1
8 8
10 �1
x�1
,,
�1x , 1 :
< ¼1< x ,
9.37
if G(x)
9.38. Repita el problema 9.37
con
:
9.37
if
G(x)
¼
0
�1
,
9.37 if G(x) ¼
0 �1 ,xx.,11x: , 1 :
�
: : �1 x . 1
� T 0,u,p
�1 x . 1
u) ¼T 0T, u0,,pu , p on its
F(�
, u los
, 2valores
p on its
9.39. Encuentre
circunferencia
u) ¼ �T ptome
F(
� una función armónica en el interior del círculo |z| = 1 que sobre
)¼
F(usu
�
�T
p,,2up,on2pits
T 00 ,
, uu ,
,p
p
�T
p
,
u
T
on its 8
¼
F(uu)) ¼
F(
�T p
p,
, uu ,
, 22p
p .on8 its 8
< T 0 , u , p=2
�T
0,
,p,
u=2
,
p=2
F(<
u) ¼T< 0T0, up
=2
u,
3p=2 :
F(u) ¼0: �T
p3=2
,,
upu,
0 ,
9.40. Repita el problema 9.39F(
con
u) ¼
p
=2
u
,
3
=2
p
=2
,3: p2=2
p:
:
:
p=2
u ,,2up, 2p
�Tn �T
3p=2 3,
sen u 0 , u , p
F(nu) ¼ n sen u 0 , u , p :
u 00, up,,pu , 2p :
sen
u
)
¼
F(
9.41. Repita el problema 9.39F(
con
:
u) ¼
�
0 p0 , up,,2up, 2p
� 10 0 , u , p
�
jzj
2
u) ¼los 0valores
:
100, u0p,,
9.42. Encuentre una función armónica en el interior dejzj
la ¼
circunferencia
|z| = 2 que F(
tome
,puu,
,p2p :
F(
u)10
¼
�
jzj ¼ 2 ¼ 2
F(u) ¼
: 2p
�
0
p
,
u
,
10 0 , u , p
0 p , u , 2p
F(uu)) ¼
¼ 10 0 , u , p :.:
F(
p,
, uu ,
, 22p
p
00 p
9.43. Demuestre por sustitución directa que las respuestas obtenidas en los incisos a) del problema 9.6, b) del problema
9.7, c) del problema 9.8 son en realidad soluciones a los correspondientes problemas de frontera.
9.44. E
ncuentre una función armónica Φ(x, y) en el primer cuadrante x > 0, y > 0, que tome los valores V(x, 0) = −1,
V(0, y) = 2.
F(x,
y)y) armónica en el primer cuadrante x > 0, y > 0 y que satisfaga las condiciones
9.45. Encuentre una funciónF(x,
Φ(x,y)
�x
−x
F(x,
y)
F(x,
0)
¼
e
frontera Φ(x, 0) = e , @�x
Φ/, @@F=@xj
x|x=0 =x¼0
0. ¼ 0.
F(x,
e , @F=@xj
¼ 0.
x¼0
F(x, 0)
¼ e0)�x¼
, @F=@xj
¼
0.
x¼0
Aplicaciones al flujo de fluidos
9.46. B
osqueje las líneas de flujo y las líneas equipotenciales para el movimiento de un fluido en el que el potencial
complejo está dado por a) z2 + 2z, b) z4, c) e−z, d ) cos z.
9.47. Analice el flujo del fluido correspondiente al potencial complejo Ω(z) = V0(z + 1/z2).
9.48. Verifique las afirmaciones previas a las ecuaciones (9.5) y (9.6) de la página 283.
9.49. Deduzca la relación dΩ/dz = Ve−i u, donde V y u se definen como en el problema 9.17.
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312
Capítulo 9 Aplicaciones físicas de las transformaciones conformes
9.50. C
onsulte el problema 9.10 y a) muestre que la rapidez del fluido en el punto E [figura 9-14] está dada por
2V0|sen u| y b) determine en qué puntos del cilindro se tiene la mayor rapidez.
9.51. a) Suponga que P es la presión en el punto E del obstáculo en la figura 9-14 del problema 9.10 y que P∞ es la
presión lejos del obstáculo. Demuestre que
1
P � P1 ¼ sV02 (1 � 4 sen2 u )
2
b) Demuestre que en los puntos B y F se crea un vacío si la rapidez del fluido es igual o mayor a V0 ¼
ffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
Esto suele
conocerse
como cavitación.
V0 ¼ 2P1 =3s.
9.52. Obtenga la ecuación (9.19), página 285, mediante un proceso de límite aplicado a la ecuación (9.18).
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2P1 =3s.
9.53. Analice el flujo de fluido debido a tres fuentes de igual fuerza k localizadas en z = −a, 0, a.
9.54. A
nalice el flujo de fluido debido a dos fuentes en z = a y un sumidero en z = 0 si todos tienen la misma
magnitud.
9.55. D
emuestre que con la transformación w = F(z), donde F(z) es analítica, una fuente (o sumidero) en el plano z en
z = z0 se lleva a una fuente (o sumidero) de igual fuerza en el plano w en w = w0 = F(z0).
9.56. Deuestre que el momento total sobre el obstáculo cilíndrico del problema 9.10 es cero y explique esto físicamente.
9.57. S
uponga que Ψ(x, y) es la función corriente. Demuestre que la velocidad de flujo de masa a través del arco C que
une los puntos (x1, y1) y (x2, y2) es s{Ψ(x2, y2) − Ψ(x1, y1)}.
9.58. a ) Demuestre que el potencial complejo debido a una fuente de fuerza k > 0 en un fluido que se mueve con
rapidez V0 es Ω = V0z + k ln z y b) analice el movimiento.
9.59. U
n sumidero y una fuente, de igual fuerza m, están localizados en z = 1 entre las rectas paralelas y = 1.
Demuestre que el potencial complejo para el movimiento del fluido es
� p(zþ1)
�
e
�1
V ¼ m ln p(z�1)
e
�1
9.60. C
on una fuente de fluido en z = z0 y una pared en x = 0 demuestre que el flujo resultante es equivalente a eliminar
z ¼ �z .
la pared e introducir otra fuente de la misma fuerza en z = −z0. 0
2 2 2
� by
¼ a1,>a .
b.
9.61. U
n fluido fluye entre las dos ramas de la hipérbola ax2 ax
− by
= 1,
0, 0,
b>
0. 0.
Demuestre
que el potencial
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
−1
complejo del flujo está dado por K cosh az, donde K es una constante positiva y a ¼ ab=(a þ b).
Aplicaciones en electrostática
9.62. D
os conductores planos semiinfinitos, como se indica en la figura 9-39, se cargan a potenciales constantes Φ1
y Φ2, respectivamente. Encuentre a) el potencial Φ y b) el campo eléctrico E en cualquier parte de la región
sombreada entre ellos.
y
y
A
–V0
ia
enc
Pot
l Φ1
a
B
Potencial Φ2
Figura 9-39
C
V0
x
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Figura 9-40
x
P � P1
313
Problemas complementarios
9.63. E
ncuentre a) el potencial y b) el campo eléctrico en todas partes de la región sombreada de la figura 9-40 si los
potenciales en los ejes x y y positivos son constantes e iguales a V0 y −V0, respectivamente.
9.64. U
na región infinita tiene tres cables localizados en z = −1, 0, 1 a potenciales constantes −V0, 2V0, −V0,
respectivamente. Encuentre a) el potencial y b) el campo eléctrico en todas partes.
9.65. Demuestre que la capacidad de un capacitor es invariante con una transformación conforme.
9.66. L
os conductores planos semiinfinitos AB y BC, que se intersecan
formando un ángulo a, están conectados a tierra [figura 9-41].
Una carga lineal q por longitud unitaria se encuentra en el punto
z1, en la región sombreada y a la misma distancia a de AB que de
BC. Encuentre el potencial.
y
A
9.67. R
epita el problema 9.66 si q se encuentra a la distancia a de AB y
a la distancia b de BC.
a
9.68. R
epita el problema 9.23 si hay dos cargas lineales q por longitud
unitaria y −q por longitud unitaria, que se encuentran en z = bi y
z = ci, respectivamente, donde 0 < b < a, 0 < c < a y b  c.
z1 q
a
a
9.69. U
n cilindro circular de longitud infinita tiene una mitad de su
superficie cargada a potencial constante V0 y la otra mitad está
conectada a tierra, y las dos mitades están aisladas una de otra.
Encuentre el potencial en todas partes.
B
C
x
Figura 9-41
Aplicaciones al flujo de calor
9.70. a) Encuentre la temperatura de estado constante en cualquier parte de la región sombreada en la figura 9-42.
b)
Determine las líneas isotérmicas y las líneas de flujo.
9.71. Encuentre la temperatura de estado estable en el punto (2, 1) de la región sombreada en la figura 9-43.
y
y
B
30
°C
Aislado
A
B
p /4
A
50°C
60°C
Figura 9-42
1
100°C
(4, 0)
x
C
x
D
C
Figura 9-43
Figura 9-44
9.72. L
as porciones convexas ABC y ADC del cilindro unitario [figura 9-44] se mantienen a las temperaturas de 40°C
y 80°C, respectivamente. a) Encuentre la temperatura de estado estable en todo punto interior. b) Determine las
líneas isotérmicas y las líneas de flujo.
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314
Capítulo 9 Aplicaciones físicas de las transformaciones conformes
9.73. E
ncuentre la temperatura de estado estable en el punto (5, 2) en la región sombreada de la figura 9-45 si las
temperaturas se mantienen como se indica.
y
y
B
A
1
40°C
C
A
x
B (0, 1)
80°C
100°C
C
Figura 9-45
D
D
x
Figura 9-46
9.74. U
na placa conductora infinita tiene un orificio circular ABCD de radio unitario [figura 9-46]. A los arcos ABC y
ADC se les aplican temperaturas de 20°C y 80°C y se mantienen indefinidamente. Halle la temperatura de estado
estable en cualquier punto de la placa.
Problemas diversos
ffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2
22
2þy
22 r x¼
F(x,
F(x,
F(x=rF(x=r
, y=rΦ(x/r
, )y=r 222),, y/r
r¼
xr22 ¼
þ y2x2 þ y2 también es armónica.
9.75. Suponga
quey)
Φ(x,y)y)
es armónica.
Demuestre
que
),) donde
F(x,
y)
F(x=r
y=r
9.76. Suponga que U y V son continuamente diferenciables. Demuestre que
(a)
dy
dy dx
@U @U
@U dx@U dx
@U @U
dy@U
dxdy(b)
@U dy@V @V @V
@V@V @V
@V@Vdydx @V dx
þ ¼þ
(a)a)¼ (a)¼ @U
þ b) (b) ¼ �
(b)¼ � þ¼ �þ
þ
@y ds
@n @n
@x ds@x
@y ds
@n ds
@x@ydsds @y ds@s @s @x ds
@s@x ds
@x@ydsds @y ds
d onde n y s denotan, respectivamente, la normal hacia afuera y el parámetro longitud de arco a una curva simple
cerrada C.
9.77. Sean U y V funciones armónicas conjugadas. Demuestre que a) @U/@n = @V/@s
b) @U/@s = −(@V/@n).
9.78. D
emuestre que la función 1 − r 2/(1 − 2r cos u + r 2) es armónica en toda región en la que no se encuentre el
punto r = 1, u = 0.
9.79. Suponga que se requiere resolver el problema de Neumann, es decir, hallar una función V armónica
en unaÐ región
ÐR
R
tal que en la frontera C de , @V/@n =Þ G(s), Þdonde s es el parámetro longitud deLet
arco.
Sea
Let
¼ G(s),
H(s)
¼ H(s)
a G(s) a
¼ 0. que para hallar V es necesario hallar la función
donde a es un punto de C, y suponga que C G(s) dsC G(s)
Muestre
¼ 0.. ds
armónica conjugada U que satisfaga la condición
UU=¼−H(s)
�H(s)
U ¼ �H(s)
on
C. enonC.C.Éste es un problema equivalente de Dirichlet.
[Sugerencia: Use el problema 9.77.]
9.80. Demuestre que, salvo una constante aditiva arbitraria, la solución al problema de Neumann es única.
9.81. Demuestre el teorema 9.3, página 282.
9.82. ¿ Qué modificación hay que hacer al teorema 9.3, página 282, si la condición frontera Φ = a en C se sustituye
por Φ = f (x, y) en C?
9.83. ¿ Qué hay que modificar en el teorema 9.3, página 282, si la condición frontera @Φ/@n = 0 en C se sustituye por
@Φ/@n = g(x, y) en C?
9.84. S
uponga que el movimiento de un fluido se debe a una distribución de fuentes, sumideros y dobletes, y suponga
que C es una curva tal que a través de ella no hay ningún flujo. Así, la distribución de fuentes, sumideros y
dobletes a un lado de C se conoce como imagen de la distribución de fuentes, sumideros y dobletes al otro lado de
C. Demuestre que la imagen de una fuente en el interior de una circunferencia C es una fuente de la misma fuerza
en el punto inverso junto con un sumidero de igual fuerza en el centro de C. [Un punto P es un punto inverso de
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315
Problemas complementarios
un punto Q respecto de una circunferencia con centro en O si OPQ es una línea recta y OP ∙ OQ = a2, donde a
es el radio de C.]
9.85. U
na fuente de fuerza k > 0 se encuentra en el punto z0 en un fluido contenido en el primer cuadrante, donde los
ejes x y y se consideran barreras rígidas. Demuestre que la rapidez del fluido en cualquier punto está dada por
k|(z − z0)−1 + (z − z0)−1 + (z + z0)−1 + (z + z0)−1|
9.86. D
os conductores cilíndricos de longitud infinita cuyas secciones transversales son elipses confocales con focos en
(−c, 0) y (c, 0) [véase la figura 9-47] están cargadas a potenciales constantes Φ1 y Φ2, respectivamente. Muestre
que la capacitancia por longitud unitaria es igual a
2p
cosh (R2 =c) � cosh�1 (R1 =c)
�1
[Sugerencia: Utilice la transformación z = c cosh w.]
9.87. E
n el problema 9.86 suponga que Φ1 y Φ2 representan temperaturas constantes aplicadas a los cilindros elípticos.
Halle la temperatura en estado de equilibrio en cualquier punto de la región conductora entre los cilindros.
2R2
y
Φ2
Φ1
(–c, 0)
(c, 0)
x
V0
V0
a
2R1
Figura 9-47
Figura 9-48
9.88. U
n obstáculo en forma de cilindro circular de radio a descansa en el fondo de un canal de fluido, el cual fluye con
velocidad V0 a distancias alejadas del obstáculo [véase la figura 9-48].
a)
Demuestre que el potencial complejo está dado por
Ω(z) = p aV0 coth(p a/z)
b) Demuestre que la rapidez en la parte superior del cilindro es 14p 2V0 y compárela con la rapidez en el caso de
un obstáculo circular situado en el centro de un fluido.
c) Demuestre que la diferencia de presión entre los puntos en la parte superior y en la parte inferior del cilindro
es sp4V 20/32.
9.89. a) Demuestre que el potencial complejo para el flujo de un fluido que pasa por el cilíndrico elíptico de la figura
9-49 está dado por
�
�
(a þ b)2
V(z) ¼ V0 z þ
4z
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
donde z ¼ 12(z þ z2 � c2 ) y c2 = a2 − b2.
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316
Capítulo 9 Aplicaciones físicas de las transformaciones conformes
b) Demuestre que la rapidez del fluido en las partes superior e inferior del cilindro es V0(1 + b/a). Analice el
caso a = b. [Sugerencia: Exprese el potencial complejo en términos de coordenadas elípticas (, h), donde
z = x + iy = c cosh(j + ih) = c cosh z
V0
V0
b
a
Figura 9-49
9.90. S
uponga que en el problema 9.89, la dirección del flujo forma un ángulo d con
el eje x positivo. Demuestre que
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
1
2 � c2 )eid .
z
¼
(z
þ
z
el potencial complejo está dado por el resultado del inciso a) con
2
9.91. En la teoría de la elasticidad, la ecuación
r4 F ¼ r2 (r2 F) ¼
@4 F
@4 F
@4 F
þ
2
þ
¼0
@x4
@x2 @y2 @y4
c onocida como ecuación biarmónica, es de fundamental importancia. Las soluciones a esta ecuación se conocen
como biarmónicas. Demuestre que, si F(z) y G(z) son analíticas en una región , la parte real de zF(z) + G(z)
es biarmónica en .
9.92. D
emuestre que, en general, con una transformación conforme, las funciones biarmónicas (véase el problema
9.91), no permanecen biarmónicas.
9.93. a) Demuestre que Ω(z) = K ln senh(p z/a), k > 0, a > 0 representa el potencial complejo debido a una sucesión
de fuentes de fluido en z = 0, ai, 2ai, . . . .
b) Demuestre que, salvo constantes aditivas, las funciones de potencial y de flujo están dadas por
�
�
tan(p y=a)
F ¼ K lnfcosh(2p x=a) � cos(2p y=a)g, C ¼ K tan�1
tanh(p x=a)
c) Represente gráficamente algunas líneas de flujo del fluido.
9.94. D
emuestre que el potencial complejo del problema 9.93 es el mismo que el debido a una fuente localizada a la
mitad entre las rectas paralelas y = 3a/2.
9.95. Verifique la aseveración del final del problema 9.30 [compare el problema 2.137].
9.96. U
n condensador está formado por un cilindro elíptico, en el que las longitudes de los ejes mayor y menor son 2a
y 2b, respectivamente, y un plano raso AB cuya longitud es 2h [véase la figura 9-50]. Muestre que la capacitancia
es igual a 2p/{cosh−1(a/h)}.
2a
A
A
2h
B
2b
V0
D
B
Figura 9-50
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Figura 9-51
317
Problemas complementarios
9.97. U
n fluido circula con velocidad uniforme V0 a través de un canal semiinfinito de anchura D y emerge a través de
una abertura AB [figura 9-51]. a) Encuentre el potencial complejo para este flujo. b) Determine las líneas de flujo
y las líneas equipotenciales, y obtenga las gráficas de algunas de ellas. [Sugerencia: Utilice la entrada C-5 de la
página 256.]
9.98. Mediante la teoría del potencial, interprete el problema 9.30.
9.99. a) Muestre que, en el vacío, la capacitancia de los conductores cilíndricos paralelos de la figura 9-52 es
1
�1
2 cosh
2
D � R21 � R22
2R1 R2
!
b) Examine el caso R1 = R2 = R y compare con el problema 9.28.
9.100. Demuestre que, en el vacío, la capacitancia de los dos conductores cilíndricos paralelos de la figura 9-53 es
1
2
�1 R1
2 cosh
þ R22 � D2
2R1 R2
!
A
R2
R1
R2
R1
0
V0
)
(r, q
q
y
B
0
D
C
D
Figura 9-52
Figura 9-53
D
–V0
Figura 9-54
9.101. E
ncuentre el potencial en todo punto del cilindro unitario de la figura 9-54 si AB, BC, CD y DA se mantienen a
los potenciales V0, 0, −V0 y 0, respectivamente.
9.102. L
a región sombreada de la figura 9-55 representa un semiplano conductor infinito, en el que las líneas AD, DE
y DB se mantienen a las temperaturas 0, T y 2T, respectivamente, donde T es una constante. a) Encuentre la
temperatura en todas partes. b) Dé una interpretación en la que intervenga la teoría del potencial.
E
a
D
A
B
Figura 9-55
9.103. Repita el problema anterior si a) DE está aislado, b) AB está aislado.
9.104. E
n la figura 9-55 suponga que DE representa un obstáculo perpendicular a la base de un canal infinito en el que
fluye un fluido de izquierda a derecha de manera que, lejos del obstáculo, la rapidez del fluido es V0. Encuentre
a) la rapidez y b) la presión en todo punto del fluido.
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318
Capítulo 9 Aplicaciones físicas de las transformaciones conformes
9.105. Encuentre el estado estacionario de temperatura en el punto (3, 2) en la región sombreada de la figura 9-56.
9.106. U
na región ABCD en forma de cuña con un ángulo de p/4 [sombreada en la figura 9-57] mantiene uno de sus
lados (CD) a 50°C; en el otro lado ABC se mantiene la parte AB a 25°C, y la parte BC, de longitud unitaria, está
aislada. Encuentre la temperatura en estado de equilibrio en cualquier punto.
y
y
A
o
B
isl
ad
50°C
A
4
20°C
80°C
x
Figura 9-56
p /4
C
D
Figura 9-57
Respuestas a los problemas complementarios
9.37. 1 � (2=p) tan�1 ( y=x)
�
�
1 �1 � y � 1 �1
y
� tan
tan
x�1
xþ1
p
p
�
�
��
2r sen u
2
T 1 � tan�1
p
1 � r2
�
�
��
1
4r sen u
10 1 � tan�1
p
4 � r2
�
�
3 �1 2xy
�1
tan
x2 � y2
p
�
�
F1 � F2
F
¼
F
þ
u, b) 1 ¼ (F2 � F1 )=ar
a)
2
a
9.38. 1 �
9.39.
9.42.
9.44.
9.62.
�
�
��
2
2xy
9.63. a) V 0 1 � tan�1 2
x � y2
p
9.64. a) V 0 lnfz(z2 � 1)g
(
9.66. Im �2qi ln
zp=a � zp1 =a
zp=a � z� p1 =a
!)
9.70. a) 60 � (120=p) tan�1 (y=x)
9.73. 45.98C
9.101.
�
�
V0
2r sen u
�1 2r cos u
tan�1
þ
tan
p
1 � r2
1 � r2
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x
Capítulo
Capítulo10
1
Temas especiales
10.1 Prolongación analítica
Sea F1(z) una función de z, analítica en una región 1 [figura 10-1]. Suponga que se puede hallar una función F2(z),
analítica en una región 2 y tal que F1(z) = F2(z) en la región común a 1 y 2. Entonces se dice que F2(z) es una
prolongación analítica de F1(z). Esto significa que existe una función analítica F(z) en la región formada por 1 y 2
tal que F(z) = F1(z) en 1 y F(z) = F2(z) en 2. En realidad, basta con que 1 y 2 tengan en común un pequeño
arco, como el arco LMN en la figura 10-2.
y
y
1
L
2
1
x
Figura 10-1
M
N
2
x
Figura 10-2
Mediante la prolongación analítica a las regiones 3, 4, etc., la región de definición original se extiende a otras
partes del plano complejo. Las funciones F1(z), F2(z), F3(z), . . . , definidas en 1, 2, 3, . . . , respectivamente, en
ocasiones se llaman elementos de función o sólo elementos. Algunas veces es imposible prolongar analíticamente
una función más allá de la frontera de una región. Entonces a esta frontera se le llama frontera natural.
Suponga que una función F1(z) definida en 1 se prolonga analíticamente a una región n a lo largo de dos trayectorias diferentes [figura 10-3]. Entonces, si entre estas trayectorias no existe ninguna singularidad, las dos prolongaciones analíticas son idénticas. Éste es el teorema de la unicidad de una prolongación analítica.
En el caso de resultados diferentes, puede mostrarse que entre las trayectorias existe una singularidad (concretamente, un punto de ramificación). Es así como se alcanzan las diferentes ramas de una función multivaluada. En
relación con esto, resulta útil el concepto de superficies de Riemann [capítulo 2].
Ya se ha visto cómo prolongar analíticamente funciones representadas por series de potencias (capítulo 6).
En este capítulo se verá la forma de prolongar analíticamente funciones con otras representaciones (por ejemplo,
integrales).
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320
Capítulo 10 Temas especiales
y
z
1
Trayectoria 1
L
M
N
n
1
2
Trayectoria 2
Figura 10-3
x
z
Figura 10-4
10.2 Principio de reflexión de Schwarz
Suponga que F1(z) es analítica en la región 1 [figura 10-4] y que F1(z) toma valores reales en la parte LMN del eje
real.
El principio de reflexión de Schwarz establece que la prolongación analítica de F1(z) a la región 2 (considerada
imagen de espejo o reflexión de 1 respecto de LMN) está dada por
F2 (z) ¼ F1 (�z) (10.1)
Este resultado se extiende a los casos en los que LMN sea una curva, y no un segmento de recta.
10.3 Productos infinitos
Q
Pn ¼ (1 þ w1 )(1 þ w2 ) � � � (1 þ wn )
by nk¼1 (
Qn
Qn
Qn
.(1
þ (1
w+2þ
)w� 2w
�)�kby
by k¼1 (1 þ wk ) y donde
Pþn ¼
w1þ
)(1wþ
� n� �¼(1
w(1
)+
wkse
) denota
Sea
P(1
=þ
wk¼1
(1w
+n )w(1
que
w2(1
) � �þ� (1
by
). . þ
wkse=supone
�1. Ifque para todaQk, wk  −1.PSi= 0
1 )(1
nw
n ) w2 )P
nþ
1)(1
n),þ
k¼1
Q límn!1 P
1
w
=
�1.
If
P
=
0
P
¼
P,
lím
�1.
If
P
=
0
P
¼
P,
lím
existe
un
valor
P

0
tal
que
,
se
dice
que
el
producto
infinito
P
=
0
P
¼
P,
lím
)(1
þ
w
)
�
�
�
;
(1
þ
w
),
(1 þ wk ),
(1
þ
w
k
n!1
n
n!1
n
n!1 Q
n Q
1
2
k
k¼1
Q
Q1
Q
Q
1
)(1
þ
w
)
�
�
�
;
(1
þ
w
),
(1
þ
w
),
(1
þ
w
þ
w
)
�
�
�
;
(1
þ
w
),
(1
þ
w
),
w1 )(11
o
sólo
,
converge
a
P;
si
no
es
así,
se
dice
que
el
producto
infinito
diverge.
Las
w
pueden
ser
constantes
;
(1
þ
w
),
(1
þ
w
),
of
z.
1
2
k
k
2
k
k
k
k
k
k¼1
k¼1
k¼1
of z.
oof
funciones
de z. of z.
z.
wk ¼ �1
�1 del producto infinito, omitiendo estos factores, converge, se dice
wk ¼finito
�1 de las wk = −1wky ¼
el resto
wkSi¼sólo
�1 un número
que el producto infinito converge a cero.
10.4 Convergencia absoluta
, condicional y uniformeQn
Qn
Pn ¼ (1 þ w1 )(1 þ w2 ) � � � (1 þ wn )
Pn by
¼ (1 þ
w(1
þþ
wkw) 2 ) � � � (1 þ wn )
by k¼1 (1 þ wk )
1 )(1
k¼1
de productos infinitos
wk = �1. If
w
P
=
0
=
�1.
If
P
¼
P,
P
=
0
lím
k
n!1
n
Qn
Q Q1
QP,
Q1
Q
Q límn!1 Pn ¼
n
Suponga
que
|2n)) converge.
ese
dice
que
� �w(1
;
(1elþ
þproducto
w2kby
�by
� �(1;þnk¼1
(1 þ wk ),es
þw
1 þ w(11 )(1
þ1 )(1
w2 )þ
� �w
� (1
P
¼
w
)),� � � (1infinito
þ(1
(1
wnþ
þ
) ww1(1
) þþ|www
¼
wk¼1
(1
)(1(1
þ
þþ
wwcaso
)2 )k ),
� �se
� (1
þw
byabsolutamente
)
2 )n �þ
kP
n )þ w
1 )(1
k)(1
1En
kw
n)
k),
k¼1
k¼1 (1 þ wkconk¼1
vergente.
of
z.
of
z.
w
w
f
=
�1.
P
If
=
0
P
P
=
¼
0
P,
=
�1.
If
P
¼
P,
P
=
0
P
¼
P,
lím
lím
lím
k
n!1
n
k
n!1
n
n!1
n
Q
Q
Q
Q
Q
Q
pero
En (1
eseþcaso
dice que Q (1 þ wk ),es condiciow
þ w2 ) � � � ; 1
(1wþ1 )(1
wkSuponga
),þ w2 ) � �que
�; 1
(1 þ(1wþ
),wkconverge,
), �1 (1
(1 þ
þ|wwk2k),|))Q
� diverge.
�� ; 1
wkk ),¼se�1
(1 þ
þ w1 )(1
kw
k¼
k¼1
k¼1
k¼1
n
nalmente
of
z.1 )(1 þ w2 ) � � � (1 þ wPnn)of¼z.(1 þ w1 )(1by
ofby
z. nk¼1 (1 þ wk )
Pn ¼ (1convergente.
þw
þ w2k¼1
) � � (1
� (1þþww
k )n )
teorema
series
infinitas,
que
producto
wk =Un
wk =
wun
wkun¼
�1.teorema
Ifwk ¼importante,
�1 Q análogo
Pa=
�1.
If�1 Qpara
P =sostiene
0
�1
¼ P, absolulímQ
lím
k0¼
n!1 P
n ¼ P,
n!1 Pn infinito
Q
1
1
decir,
|w
|)(1converge,
þ w2 ) � � � ;es convergente,
þ wsi
;þ w
þ wk ), entonces (1 þ wk ), convergeQ(véase el
(1tamente
þ w1 )(1convergente
(1wþk ),wes
1 )(1
2 ) � � �(1
kk),
k¼1 (1 þ
k¼1
problema 10.65).
of z. Pn ¼ (1 þ w1 )(1 þ w2 ) � � � (1
of þ
z. wn )
by nk¼1 (1 þ wk )
El concepto de convergencia uniformeQpara
productos
fácilmente
las series
wkw¼
wk ¼ P
�1
�1
�1. Ifinfinitos se define
= por
0 analogía
Pn ¼ P,
límn!1
k=
Q
Q con
Pn ¼ (1 þ wo1 )(1
þ w2 ) � � infinitas
� (1 þ wnen
) general. Así,bysi nk¼1(1(1
sucesiones
{1þþ
+ww1w)(1
=2 )P�n�(z)
{1 þ
+wwkk),(z)} = P(z), se (1
dice
þw
� ;y 1
þ que
wk ),Pn(z)
kk)(z)}
k¼1 (1
wk = �1. If
P = 0a P(z) en una
P, todo e > 0, es posible hallar un número
límn!1 Psi,
converge
para
of N,
z. que dependa sólo
n ¼
Quniformemente
Q región
1
� � �e ;
þ wparticular
(1 þ w1 )(1 þ w2 )de
y no k¼1
del (1
valor
de z en (1, þ
talwque
wk ¼ �1
k ),
k ), |Pn(z) − P(z)| < e para todo n > N.
of z. infinitas, con los productos infinitos que convergen absoluta o uniformemente
Como en el caso de las series
�1necesariamente pueden hacerse con los productos infinitos en general. Así, por
pueden hacerse ciertas cosaswque
k ¼no
ejemplo, en un producto infinito que converge absolutamente los factores pueden reordenarse sin que se modifique
su valor.
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10.8 La función gamma
321
Q
Q
límn!1 wn ¼ 0.
(1byþ wknk¼1
) (1 þ wk )
Pn ¼ (1 þ w1 )(1 þ w2 ) � � � (1 þ wn )
10.5 A
lgunos teoremas importantes
sobre productos
infinitos
lím
w
¼
0,
wk = �1. If
P
=
0
P
¼
P,
lím
n!1
n
n!1
n
P Q
Q
Q
P1
Q QQ
Q
Q
[i.e.,
w
,n!1
þ
þ wk ),
If Q
jwQ
lím
w0.
0.embargo, esta(1condicondición
que
converja
eslím
quelím
.¼
Sin
(1ifþ
wþ
)kw
w
¼nw
0.
lím
þ w2 )Una
��� ;
(1
þ wk ),Q para
(1
þ(1
(1 þ w1 )(1 1.
(1(1
)wkþ
¼
0.
k j necesaria
k j),
k)
n!1
njw
kþ
n!1
nw
n!1
n(1¼
k) ),w
kw
k¼1
Q
Q
n
n
lím
)
(1
þ
w
)
w
¼
0.
converges
[i.e.,
(1
þ
w
lím
w
¼
0,
lím
ción
no
es
suficiente,
es
decir,
aunque
,
el
producto
infinito
puede
divergir.
w
¼
0,
lím
w
¼
0,
)
0.
(1
þ
w
of
z.
(1 þ w1 )(1 þ w2 ) � � � (1 þ wnP)n ¼ (1
þ
w
)(1
by
þ
w
)
�
�
(1
�
(1
þ
þ
w
w
)
)
by
(1
þ
w
)
lím
w
¼
0,
k
k
n!1
n
n!1
n
n!1
n
k
n!1
n
n!1
n
1
2
k
n
k
n!1
n
k¼1
k¼1
P PP P
Q QQ Q
Q QQ Q
P PP P
lím
wn ¼
j¼
[i.e.,
w
, Qþ
þ
(1
If
2.�1.
converge
[es
absolutamente],
jP
ifw
w�1
(1
jw
j),(1
(1 þ
wþky,þ
),wpor
jw
w
0,decir,
j jw
if
jw
), wk ),
jw
If
P=
0 Si
If If If
¼
P,
P[i.e.,
=ksi
Pn0,¼, P,, , entonces
lím
lím
j kQ
[i.e.,
if0¼
(1(1
þkþjw
(1(1
),kþ
jw
k wif
k Q
k j),jwk j), converge
n!1
n [i.e.,
kn!1
kwconverge
k j),
kw
Pkn!1
Q
Q
P
Q
QknP
Q
Q n!1
Q1 P wk =
Qklím
Q
1
j
[i.e.,
if
w
,
(1
þ
jw
j),
If
jw
)
converges
[i.e.,
(1
þ
w
tanto,
converge
[es
decir,
si
converge
absolutamente].
El
recíproco
de
este
teo)
converges
[i.e.,
jwþ
[i.e.,
if
w
,
(1
þ
jw
j),
(1
þ
w
),
)
converges
[i.e.,
(1
þ
w
1 þ w2 ) � � � ; Ifk¼1 (1jwþk(1
þ
w
)
�
�
(1
�
;
þ
w
),
(1
þ
w
),
(1
þ
w
),
)
converges
[i.e.,
(1
þ
w
k
k
k
k
k
k
k
k
k ),w1 )(1
2
k
k
k
k
k¼1
P (1 þ wk ),
Q
Q
R, jw(1
,k )Mk , k ¼ 1, 2, 3, . . . ,
Mk
converges
þ z.
w
es válido.Q[i.e.,
converges [i.e., rema
(1
wk )
of þ
z. también
of
k (z)j
Q
f1 þ wk (z)g
3.
Si
infinito es absolutamente
convergente, sus factores pueden ser conmutados sin P
afectar
al
(
wk un
wk ¼ �1
¼ producto
�1
PP P
R,
jw
(z)j
,
M
,
k
¼
1,
2,
3,
.
.
.
,
M
lím
valor del producto.Q Q
R,
jw
(z)j
,
M
,
k
¼
1,
2,
3,
.
.
.
,
M
R,
jw
(z)j
,
M
,
k
¼
1,
2,
3,
.
.
.
,
M
R,
jw
(z)j
,
M
,
k
¼
1,
2,
3,
.
.
.
,
M
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
P P
P
Pn
P
Q Q
R,
jw
(z),
k
¼
1,
2,
3,
.
.
.
,
(z)j
,
M
,
k
¼
1,
2,
3,
.
.
.
,
w
(z)
M
w
f1
þ
w
(z)g
4. Q
Suponga
una
región
,
|
w
(z)
|
<
M
,
k
=
1,
2,
3,
.
.
.
,
donde
las
M
son
constantes
tales
que
M
(z)g
f1
þ
w
j
[i.e.,
if
If
jw
(z)g
f1
þ
w
R, jwkque
(z)jen
,
M
,
M
f1
þ
w
(z)g
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
Q
Q
Q
Q
f1 þ wk (z)g (y absolutamente)
converge.
Así, f1 þ wk (z)g es uniformemente
convergente.
Éste es el análogo
del (1[i.e.,
þ wk ) (1 þ wk )
converges
f1 þ wk (z)g
PP
P P
(z),
k3,
1,
w
lím
criterio Mw
de
Weierstrass
¼w
1,
2,
. 3,
.series.
.3,
wk (z)
¼
1,
2,
...,.3,, . . . , P
(z),
kQ
¼
1,para
2,¼
., .2,
wkw(z)
w
kk
k (z),
kk(z),
k (z)
kw
Pk (z)
Q
Pn!1 wn ¼ 0,
P
Q
Q
(z),
k
¼
1,
2,
3,
.
.
.
,
w
(z)
w
f1
þ
w
(z)g
f1
þ
w
5.
Suponga
que
en
una
región
las
w
(z),
k
=
1,
2,
3,
.
.
.
son
analíticas
y
que
w
(z)
es
uniformemente
(z)g
j
[i.e.,
if
wk
If
jw
f1
þ
(z)g
(z),
k
¼
1,
2,
3,
.
.
.
,
w
(z)
w
f1
þ
w
(z)g
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
Q
Q
Q
en . Así, f1 þ wk (z)g converge a una función analítica en converges
.
[i.e., (1 þ wk )
f1 þ wconvergente
k (z)g
Q R, jwk (z)
f1 þ wk (z)
10.6 Teorema de Weierstrass para productos infinitos
, Mkk ¼
, k1,¼2,1, 3,2,. 3,
..
w
Qk (z),
Q R, jwk (z)j
f1 þ wk (z)g f1 þ wk (z)g
Sea f (z) analítica paraztodo
f (z) be
[i.e.,z [es
f(z)decir,
i f (z) es una función entera], y suponga que esta función tiene ceros simples en
,
.
.
.
,
donde
0
<
|a
|
<
|a
|<
. . y límn!1 jan j ¼ 1.. Así,
f (z)f(z)
se expresa como un producto infinito
at a1 , a2 , aa13, , a. .2,. awhere
0
,
ja
j
,
ja
j
,
,3| �<� �. and
Then,
1
3 j |a
3
12
2ja
w
Qk (z), k ¼ 1, 2, 3, . . . ,
de la forma
�
�
1 ��
f1 þ wk (z)g
Y
z z=ak
0
1�
f (z) ¼ f (0)e f (0)z=f (0)
e
(10.2)
ak
k¼1
Una generalización de lo anterior afirma que si f (z)P
tiene ceros en ak  0, k = 1, 2, 3, . . . , de multiplicidades u
1
órdenes mk, respectivamente, y si para algún entero N, k¼1 1=aNk es absolutamente convergente, entonces
GT (z)
f (z) ¼ f (0)e
1 ��
Y
k¼1
z
1�
ak
�
�
z 1 z2
1 zN�1
exp
þ 2 þ���þ
ak 2 ak
N � 1 aN�1
k
� �mk
:
(10.3)
donde G(z) es una función entera. Este resultado también es verdadero si algunas de las ak son polos, en cuyo caso
sus multiplicidades son negativas.
Los resultados (10.2) y (10.3) se conocen como teoremas de factorización de Weierstrass.
10.7 Algunos productos infinitos especiales
1.
2.
3.
4.
�
��
�
�
1 �
Y
z2
z2
z2
1� 2 2
��� ¼ z
sen z ¼ z 1 � 2 1 �
p
k p
(2p)2
k¼1
�
�
�
�
�
�
1
Y
z2
z2
4z2
1�
��� ¼
1�
cos z ¼ 1 �
(p=2)2
(3p=2)2
(2k � 1)2 p 2
k¼1
�
�
�
�
�
�
1
Y
z2
z2
z2
1þ 2 2
senh z ¼ z 1 þ 2 1 þ
��� ¼
p
k p
(2p)2
k¼1
�
�
�
�
�
�
1
Y
z2
z2
4z2
1þ
��� ¼
1þ
cosh z ¼ 1 þ
(p=2)2
(3p=2)2
(2k � 1)2 p 2
k¼1
10.8 La función gamma
Para Re{z} > 0, la función gamma se define como
G(z) ¼
1
ð
tz�1 e�t dt 0
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(10.4)
322
Capítulo 10 Temas especiales
Así (véase el problema 10.11), se tiene la fórmula de recursión
G(z þ 1) ¼ zG(z)
(10.5)
G(n þ 1) ¼ n(n � 1) � � � (1) ¼ n!
(10.6)
donde Γ(1) = 1.
Sea z un entero positivo n. De acuerdo con (10.5) se ve que
de manera que la función gamma es una generalización del factorial, razón por la cual a la función gamma también
se le conoce como función factorial y se escribe z! en lugar de Γ(z + 1), en cuyo caso se define 0! = 1.
De acuerdo con la fórmula en (10.5) también se ve que, si z es real y positivo, Γ(z) se determina al conocer los
valores de Γ(z) para 0 < z < 1. Si z = 12, se tiene [problema 10.14]
� �
pffiffiffiffi
1
¼ p
G
(10.7)
2
Para Re{z} ≤ 0, la definición (10.4) no puede emplearse porque la integral diverge. Sin embargo, mediante
prolongación analítica se define Γ(z) en el semiplano izquierdo. En esencia, eso equivale a emplear (10.5) [véase el
problema 10.15]. En z = 0, −1, −2, . . . , Γ(z) tiene polos simples [véase el problema 10.16].
10.9 Propiedades de la función gamma
A continuación se presentan algunas propiedades importantes de la función gamma. Las primeras dos se consideran
definiciones, a partir de las cuales se deducen todas las demás propiedades.
Y
1 � 2 � 3���k
z
1.
(z, k)
G(z þ 1) ¼ lím
11 �� 212 ��� 323 �����3���kk� � k kz ¼zz lím Y
YY
k!1
k!1
(z
þ
1)(z
þ
2)
�
�
�
(z
þ
k)
z¼
k
(z,
k)
G(z
þ
1)
¼
lím
lím
k
G(z
þ
1)
¼
lím
¼
lím
k
(z, (z,
k) k)
G(z
þ
1)
¼
lím
¼
lím
Y
k!1
k!1
k!1
(z
þ
þ
2)
�� ���(z
k!1
k!1
(z1)(z
þ 1)(z
þ��2)
� �þ
(zk)
þ k) k!1
1 � 2 � 3���k
k!1
k!1
(z
þ
1)(z
þ
2)
(z
þ
k)
z
k ¼donde
(z, k) suele conocerse como función Pi de Gauss.
ím
lím
!1 (z þ 1)(z þ 2) � � � (z þ k)
k!1
1 n
o
Y
1
gz 1 n
1 n zo �z=k
1
o
1Y
1
þ
n
2.
z
11 1¼ zeg z Y
Y
g
z
�z=k
zþoeez�z=k
G(z)
gze
z g z 1 þ1 k
�z=k
¼
ze
e�z=k
¼
k¼1
e
¼
ze
1
þ
1 n
o
�
�
Y
k
G(z)
k
G(z)
z
1
k
G(z)
k¼1
k¼1
1 1
1
�
� k¼1
� :5772157
k¼1
¼ zeg z
1 þ e�z=k
¼ lím �1 �þ 11 þ111 þ1� � � þ 11 �1ln p� ¼
...
k
G(z)
3þþ
¼
lím
12þþ
� �pþ�
�ppln p¼
¼ :5772157
donde¼
g p!1
lím
11 þ
��þ
�� �� �þ
ln
:5772157
.. .. .. . . . se conoce como constante de Euler.
� k¼1
¼
lím
þ
þ
þ
þ
�
ln
¼
:5772157
p!1
p!1
2
3
p
p
2
3
p!1
1
p!1
p G(z)G(1 � z) ¼ p
2 3
� � þ � ln p ¼ :5772157 . . .
p p
p
G(z)G(1
�¼
z) sen
¼ppz
G(z)G(1
�
z)
3.
G(z)G(1
�
z)
¼
�
�
p
sen
ffiffiffi
ffi
p
p
pzz pz
sensen
p
z ¼ 112 , G
. ffiffiffiffi
��112���¼
G(z)G(1 � z) ¼
p
ffiffiffi
ffi
p
�
1
1
ffiffiffi
ffi
p
1 , 1G ¼
1 ¼p. p.
sen pz
,, GG
En particularzzsi¼
p.
¼z212¼
22 22 ¼
22
�
�
pffiffiffiffi
ffi
1�
�
� pffiffiffi
p.
2z�1
�z �
�1¼
ffiffiffiffi
p
G(z)G
þ
p
22z�1
G(2z)
ffiffiffi
ffi
p
1
2z�1
ffiffiffi
ffiG(2z)
p
1
G(z)G
z2þ ¼
¼p
pG(2z)
22z�1
G(z)G
zz þ
222z�1
�
�
4.
¼
G(z)G
þ
p
G(2z)
22 2
pffiffiffiffi
1
2z�1
G(z)G z þ
¼ pG(2z)
2
2
Esta fórmula suele conocerse como fórmula de duplicación para la función gamma.
�
� �
�
�
�
2
m�1
5.
Para m = 1, 2, 3, . . . ,1
�z þ � � ¼ m(1=2�mz)
G(z)G �z þ ��G �z þ� �� � � � G �
(2p)(m�1)=2 G(mz)
�
1
2
mm
� 1 m � 1(1=2�mz)
m
m
1
2
(m�1)=2
G(z)G G(z)G
z þ zGþ z þ G z�þ
� � G z� �þ� G z þ ¼ m ¼ m(1=2�mz)
(2p)(m�1)=2
(2p)G(mz)
G(mz)
m
m
m
m
m
m
�
� �
� con m �= 2.
�
La propiedad
G0 (z)4 es un caso 1especial
1 de esta
1 propiedad
1
1
1
�þ � �
� þ � � ��þ � � �
� þ � � ��
¼ �g þ � � �
0
G
(z) G0 (z)
G(z)
11 z1 1 121� z �
þ111
1� � � þ n1 � z þ1n1 � 1 1þ � � �
6.
¼ �g þ
�
þ
�
þ
G(z) G(z) ¼ �1g þz 1 � z2 þz þ2 1� z þ 1 þ �n� � þz þn n��z 1þ n � 1 þ � � �
7.
0
1
ð
ð e�t ln1
G (1) ¼ 1
ðt dt ¼ �g
0
G (1) ¼G00 (1)
e�t¼ln t edt�t¼
g ¼ �g
ln�
t dt
0
0
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10.11 Ecuaciones diferenciales
8.
G(z) ¼
1
e2piz � 1
þ
323
tz�1 e�t dt
C
donde C es el contorno de la figura 10-5. Ésta es una prolongación analítica, al semiplano izquierdo, de la
función gamma definida en (10.4).
Plano t
y
D
B
A
E
F
x
Figura 10-5
9.
Otra integral de contorno con el contorno C [figura 10-5] está dada por
þ
þ
i
1
z�1 �t
G(z) ¼
(�t) e dt ¼ �
(�t)�z e�t dt
2 pi
2 sen pz
C
C
10.10 La función beta
Si Re{m} > 0, Re{n} > 0, la función beta se define como
ð1
B(m, n) ¼ tm�1 (1 � t)n�1 dt (10.8)
0
Como se ve en el problema 10.18, la función beta se relaciona con la función gamma de acuerdo con la fórmula
G(m)G(n)
B(m, n) ¼
(10.9)
G(m þ n)
Hay varias integrales que se expresan en términos de la función beta y, por tanto, en términos de la función
gamma. Dos fórmulas interesantes son
pð=2
0
1
G(m)G(n)
sen2m�1 u cos2n�1 u du ¼ B(m, n) ¼
2
2G(m þ n)
ð1
t p�1
p
dt ¼ B( p, 1 � p) ¼ G( p)G(1 � p) ¼
1þt
sen pp
(10.10)
(10.11)
0
la primera es válida para Re{m} > 0 y Re{n} > 0, y la segunda, para 0 < Re{p} < 1.
Para el caso de que Re{m} ≤ 0 y Re{n} ≤ 0, la definición (10.8) se extiende mediante prolongación analítica.
10.11 Ecuaciones diferenciales
Suponga la ecuación lineal diferencial
Y 00 þ p(z)Y 0 þ q(z)Y ¼ 0 (10.12)
Si p(z) y q(z) son analíticas en un punto a, entonces a se llama punto ordinario de la ecuación diferencial. Los puntos
en los que p(z) o q(z) o ambas no son analíticas se llaman puntos singulares de la ecuación diferencial.
ejemplo 10.1 Para
For Y 00 þ zY 0 þ (z2 � 4)Y ¼ 0,, todo punto es un punto ordinario.
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324
Capítulo 10 Temas especiales
ejemplo 10.2 Para (1 − z2)Y″ − 2zY′ + 6Y = 0 o Y″ − {2z/(1 − z2)}Y′ + {6/(1 − z2)}Y = 0, se observa que
z = 1 son puntos singulares; todos los demás puntos son puntos ordinarios.
Sea z = a un punto singular, pero (z − a)p(z) y (z − a)2q(z) son analíticas en z = a. Así, z = a se llama punto
singular regular. Si z = a no es un punto ordinario ni singular regular, entonces es un punto singular irregular.
ejemplo 10.3 En el ejemplo 10.2, z = 1 es un punto singular regular porque
��
��
��
��
2z2z
6�
2z2z
6�
6z6z
2 2 6 6
y (z (z
��
1) 1)
¼¼
(z (z
��
1) 1)� � 2 2 ¼ ¼
zþ
11
zþ
1�
z z
1�
zþ
1�
1�
z2 z2 z þ
11
son analíticas en z = 1. De manera similar, z = −1 es un punto singular regular.
ejemplo 10.4 z3Y″ + (1 − z)Y′ − 2Y = 0 tiene a z = 0 como punto singular. Además,
�� ��
�� ��
z z
1�
z z 1�
1�
1�
22
2 2 2 2
��
z z 3 3 ¼ ¼ 2 2 y z z � �3 3 ¼ ¼
z z
z z
z z
z z
no son analíticas en z = 0, de manera que z = 0 es un punto singular irregular.
Si Y1(z) y Y2(z) son dos soluciones de (10.12) que no sean múltiplos constantes una de otra, estas soluciones se llaman linealmente independientes. En tal caso, si A y B son constantes cualesquiera, la solución general de (10.12) es
Los teoremas siguientes son fundamentales.
Teorema 10.1.
Y ¼ AY1 þ BY2
(10.13)
Sea z = a un punto ordinario de (10.12). Así, existen dos soluciones linealmente independientes
de (10.12) de la forma
1
X
ak (z � a)k (10.14)
k¼0
donde las constantes ak se determinan mediante sustitución en (10.12). Al hacer esto puede ser
necesario desarrollar p(z) y q(z) en potencias de (z − a). En la práctica, es deseable sustituir
(z − a) por una nueva variable.
Las soluciones (10.14) convergen en un círculo con centro en a, que se extiende hasta la singularidad más cercana
de la ecuación diferencial.
ejemplo 10.5 P
a ecuación (1 − z2)Y″ − 2zY′ + 6Y = 0 [véase el ejemplo 10.2] tiene una solución de la forma
L
ak zk que converge en el interior de la circunferencia |z| = 1.
Teorema 10.2.
Suponga que z = a es un punto singular regular. Así, existe al menos una solución de la forma
1
X
(10.15)
ak (z � a)k
(z � a)c
k¼0
donde c es una constante. Al sustituir en (10.12) e igualar a cero la potencia más baja de (z − a)
se obtiene una ecuación cuadrática para c (llamada ecuación característica). Si a las soluciones
de esta ecuación cuadrática las llamamos c1 y c2, se tienen las situaciones siguientes.
1.
c1 − c2  un entero. En este caso, hay dos soluciones linealmente independientes de la
forma (10.15).
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10.13 Funciones de Bessel
2.
325
c1 = c2. Aquí, una solución es de la forma (10.15) y la otra solución linealmente independiente es de la forma
1
X
bk (z � a)kþc ln(z � a)
(10.16)
k¼0
c1 − c2 = un entero  0. En ese caso, existe ya sea una solución de la forma (10.15) o
dos soluciones linealmente independientes que tienen esta forma. Si sólo se halla una
solución de la forma (10.15), la otra solución linealmente independiente es de la forma
(10.16).
Todas las soluciones obtenidas convergen en un círculo con centro en a, que se extiende hasta la singularidad más
cercana de la ecuación diferencial.
3.
10.12 Solución de ecuaciones diferenciales mediante
integrales de contorno
Con frecuencia es deseable buscar una solución de una ecuación diferencial de la forma
þ
Y(z) ¼ K(z, t)G(t) dt (10.17)
C
donde K(z, t) se conoce como el núcleo. Una posibilidad útil se presenta cuando K(z, t) = ezt, en cuyo caso
þ
(10.18)
Y(z) ¼ ezt G(t) dt C
Tales soluciones pueden presentarse cuando los coeficientes de la ecuación diferencial son funciones racionales
(véanse los problemas 10.25 y 10.26).
10.13 Funciones de Bessel
La ecuación diferencial de Bessel de orden n está dada por
z2 Y 00 þ zY 0 þ (z2 � n2 )Y ¼ 0
(10.19)
Una solución de esta ecuación cuando n ≥ 0 es
�
�
zn
z2
z4
Jn (z) ¼ n
1�
þ
� ��� 2 G(n þ 1)
2(2n þ 2) 2 � 4(2n þ 2)(2n þ 4)
(10.20)
que se conoce como función de Bessel del primer tipo de orden n.
Si n no es un entero, la solución general de (10.18) es
Y ¼ AJn (z) þ BJ�n (z) (10.21)
n
donde A y B son constantes arbitrarias. Pero si n es un entero, entonces J−n(z) = (−1) Jn(z) y (10.20) no proporciona
la solución general. En este caso, la solución general se halla como en los problemas 10.182 y 10.183.
Las funciones de Bessel tienen muchas propiedades interesantes e importantes, entre las que se encuentran las
siguientes.
1
X
Jn (z)tn
ez(t�1=t)=2 ¼
1.
n¼�1
El lado izquierdo suele conocerse como función generatriz de las funciones de Bessel del primer tipo para
valores enteros de n.
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326
Capítulo 10 Temas especiales
2.
zJn�1 (z) � 2nJn (z) þ zJnþ1 (z) ¼ 0
Esta fórmula se conoce
como fórmula de recursión
para las funciones de Bessel [véase el problema
�n
�n
dd fz�n
dd fznn Jn (z)g ¼ znn Jn�1 (z),
J
(z)g ¼
¼ �z
�z�n
(z)
10.27].
nþ1(z)
Jnn(z)g
JJnþ1
d fz �n
d fz nnJn (z)g ¼ z nnJn�1 (z),
dz
dz
�n
dz
d fz�n
d fzn Jnn (z)g ¼ zn Jn�1
(z), dz
Jnn (z)g ¼ �z�n
Jnþ1
(z)
�n
�n
n�1
nþ1
dd fznnJn (z)g ¼ pznnJn�1 (z), dz
dd fz �nJn (z)g ¼ �z�n
Jnþ1 (z)
dz
JJnn(z)g
(z)g¼¼ððpzz JJn�1
(z), dz fzfz�n
(z)g¼¼�z
�z�nJJnþ1
(z)
3.
dz fzfz JJnn(z)g
n�1(z),
nþ1(z)
dz
dz
dz f) df, n ¼ integer
dz J (z) ¼ 11 ðpp cos(nf � z sen
n
p
Jn (z) ¼ p
1 ðppcos(nf � z sen f) df, n ¼ integer
1 ððcos(nf � z sen f) df, n ¼ integer
Jnn (z) ¼ p
1100 cos(nf � z sen f) df, n ¼ integer
Jn (z) ¼ p
(z)
¼
J
senff))ddff, , nnn¼
integer
cos(nff��zzsen
Jnn (z) ¼p 00 cos(n
4.
=¼integer
entero
p pp0
1
ð
ð
p
1
ð
ð
0
0
p1
1
sen nnp
�nf�z senh f
1
ð1 e�n
f�z senh f d f
cos(nf
(z) ¼
¼ 11 ððppp cos(n
f�
� zz sen
sen f
f)) ddf
f�
�sen
JJnn(z)
df
ð1e �n
senpnp1
p
f
p
p
f�z
�z senh
senh f
f df
1 ð0ðcos(nf � z sen f) d f � senpnpð0ðe�n
Jnn (z) ¼ p
�n
f
�z
senh
f
p
1
sen
n
J (z) ¼ p10 cos(nf � z sen f) d f � sen
p np e �nff�z�zsenh
5.
senhffd f
JJnnn(z)
ddff
cos(nff��zzsen
(z)¼¼p 00 cos(n
senff))ddff�� p 000 ee�n
p
p
p
p
z
0
0
ð
z
ð
00 00 (bz)g
00
(bz)Jn00 (az)
(az) �
� bJ
bJn(az)J
(az)J
zfaJn(bz)J
n
ðzzz tJn (at)Jn (bt) dt ¼ zfaJ
n
n
n00 (bz)g ,
= bb
2
2
ðz ztJn (at)Jn (bt) dt ¼ zfaJnn (bz)Jnnn000 (az)
�
bJ
(az)J
(bz)g , aa =
nn
b
�
a
n
2
2
n0 (bz)g ,
ð
ð
b
�
a
(bz)J
(az)
�
bJ
(az)J
zfaJ
tJ
(at)J
(bt)
dt
¼
a
=
b
n
n
0
0
n
n
6.
n
0 n
22bJnn(az)J
��abJ
(bz)Jnnn0(az)
(az)
(az)Jnnn0(bz)g
(bz)g, a = b
zfaJnn(bz)J
b222 �
0 tJn (at)Jn (bt) dt ¼ zfaJ
2
tJ
(at)J
(bt)
dt
¼
,
a
=
b
tJ
(at)J
(bt)
dt
¼
,
a
=
b
nn
b �a
z 00 nn
bb22��aa22
ððz 000
(bz)Jn�1(az)
(az) �
� bzJ
bzJn(az)J
(az)Jn�1(bz)
(bz)
azJn(bz)J
ðzzz tJn (at)Jn (bt) dt ¼ azJ
n
n�1
n
n�1
, aa =
= bb
2�
2 n (az)Jn�1 (bz) ,
ðz ztJn (at)Jn (bt) dt ¼ azJnn (bz)Jn�1
(az)
bzJ
b
�
a
n�1
n
n�1
2
2
ððtJn (at)Jn (bt) dt ¼ azJn (bz)Jn�1 (az)
b
�
a
7.
bzJ
(az)J
(bz)
,
a
=
b
n�1
n
0 n
22 nnn(az)J
(bz)Jn�1
(az)
�bzJ
(az)Jn�1
(bz), a = b
azJnn(bz)J
b222 �
abzJ
n�1(az)
n�1(bz)
0 tJn (at)Jn (bt) dt ¼ azJ
�
2
tJ
(at)J
(bt)
dt
¼
,
a
=
b
tJ
(at)J
(bt)
dt
¼
,
a
=
b
nn
b �a
00 nn
bb22��aa22
z
0
ð
z
2
ð
00
ðzzz tfJn (at)g22 dt ¼ zz222 [fJn (az)g22 � Jn�1 (az)Jnþ1 (az)]
tfJ
(at)g
dt
¼
ð
8.
z [fJ (az)g � J (az)Jnþ1 (az)]
ðzðztfJnn (at)g222 dt ¼ z22222[fJnn (az)g222 � Jn�1
nþ1
n�1 (az)J
nþ1 (az)]
0 tfJn (at)g dt ¼ z2z [fJn (az)g � Jn�1
0
22
22
n
n
n�1 (az)Jnþ1 (az)]
tfJ
(at)g
dt
¼
(az)g
�
J
(az)J
[fJ
(az)]
n�1 (az)Jnþ1
nþ1(az)]
00 tfJnn (at)g dt ¼ 2 [fJnn (az)g � Jn�1
22
þ
0
þ
00
1
�n�1 (1=2)z(t�1=t)
9.
(z) ¼
¼ 11 þþ tt�n�1
dt, nn ¼
¼ 0,
0, +1,
+1, +2,
+2, .. .. ..
ee(1=2)z(t�1=t)
dt,
JJnn(z)
2
p
i
�n�1
(1=2)z(t�1=t)
(1=2)z(t�1=t) dt,
1 i þCþ t�n�1
e
n
¼
0,
+1,
+2,
...
Jnn (z) ¼ 2p
�n�1 (1=2)z(t�1=t)
e (1=2)z(t�1=t)dt, n ¼ 0, +1, +2, . . .
J (z) ¼ 21p1i C t�n�1
dt,
JJnnn(z)
(z)¼¼2pi CC t t�n�1ee(1=2)z(t�1=t)
dt, nn¼¼0,0,+1,
+1,+2,
+2,. . . .
donde C es una curva simple
que encierra a t = 0.
22ppicerrada
iC
CC
10.
zn
Jn (z) ¼
1 � 3 � 5 � � � (2n � 1)p
ð1
eizt (1 � t2 )n�1=2 dt
�1
ðp
zn
¼
cos(z cos f) sen2n f df
1 � 3 � 5 � � � (2n � 1)p
0
Una segunda solución para la ecuación diferencial de Bessel, cuando n es un entero positivo, se conoce como
función de Bessel del segundo tipo de orden n o función de Neumann, y está dada por
� �
n�1
1X
(n � k � 1)! z 2k�n
Yn (z) ¼ Jn (z) ln z �
2 k¼0
k!
2
(10.22)
� �2kþn
1
1X
(�1)k
z
�
fG(k) þ G(n þ k)g
2 k¼0 (k!)(n þ k)! 2
donde G(k) ¼ 1 þ 12 þ 13 þ � � � þ 1=k y G(0)
= 0.
G(0)
¼ 0.
Sinn ¼
= 0,
0, se tiene
If
�
�
�
�
z2
z4
1
z6
1 1
Y0 (z) ¼ J0 (z) ln z þ 2 � 2 2 1 þ
þ 2 2 2 1þ þ
� � � �
2
2 3
2
24
24 6
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(10.23)
10.14 Funciones de Legendre
327
En términos de estas ecuaciones, la solución general de (10.19), para n que es un entero positivo, se escribe
Y ¼ AJn (z) þ BYn (z)
(10.24)
10.14 Funciones de Legendre
La ecuación diferencial de Legendre de orden n está dada por
(1 � z2 )Y 00 � 2zY 0 þ n(n þ 1)Y ¼ 0 La solución general de esta ecuación es
�
�
n(n þ 1) 2 n(n � 2)(n þ 1)(n þ 3) 4
z þ
z � ���
Y ¼A 1�
2!
4!
�
�
(n � 1)(n þ 2) 3 (n � 1)(n � 3)(n þ 2)(n þ 4) 5
þB z�
z þ
z � ���
3!
5!
(10.25)
(10.26)
Si n no es entero, estas soluciones en forma de serie convergen para |z| < 1. Si n es cero o un entero positivo, se obtienen soluciones polinómicas de grado n. Estas soluciones polinómicas se conocen como polinomios de Legendre y se
denotan Pn(z), n = 0, 1, 2, 3, . . . . Al elegir estos polinomios de manera que Pn(1) = 1, se encuentra que se expresan
mediante la fórmula de Rodrigues
Pn (z) ¼
1 dn
2n n! dzn
(z2 � 1)n
(10.27)
etc.
de donde P0 (z) ¼ 1, P1 (z) ¼ z, P2 (z) ¼ 12 (3z2 � 1), P3 (z) ¼ 12 (5z3 � 3z),, etcétera.
Las siguientes son algunas propiedades de los polinomios de Legendre.
1
X
1
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼
Pn (z)tn
1.
1 � 2zt þ t2 n¼0
2.
Esta igualdad se conoce como función generatriz para los polinomios de Legendre.
�
�
(2n)!
n(n � 1) n�2 n(n � 1)(n � 2)(n � 3) n�4
z
z
þ
� ���
Pn (z) ¼ n 2 zn �
2(2n � 1)
2 � 4(2n � 1)(2n � 3)
2 (n!)
3.
1
Pn (z) ¼
2 pi
þ
C
(t2 � 1)n
dt
2n (t � z)nþ1
donde C es cualquier curva cerrada que encierre al polo t = z.
((
ð1ð1
00
if
=nn
siifmm=
22
PPmm(z)P
4.
(z)Pn (z)
dz¼¼
n (z)dz
if
siifmm¼¼nn
2n
2nþþ11
�1
�1
[Véanse los problemas 10.30 y 10.31.] ðp
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
1
Pn (z) ¼ 1 ðp [z þ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
z2 � 1 cos f]n df
p
2 � 1 cos f]n d f
P
(z)
¼
[z
þ
z
5.
n
0
p
0
[Véase el problema 6.34.]
6.
(n þ 1)Pnþ1 (z) � (2n þ 1)zPn (z) þ nPn�1 (z) ¼ 0
(n þ 1)Pnþ1 (z) � (2n þ 1)zPn (z) þ nPn�1 (z) ¼ 0
Esta ecuación se conoce como fórmula de recursión para los polinomios de Legendre [véase el problema
10.32].
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328
Capítulo 10 Temas especiales
(2n þ 1)Pn (z) ¼ P0nþ1 (z) � P0n�1 (z)
7.
Si n es cero o un entero positivo, la solución general para la ecuación de Legendre se escribe como
Y ¼ APn (z) þ BQn (z)
(10.28)
donde Qn(z) es una serie infinita convergente para |z| < 1 que se obtiene de (10.26). Si n no es un entero positivo,
existen dos soluciones en forma de serie infinitas que se obtienen de (10.26) convergentes para |z| < 1. Estas soluciones de la ecuación de Legendre se conocen como funciones de Legendre, y tienen propiedades análogas a las de
los polinomios de Legendre.
10.15 Función hipergeométrica
La función definida por
F(a, b; c; z) ¼ 1 þ
a�b
a(a þ 1)b(b þ 1) 2
zþ
z þ � � �
1�c
1 � 2 � c(c þ 1)
(10.29)
se conoce como función hipergeométrica y es una solución de la ecuación diferencial de Gauss o ecuación hipergeométrica
z(1 � z)Y 00 þ fc � (a þ b þ 1)zgY 0 � abY ¼ 0 (10.30)
La serie en (10.29) es absolutamente convergente para |z| < 1 y divergente para |z| > 1. Para |z| = 1, la serie converge
absolutamente si Re{c – a − b} > 0.
Suponga que |z| < 1 y que Re{c} > Re{b} > 0. Así, se tiene
G(c)
F(a, b; c; z) ¼
G(b)G(c � b)
ð1
tb�1 (1 � t)c�b�1 (1 � tz)�a dt (10.31)
0
Para |z| > 1, la función se define mediante prolongación analítica.
10.6 La función zeta
La función zeta, muy estudiada por Riemann en relación con la teoría de los números, se define para Re{z} > 1
mediante
z(z) ¼
1
X
1
1
1
1
þ
þ
þ
�
�
�
¼
z
1z 2z 3z
k
k¼1
(10.32)
Esta función se extiende mediante prolongación analítica a otros valores de z. La definición extendida de z(z) tiene
la interesante propiedad de que
z(1 � z) ¼ 21�z p�z G(z) cos(pz=2)z(z)
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(10.33)
10.17 Series asintóticas
329
Otras propiedades interesantes son las siguientes.
1.
1
ð z�1
1
t
z(z) ¼
dt
G(z) et þ 1
Refzg . 0
0
2.
3.
La única singularidad de z(z) es un polo simple en z = 1 con residuo 1.
Si Bk, k = 1, 2, 3, . . . , es el coeficiente de z2k en el desarrollo
� �
1
X
1
1
Bk z2k
z cot z ¼ 1 �
2
2
(2k)!
k¼1
por ende
z(2k) ¼
22k�1 p2k Bk
(2k)!
k ¼ 1, 2, 3, . . .
Así se tiene, por ejemplo, B1 = 1/6, B2 = 1/30, . . . , de donde z(2) = p2/6, z(4) = p 4/90, . . . Los números Bk se conocen como números de Bernoulli. En el problema 6.163, página 203, hay otra definición de
los números de Bernoulli.
�
��
��
��
�
�
Y�
1
1
1
1
1
1
4.
1� z
¼ 1 � z 1 � z 1 � z 1 � z ��� ¼
2
3
5
7
p
z(z)
p
donde el producto es un producto sobre todos los primos positivos p.
La conjetura de Riemann, que afirma que todos los ceros de z(z) se encuentran en la recta Re{z} = 12, aún no se
comprueba ni refuta. Sin embargo, Hardy demostró que sobre esta recta hay una cantidad infinita de ceros.
10.17 Series asintóticas
Una serie
a0 þ
1
X
a1 a2
an
þ 2 þ ��� ¼
z
z
zn
n¼0
(10.34)
se dice que es una serie asintótica para una función F(z) si, para todo entero positivo M dado,
lím z
z!1 M
lím z
z!1
En este caso se escribe
(
M(
)
M
X
an)
F(z) � X
¼ 0
M
aznn
F(z) � n¼0 n ¼ 0
z
n¼0
1
X
an
F(z) � X
1
a
znn
F(z) � n¼0 n z
n¼0
(10.35)
(10.36)
Las series asintóticas y las fórmulas en que aparecen son muy útiles en la evaluación de funciones en valores
grandes de la variable, lo cual de otra manera puede ser difícil. En la práctica, una serie asintótica puede divergir.
Pero, al tomar la suma de los términos sucesivos de la serie hasta antes de que los términos empiecen a crecer, puede
obtenerse una buena aproximación a F(z).
Con series asintóticas pueden realizarse varias operaciones. Así, por ejemplo, las series asintóticas pueden sumarse,
multiplicarse o integrarse término a término para obtener otra serie asintótica. La diferenciación, sin embargo, no
siempre es posible. Para un rango dado de valores de z, una serie asintótica, si existe, es única.
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330
Capítulo 10 Temas especiales
10.18 Método del punto silla
Sea I(z) expresable en la forma
ð
I(z) ¼ ezF(t) dt (10.37)
C
donde C es una trayectoria en el plano t. Como F(t) es compleja, se considera que z es real.
El método del punto silla sirve para hallar una fórmula asintótica para (10.37) válida para z grande. Este método,
cuando es aplicable, consta de los pasos siguientes.
1.
Determinar los puntos en los que F ′(t) = 0. Estos puntos se conocen como puntos silla, razón por la que
el método se conoce como método del punto silla.
Se supondrá que sólo hay un punto silla, digamos t0. Si hay más de un punto silla, el método se extiende.
2.
Si se supone que F(t) es analítica en una vecindad de t0, se obtiene el desarrollo en serie de Taylor
F(t) ¼ F(t0 ) þ
F 00 (t0 )(t � t0 )2
þ � � � ¼ F(t0 ) � u2
2!
(10.38)
Ahora se deforma el contorno C de manera que pase por el punto silla t0 y sea tal que la Re{F(t)} sea la
más grande en t0 mientras que Im{F(t)} se considera igual a la constante Im{F(t0)} en la vecindad de t0.
Con estos supuestos, la variable u, definida por (10.38), es real y se obtiene con un alto grado de aproximación
I(z) ¼ e
zF(t0 )
1
ð
�1
e
�zu2
�
�
dt
du
du
(10.39)
donde, de (10.38), se hallan constantes b0, b1, . . . tales que
dt
¼ b0 þ b1 u þ b2 u2 þ � � �
du
3.
(10.40)
En (10.39) se sustituye (10.40) y se realizan las integraciones para obtener la expansión asintótica buscada
I(z) �
rffiffiffiffi
�
�
p zF(t0 )
1 b2 1 � 3 b4 1 � 3 � 5 b6
e
b0 þ
þ
þ
�
�
�
þ
2 z 2 � 2 z2 2 � 2 � 2 z3
z
(10.41)
Para muchos propósitos prácticos, el primer término proporciona suficiente exactitud y se encuentra
rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
�2p zF(t0 )
(10.42)
I(z) �
e
zF 00 (t0 )
Métodos similares al anterior se conocen también como método de Laplace y método de la fase estacionaria.
10.19 Desarrollos asintóticos especiales
1.
La función gamma
G(z þ 1) �
�
�
pffiffiffiffiffiffiffiffi 2 �z
1
1
139
þ
�
þ
�
�
�
2p z z e 1 þ
12z 288z2 51,840z2
(10.43)
Esta fórmula suele conocerse como fórmula asintótica de Stirling para la función gamma. Es válida para
valores grandes de |z| tales que −p < arg z < p.
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10.20 Funciones elípticas
Sea n real y grande. Así, se tiene
pffiffiffiffiffiffiffiffi
G(n þ 1) ¼ 2pn nn e�n eu=12n , where
,11
donde 0 ,
< uu <
En particular, si n es un entero positivo grande, se tiene
pffiffiffiffiffiffiffiffi
n! � 2pn nn e�n
331
(10.44)
(10.45)
que se conoce como fórmula asintótica de Stirling para n!.
2.
Funciones de Bessel
rffiffiffiffiffir
ffi �ffiffiffiffiffiffi �
� �
� �
� �
�� ��
2 2
1 1 1 1
1 1 1 1
þ Q(z)
p Q(z)
np �
np �
cos cos
z�z�
Jn (z)Jn�(z) � P(z)P(z)
z�z�
sen sen
p þ
p p np �
np �
pz pz
2 2 4 4
2 2 4 4
(10.46)
donde
1
1 X
2
k
2 1)2 ]
2
X
12 ][4n
� � �2[4n
��
(4k1)�
(�1)(�1)
[4nk2[4n
� 12 2�][4n
� 32 2�] �3�2�][4n
� (4k
]
P(z)P(z)
¼ 1¼
þ1 þ
6k
2k
6k
2k
(2k)!2
(2k)!2
z z
k¼1 k¼1
1
1 X
2
k
2 3)2 ]
2
X
12 ][4n
� � �2[4n
��
(4k3)�
(�1)(�1)
[4nk2[4n
� 12 2�][4n
� 32 2�] �3�2�][4n
� (4k
]
Q(z)Q(z)
¼ ¼
2k�1z2k�1
(2k1)!2
� 6k�3
1)!2z6k�3
(2k �
k¼1 k¼1
3.
(10.47)
Esta fórmula es válida para valores grandes de |z| tales que −p < arg z < p.
La función del error
ðz
2 1
2
ze�z X
Gfk � (1=2)g
�t2
(�1)k
erf(z) ¼ pffiffiffiffi e dt � 1 þ
z2k
p
p k¼1
(10.48)
0
4.
Esta fórmula es válida para valores grandes de |z| tales que −p/2 < arg z < p/2. Para p/2 < arg z <
3p/2, esta fórmula es válida si en el lado derecho se sustituye z por −z.
La integral exponencial
Ei(z) ¼
1
ð
z
1
X
e�t
(�1)k k!
dt � e�z
zkþ1
t
k¼0
(10.49)
Esta fórmula es válida para valores grandes de |z| tales que −p < arg z < p.
10.20 Funciones elípticas
La integral
ðw
dt
z ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2
(1 � t )(1 � k2 t2 )
jkj , 1
(10.50)
0
se conoce como integral elíptica del primer tipo. Esta integral existe si w es real y tal que |w| < 1. Mediante prolongación analítica, esta integral puede extienderse a otros valores de w. Si t = sen u y w = sen , la integral (10.50)
toma la forma equivalente
ðf
du
z ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
1 � k2 sen2 u
(10.51)
0
donde suele escribirse f = am z.
Suponga que k = 0, entonces (10.50) se convierte en z = sen−1 w o, de manera equivalente, w = sen z. Por analogía, la integral en (10.50) para k  0 se denota sn−1 (w; k), o, simplemente, sn−1 w cuando k no cambia durante un
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332
Capítulo 10 Temas especiales
determinado análisis. Así,
ðw
dt
z ¼ sn w ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi 2
(1 � t )(1 � k2 t2 )
�1
(10.52)
0
Esto lleva a la función w = sn z, que se conoce como función elíptica o también función elíptica jacobiana.
Por analogía con las funciones trigonométricas, es conveniente definir otras funciones elípticas
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
cn z ¼ 1 � sn2 z, dn z ¼ 1 � k2 sn2 z (10.53)
Otra función común es tn z = (sn z)/(cn z). A continuación se presentan varias propiedades de estas funciones.
1.
2.
3.
sn(0)
sn(0)¼¼0,0, cn(0)
cn(0)¼¼1,1, dn(0)
dn(0)¼¼1,1, sn(�z)
sn(�z)¼¼�sn
�snz,z, cn(�z)
cn(�z)¼¼cn
cnz,z, dn(�z)
dn(�z)¼¼dn
dnzz
22
(d=dz)
snzzcn
cnzz
(d=dz)sn
snzz¼¼cn
cnzzdn
dnz,z,(d=dz)
(d=dz)cn
cnzz¼¼�sn
�snzzdn
dnz,z,(d=dz)
(d=dz)dn
dnzz¼¼�k
�k sn
sn
cnzz¼¼cos(am
cos(amz)z)
snzz¼¼sen(am
sen(amz),
z), cn
sn
snzz11cn
cnzz22dn
dnzz22þþcn
cnzz11dn
dnzz11sn
snzz22
sn(z
sn(z11þþzz22))¼¼
22z sn22z
11��kk22sn
sn z11 sn z22
cn
z
cn
z
�
sn
cn z11 cn z22 � snzz11sn
snzz22dn
dnzz11dn
dnzz22
cn(z
cn(z11þþzz22))¼¼
2
2
2
11��kk2sn
sn2zz11sn
sn2zz22
4.
2
dn
dnzz11dn
dnzz22��kk2sn
snzz11sn
snzz22cn
cnzz11cn
cnzz22
dn(z
dn(z11þþzz22))¼¼
2
2
2
2
2
2
11��kk sn
sn zz11sn
sn zz22
(10.54)
(10.55)
(10.56)
Estas fórmulas se conocen como fórmulas de adición para las funciones elípticas.
Las funciones elípticas tienen dos periodos, por lo que se se les suele llamar funciones doblemente periódicas. Sean
pð=2
ð1
dt
du
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi K ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼
(10.57)
2
2
2
(1 � t )(1 � k t )
1 � k2 sen2 u
5.
0
0
ð1
pð=2
dt
K 0 ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼
(1 � t2 )(1 � k02 t2 )
0
0
du
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
1 � k02 sen2 u
(10.58)
dondepkffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
y k′, ffi que se conocen como módulo y módulo complementario, respectivamente, son tales que
k0 ¼ 1 � k2 . Entonces los periodos de sn z son 4K y 2iK′, los periodos de cs z son 4K y 2K + 2iK′, y los
0 dn z son 2K y 4iK′. Se sigue que en el plano complejo existe un conjunto de paralelogramos
periodos
2K þ 2iKde
, and the
[que se suelen llamar paralelogramos periódicos] en los cuales se repiten los valores de una función elíptica. Al menor de éstos se le conoce como celda unitaria, o sólo celda.
Las ideas anteriores se extienden a otras funciones elípticas. Existen integrales elípticas del segundo y del tercer
tipo definidas, respectivamente, por
ðf pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ðw rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
1 � k2 t2
dt ¼
z¼
1 � k2 sen2 u du
(10.59)
1 � t2
0
0
ðf
dt
du
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼
z¼
2
(1 þ nt2 ) (1 � t2 )(1 � k2 t2 )
(1 þ nsen u) 1 � k2 sen2 u
ðw
0
0
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(10.60)
333
Problemas resueltos
Problemas resueltos
Prolongación analítica
10.1. Sea F(z) analítica en una región y suponga que F(z) = 0 en todos los puntos del arco PQ en el interior de
[figura 10-6]. Demuestre que F(z) = 0 en todo .
Solució n
En el arco PQ se elige un punto z0. Así, en algún círculo de convergencia C con centro en z0 [círculo que se
extiende al menos hasta la frontera de , donde puede existir una singularidad], F(z) tiene un desarrollo en serie
de Taylor
0
0
2 )2 þ � � �
(z0�
)(zz�
(z0�
)(zz�
¼ F(z
þ0 )12þ
F 0012(zF000)(z
���
F(z)F(z)
¼ F(z
0 )Fþ(zF0 )(z
0) þ
0) z
0 ) z0þ
0
0
00 F 00 (z ) ¼ � � � ¼ 0. Hence, F(z) ¼ 0 inside C.
Hence,
F(z)
¼ 0=inside
Pero, por hipótesis, F(zF(z
tanto,
F(z)
0 en elC.interior de C.
0 )F¼(zF0 )(z¼
0 )F¼(z
0 � � � ¼ 0.. Por
0) ¼
0) ¼
Al elegir otro arco en el interior de C se continúa con este proceso. De esta manera se muestra que F(z) = 0 en
todo .
y
y
C
P
z0
x
Q
x
Figura 10-6
Figura 10-7
10.2. L
a identidad sen2 z + cos2 z = 1 es válida para los valores reales de z; demuestre que es válida para todos
los valores complejos de z.
Solució n
Sea F(z) = sen2 z + cos2 z – 1 y una región del plano z que contenga una porción del eje x [figura 10-7].
Como sen z y cos z son analíticas en , se sigue que F(z) es analítica en . Además, F(z) = 0 sobre el eje x.
Por tanto, de acuerdo con el problema 10.1, F(z) = 0 idénticamente en , lo que muestra que sen2 z + cos2 z = 1
para todo z en . Como es arbitraria, se obtiene el resultado buscado.
Este método es útil para obtener, para valores complejos, muchos resultados válidos para valores reales.
[figura 10-8], y suponga que en el arco PQ en , F1(z) = F2(z).
10.3. S
ean F1(z) y F2(z) analíticas en una región
Demuestre que F1(z) = F2(z) en .
Solució n
Se elige F(z) = F1(z) − F2(z) y se obtiene, de acuerdo con el problema 10.1, el resultado deseado.
J
Q
P
1
K
S
L
M
Figura 10-8
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Figura 10-9
2
a
T
334
Capítulo 10 Temas especiales
10.4. S
ea F1(z) analítica en la región 1 [figura 10-9] y en la frontera JKLM. Suponga que es posible hallar una
función F2(z) analítica en la región 2 y en la frontera JKLM tal que F1(z) = F2(z) en JKLM. Demuestre que
la función
(
F1 (z) para
for z en
in R11
F(z) ¼
F2 (z) para
for z en
in R22
es analítica en la región
, compuesta por
1
y
[lo que suele escribirse
2
=
1
+
2].
Solució n
Método 1. Esto se deriva del problema 10.3, pues en
propiedades requeridas.
2
sólo puede haber una función F2(z) que satisfaga las
Método 2. Con las fórmulas integrales de Cauchy.
Construya la curva simple cerrada SLTKS (línea punteada en la figura 10-9) y sea a un punto en su interior. De
acuerdo con la fórmula integral de Cauchy, se tiene (como F2(z) es analítica sobre y en el interior de LTKL, y como
F2(z) = F(z) en LTK)
þ
ð
ð
1
F2 (z)
1
F(z)
1
F(z)
dz ¼
dz þ
dz
F2 (a) ¼
2pi
z�a
2pi
z�a
2pi z � a
LTKL
LTK
KL
Además, de acuerdo con el teorema de Cauchy (como F1(z)/(z − a) es analítica sobre y en el interior de KSLK, y
como F1(z) = F(z) en KSL),
þ
ð
ð
1
F1 (z)
1
F(z)
1
F(z)
dz ¼
dz þ
dz
0¼
2pi
z�a
2pi
z�a
2pi z � a
KSLK
LK
KSL
Se suma, al aprovechar que F(z) = F1(z) = F2(z) en LK de manera que las integrales a lo largo de KL y LK se
anulan, y como F(a) = F2(a), se tiene
þ
1 þ F(z)
dz
F(a) ¼ 1
zF(z)
� a dz
F(a) ¼ 2pi
2pi LTKSL z � a
LTKSL
De manera similar, se encuentra
þ
n!
F(z)
F (n) (a) ¼ n! þ
dz
F(z)
(n)
2
p
i
(z
�
a)nþ1 dz
F (a) ¼
nþ1
LTKSL
2pi
(z � a)
LTKSL
por lo que F(z) es analítica en a. Pero como a puede ser cualquier punto en la región , se modifica de manera
adecuada el contorno punteado de la región en la figura 10-9 y se sigue que F(z) es analítica en .
Método 3. Con el teorema de Morera.
Consulte la figura 10-9 y se tiene
þ
ð
ð
ð
ð
F(z) dz ¼
F(z) dz þ F(z) dz þ F(z) dz þ
F(z) dz
KSLTK
KSL
¼
þ
KSLK
LK
F1 (z) dz þ
þ
KL
LTK
F2 (z) dz ¼ 0
KLTK
de acuerdo con el teorema de Cauchy. Por tanto, la integral a lo largo de cualquier trayectoria simple cerrada en
es cero y, por el teorema de Morera, F(z) debe ser analítica.
La función F2(z) se llama prolongación analítica de F1(z).
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Problemas resueltos
335
10.5. a ) Demuestre que la función definida por F1(z) = z − z2 + z3 − z4 + . . . es analítica en la región |z| = 1. b)
Encuentre una función que represente todas las posibles prolongaciones analíticas de F1(z).
Solució n
a) De acuerdo con el criterio del cociente, esta serie converge para |z| < 1. Por tanto, esta serie representa una
función analítica en esta región.
b) Para |z| < 1, la suma de esta serie es F2(z) = z/(1 + z). Pero esta función es analítica en todos los puntos
excepto z = −1. Como F2(z) = F1(z) en el interior de |z| = 1, ésta es la función buscada.
Ð1
10.6. a ) Demuestre que la función definida por F1 (z) ¼ 0 t3 e�zt dt es analítica en todos los puntos z en los que
Re{z} > 0. b) Encuentre una función que sea la prolongación analítica de F1(z) en el interior del semiplano
izquierdo Re{z} < 0.
Solució n
a) Se integra por partes para Re{z} > 0 y se tiene
1
ð
0
3 �zt
t e
dt ¼ lím
M!1
M
ð
t3 e�zt dt
0
� �zt �
� �zt �
� �zt �
� �zt ���M
�
e
e
e
e
�
� (3t2 ) 2 þ (6t)
�
(6)
�
3
4
M!1
�z
z
�z
z
0
�
�
3 �Mz
2 �Mz
�Mz
�Mz
6 M e
3M e
6Me
6e
6
�
¼ 4
¼ lím 4 �
�
� 4
M!1 z
z
z
z2
z3
z
�
¼ lím (t3 )
b) Para Re{z} > 0, la integral tiene el valor F2(z) = 6/z4. Pero esta función es analítica en todos los puntos
salvo z = 0. Como F2(z) = F1(z) para Re{z} > 0, se ve que F2(z) = 6/z4 debe ser la prolongación analítica
buscada.
Principio de reflexión de Schwarz
10.7. Demuestre el principio de reflexión de Schwarz (véase la página 320).
Solució n
Consulte la figura 10-4, página 320. Sobre el eje real [y = 0] seF1tiene
F1¼
(�z).Fby
Then,
by1 (�z). Then, by
(z) ¼FF11(z)
(x)¼¼FF1 1(x)
(x)
(�zF).¼
Then,
F¼
(z)FF1¼
(x) ¼deF
1(x)
1¼
1 (x)
1Así,
z) ¼ Fque
(z)
¼FF12(�(z)
F1 (�z) demostrar
acuerdo con el problema 10.3, sólo es necesario
es
analítica
en
.
z) ¼ F22 (z) 2
2 F1 (�
22
iVU
(x,
[i.e.,
y .R0],
iVF1y)
R1 [i.e.,
0],decir,
función
enR1y 1.
[es
> 0],yde
con las
Sea F1 (z) ¼FU1 (z)
(z)þy).
¼
y)esta
þ iV
. acuerdo
0],
1 (x,
1Como
1 (x,¼y)Uþ
1(x,
1 (x,y).
1 (x, y). es analítica
1y [i.e.,
ecuaciones de Cauchy-Riemann se tiene
@U1 @V1
¼
,
@x
@y
@V1
@U1
¼�
@x
@y
(1)
donde las derivadas parciales son continuas.
F1 (z) ¼ F1 (x) ¼ F1 (x) ¼ F1 (�z). Then, by
(x, −y) − iV1(x, −y).
Ahora, F1(z) = F1(x − iy) = U1(x, −y) + iV1(x, −y), y por ende F1 (�z) ¼ U
F21(z)
2 Para que esta
y>
función sea analítica en 2, debeFtenerse,
þ0,
iV1 (x, y).
R1 [i.e., y . 0],
1 (z) ¼ Upara
1 (x, y)
@U1 @(�V1 )
,
¼
@(�y)
@x
@(�V1 )
@U1
¼�
@x
@(�y)
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(2)
336
Capítulo 10 Temas especiales
Pero estas ecuaciones son equivalentes a las ecuaciones en (1), porque
@(�V
@(�V
@(�V
@V1@V1
@U@U
@U@U
1 ) 1 ) @V1@V1@(�V
1) 1)
1 1
1 1
¼¼ , ,
¼�
¼�
¼�
¼�
y @(�y)
@(�y) @y @y @x @x
@x @x
@(�y)
@(�y)
@y @y
De donde se sigue el resultado buscado.
Productos infinitos
10.8. D
emuestre que una condición necesaria y suficiente para que
i.e.,
converja.
Solució n
Suficiencia. Si x > 0, entonces 1 + x ≤ ex, de manera que
P
Q1¼
k¼1
Q
(1 þ
lím
Pn!1
P
[i.e.,
if
wk
If jwk j
(1 þ jwk j), converja es que
Q
Pn
converges [i.e., (1 þ wk )
j
j
If Sn ¼
k¼1
jwk j,
Pn ¼ (1 þ jw1 j)(1 þ jw2 j) � � � (1 þ jwn j) � 1 þ jw1 j þ jw2 j þ
n
Y
Q R, jwk (z)j ,
f1 þ wk (z)g
P
P
(1 þ jwk j) ¼ (1 þ jw1 j)(1 þ jw2 j) � � � (1 þ jwn j) � ejw1 j ejw2 j � � � ejwn j ¼ ejw1 jþjw2 jþ���þjwn j
Pn ¼
jj jj
Q
Q11¼¼
k¼1
w
Qk (z), k ¼ 1, 2, 3, . . . ,
(1þþjw
jwk kj),
j),
i.e.,
i.e., k¼1
k¼1(1
f1 þ wk (z)g
PnP
P
P
n
∞
j
j kjkj,j,jconverge,
¼ k¼1
IfIfSSnn¼
Si
Pn es una sucesión monótonamente creciente acotada y, por tanto, tiene un límite, es
¼jw
¼
¼1jw
kk¼1
=
QQ
11
i.e., 1
(1(1
þþ
jwjw
i.e.,
decir,
converge.
k j),
kkj),
k¼1
k¼1
jw
jw11j)(1
j)(1þþjw
jw
j)j)� � � �(1(1þþjw
jwnnj)j)��11þþjw
jw11j jþþjw
jw22j jþþ� � � �þþjw
jwnnj j¼¼11þþSSnn��11
PPnn¼¼(1(1þþk¼1
22P
P
nn n
jwjw
If IfSnnS¼
Necesidad. Si
se tiene
n ¼ k¼1
kkj,,k j,
k¼1
k¼1
P
P
j þj jþ
� (1
1þ
jþ
jþ
�þ
j ¼1 þ
1þ
(1(1
þþ
jwjw
jwjw
� � �� �(1
þþ
jwjw
��1 þ
jwjw
jwjw
� � �� �þ
jwjw
SnnS�
11
PnnP¼
n ¼
1jj)(1
n �
1 j)(1
22j)2 j)
nnj)n j)
11j 1þ
22j 2þ
nnj n¼
Q
Q11¼1¼
(1
(1
þ
þ
jw
jw
j),
j),
i.e.,
i.e.,
k
k
k¼1
k¼1
Si límn→∞ Pn existe, es decir, si el producto infinito converge, Sn es una sucesión monótonamente creciente acotada
P
P∞n
jwk kj,j,converge.
IfIfSdecir,
Snn¼¼ nk¼1
y, por tanto, tiene un límite, es
kk¼1
=1jw
10.9. Demuestre que
1
Q
k¼1
Solució n
�
�
jw11j)(1
j)(1þþjw
jw22j)j)� � � �(1(1þþjw
jwnnj)j)��11þþjw
jw11j jþþjw
jw22j jþþ� � � �þþjw
jwnnj j¼¼11þþSSnn��11
z2 PPnn¼¼(1(1þþjw
1 � 2 converge.
k
P
2 P
2 22 2
wk �(z
= −(z
/kThen
). Así,
z2|2/kand
y jwk j ¼ jzj2 1=k2 converge. Por tanto, de acuerdo con el problema
LetSea
wk ¼
=k ).
jwk|w
j¼
jzj2|=k
k| =
10.8, el producto infinito es absolutamente convergente, por lo que es convergente.
�
��
��
�
�
1 �
Y
z2
z2
z2
z2
10.10. Demuestre que sen z ¼ z 1 � 2 1 � 2 1 � 2 � � � ¼ z
1� 2 2 .
p
4p
9p
k p
k¼1
Solució n
De acuerdo con el problema 7.35, página 233, se tiene
�
��z
�
� ðz �
�
�
ðz �
�
2t
�dt
ðz �cot t � 1 �dt ¼ ln �sen t ��
��z¼ ln �sen z �¼ ðz � 2t þ
þ
�
�
�
1
sen t ��
sen
z z ¼ t2 �2tp2 þt2 �2t4p2 þ � � � dt
cot t � t dt ¼ ln t
¼
ln
0
0
0
t
z
t �0
t2 � p2 t2 � 4p2
0
0
�
�
�
�
1
1
X
Y
z2 �
z2 �
1 ln �1 �
1 �1 �
2
2
¼ X
¼
ln
Y
2z 2
2z 2
¼ k¼1 ln 1 �k 2p 2 ¼ lnk¼1 1 �k 2p 2
k
p
k
p
k¼1
� k¼1
1 �
2
Y
z
�
�
1 1�
2 .
Then, sen z ¼ z Y
2z 2
Por Then,
tanto, sen z ¼ zk¼1 1 �k 2p 2 .
k p
k¼1
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Problemas resueltos
337
La función gamma
10.11. Con la definición 10.4, página 321, demuestre que G(z þ 1) ¼ zG(z).
Solució n
Se integra por partes, si Re{z} > 0, y se tiene
8
9
�M M
1
M
ð
ð
8<
9=
�M Mð
�
1
M
�
ð
ð
ð
z�1
)(�e�t ) dt=
G(z þ 1) ¼ t z e�t dt ¼ lím tz z e�t�t dt ¼ lím< (tz z )(�e�t�t ��)� � (ztz�1
M!1 t e dt ¼ lím
M!1:
(t )(�e )� �0 � (zt )(�e�t ) dt ;
G(z þ 1) ¼ t z e�t dt ¼ lím
�
M!1 0
M!1:
;
0
0
0
0
0
0
1
ð
1
ð z�1 �t
t e dt ¼ zG(z)
¼ z z�1
¼ z t e�t dt ¼ zG(z)
0
0
1
ð
1
ð
2
2m�1 �x
10.12. Demuestre que G(m) ¼ 2 x2m�1
e 2 dx, m . 0.
G(m) ¼ 2 x
e�x dx, m . 0.
0
0
Solució n
2 x2 , we have
Si tIf=t x¼
, se tiene
G(m) ¼
1
ð
t
m�1 �t
e dt ¼
0
1
ð
2 m�1 �x2
(x )
e
1
ð
2
2x dx ¼ 2 x2m�1 e�x dx
0
0
Este resultado también es válido si Re{m} > 0.
10.13. Demuestre que G(z)G(1 � z) ¼
p
.
sen pz
Solució n
Primero se demuestra esta igualdad para valores reales de z tales que 0 < z < 1. Mediante prolongación analítica,
la igualdad se extiende a otros valores de z.
De acuerdo con el problema 10.12, para 0 < m < 1 se tiene
8 1
98 1
9
< ð
=< ð
=
2
2
G(m)G(1 � m) ¼ 2 x2m�1 e�x dx
2 y1�2m e�y dy
:
;:
;
0
¼4
1
ð
ð1
0
2
x2m�1 y1�2m e�(x
þy2 )
dx dy
0 0
En términos de coordenadas polares (r, u) con x = r cos u, y = r sen u, esto se convierte en
4
pð=2 1
ð
u¼0 r¼0
2
(tan1�2m u)(re�r ) dr d u ¼ 2
ð p=2
0
tan1�2m u d u ¼
con el problema 7.20, página 223, con x = tan2 u y p = 1 – m.
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p
sen mp
338
Capítulo 10 Temas especiales
��
Ð1
pffiffiffiffi
2
10.14. Demuestre que G 12 ¼ 2 0 e�u du ¼ p.
Solució n
De acuerdo con el problema 10.12, con m = 12 se tiene
ð1
��
2
G 12 ¼ 2 e�x dx
0
1
2
De acuerdo con el problema 10.13, con z = se tiene
�� ��11����22
�� �� p
pffiffiffiffiffiffiffiffi
o GG 1212 ¼
GG 22 ¼
¼ pp or
or
¼ pp
� �1��2
� � pffiffiffiffi
Por tanto, se llega al resultado buscado.
G 2 ¼ pporque
or G 12 >
¼ 0. p
Otro método. Al igual que en el problema 10.13,
8 1
98
9
ð
ð9
ð1 1
< ð 982 1=< 1
=
� �1�8�2 1
2
11
8
9
8
9
ð
ð
ð
ð
�x
�y
�(x2 þy2 )
<
=
<
=
1
1
1
1
¼ <�x22 ð e dx=<�y22 ð e dy= ¼ 4�(x
dx dy
� �1��2G 2
ð 2ðþye2 )
:
;
:
;
�
�
�
�
2
2
2 dy
2
¼ 22 e dx �x 2 e dy �y ¼ 4
e
dx
G2
2 0 e; dy ¼ 4 0 0 e�(x þy ) dx dy
G 12 : ¼ 2 0 e;
:dx
;
;0 0
0 :ð
0 :
p0=2 ð 1
0
0 0
2
ð
ð p¼
�r
=2 4ð
1
ð 12 e r dr d u ¼ p
p=2 �r
u¼0
e r¼0
r dr�rd2u ¼ p
¼4
e r dr d u ¼ p
u¼
¼04 r¼0
� � pffiffiffiffi
�1� Gp12 ffiffiffiffi¼ p.
�
de donde G 2 ¼ 1�p. pffiffiffiffi
G 2 ¼ p.
u¼0 r¼0
� �
pffiffiffiffi
p.
10.15. Mediante la prolongación analítica, muestre �que1�G �12 ¼
ffi
pffiffiffi�2
�
ffiffiffiffi
p
G �2 �¼ �2
p
.
1
G �2 ¼ �2 p.
Solució n
Si Re{z} > 0, Γ(z) se define mediante la ecuación (10.4), página 321, pero para Re{z} ≤ 0 no puede emplearse
esta definición. Sin embargo, con la fórmula de recursión Γ(z + 1) = zΓ(z), válida para Re{z} > 0, sí se extiende
la definición para Re{z} ≤ 0, es decir, proporciona una prolongación analítica para el semiplano izquierdo.
� �� �� 1 11� �� 1�11��
� �� 1�11��
p
ffiffiffiffiffi
pp
ffiffiffiffiffiffiffi
1 11enin
�¼
���
�or
��2
p
ffi
z¼
¼��
�
G(z
G(z
þ
þ
1)¼¼
¼zG(z),
zG(z),
zG(z),
�� or
p,ffiffifficon
¼
�GGG��
or
�� ¼¼
¼
�2
�2 pp
Se sustituye z z¼
Γ(z
+þ1)
=
zΓ(z)
y se encuentraGGG12 1212¼
o GGG��
el proinin
G(z
1)1)
z ¼2 22�12 in G(z þ 1) ¼ zG(z),
G 12 ¼2 22�12G2 22�12 or G2 22�12 ¼ �2 p
blema 10.14.
G(z
G(zþþ
þ nn þ
þ 1)
1)
G(z
G(znþþn1)þ 1) . ..
G(z)
G(z)¼¼
¼
G(z)
¼
10.16. a) Demuestre que G(z)z(z
z(z
z(zþþ
þ 1)(z
1)(zþþ
þ2)2)
2)������(z
�� (z
(z þ
þ n)
n) .
z(z1)(z
þ 1)(z
þ� 2)
� � �þ(zn)þ n)
b) Con el inciso a) muestre que Γ(z) es una función analítica, salvo por los polos simples en el semiplano
izquierdo en z = 0, −1, −2, −3, . . . .
Solució n
a) Se tiene Γ(z + 1) = zΓ(z), Γ(z + 2) = (z + 1)Γ(z + 1) = (z + 1)zΓ(z), Γ(z + 3) = (z + 2)Γ(z + 2) = (z + 2)
(z + 1)zΓ(z) y, en general, Γ(z + n + 1) = (z + n)(z + n − 1) . . . (z + 2)(z + 1)zΓ(z), de donde se obtiene el
resultado buscado.
b) Se sabe que Γ(z) es analítica para Re{z} > 0, de acuerdo con la definición (10.4), página 321. Además, de
acuerdo con el resultado del inciso a), es claro que Γ(z) está definida y es analítica para Re{z} ≥ −n salvo
por los polos simples en z = 0, −1, −2, . . . , −n. Como así sucede con todo entero positivo n, se obtiene el
resultado buscado.
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Problemas resueltos
339
10.17. C
on el teorema de factorización de Weierstrass para productos infinitos [ecuación (10.2), página 321] obtenga
el producto infinito para la función gamma [propiedad 2, página 327].
Solució n
Sea f (z) = 1/Γ(z + 1). Así, f (z) es analítica en todas partes y tiene ceros simples en z = −1, −2, −3, . . . . De
acuerdo con el teorema de factorización de Weierstrass se encuentra
�
1 �
Y
1
z �z=k
0
¼ e f (0)z
e
1þ
G(z þ 1)
k
k¼1
f 0 (0), let z ¼ 1.
G(2) ¼ 1,
Para determinar f ′(0), sea z = 1. Así, como Γ(2) = 1, se tiene
�
�
1 �
M �
Y
Y
1
1
0
0
1 ¼ e f (0)
1 þ e�1=k ¼ e f (0) lím
1 þ e�1=k
M!1
k
k
k¼1
k¼1
Se toman logaritmos y se ve que
�
��
��
� �
� ��
1 1 1
1
1
1
1
0
þ þ þ � � � þ � ln 1 þ
1þ
��� 1 þ
f (0) ¼ lím
M!1 1
2 3
M
1
2
M
�
�
1 1
1
¼ lím 1 þ þ þ � � � þ � ln M ¼ g
M!1
2 3
M
donde g es la constante de Euler. Por tanto, el resultado buscado se obtiene al observar que Γ(z + 1) = zΓ(z).
La función beta
10.18. Demuestre que B(m, n) = B(n, m).
Solució n
Con t = 1 – u,
ð1ð1
m�1(1
tm�1
0
0
¼ 22
10.19. Demuestre que B(m, n) ¼
2m�1u
sen2m�1
0
0
2n�1u
cos2n�1
u cos
sen
00
ð1ð1
m�1 n�1
dt ¼
¼ (1
(1 �
� u)
u)m�1uun�1 du
du ¼
¼ B(n,
B(n, m)
m)
(1 �
� t)
B(m,
B(m, n)
n) ¼
¼ t
ppð=2
ð=2
n�1 dt
t)n�1
u dduu ¼
¼ 22
ppð=2
ð=2
2m�1
2n�1
cos
cos2m�1uu sen
sen2n�1uu dduu..
00
Solució n
2 2
Sea t =t sen
¼ seu.
n uEntonces,
.
pð=2
ð1
B(m, n) ¼ tm�1 (1 � t)n�1 dt ¼
(sen2 u)m�1 (cos2 u)n�1 2 sen u cos u d u
0
0
¼2
pð=2
0
2m�1
sen
u cos
2n�1
u du ¼ 2
pð=2
cos2m�1 u sen2n�1u du
0
de acuerdo con el problema 10.18.
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340
Capítulo 10 Temas especiales
ð1
10.20. Demuestre que B(m, n) ¼
Solució n
tm�1 (1 � t)n�1 dt ¼
0
G(m)G(n)
.
G(m þ n)
De acuerdo con el problema 10.12, al transformar a coordenadas polares se tiene
8 1
98 1
9
1
ð
ð1
< ð
=< ð
=
2
2
2
2
2m�1 �x
2n�1 �y
G(m)G(n) ¼ 2 x
e dx
2 y
e dy ¼ 4
x2m�1 y2n�1 e�(x þy ) dx dy
:
;:
;
0
¼4
0
pð=2 1
ð
0 0
2
(cos2m�1 u sen2n�1 u)(r 2mþ2n�1 e�r ) dr d u
u¼0 r¼0
8 p=2
98 1
9
< ð
=< ð
=
2m�1
2n�1
2(mþn)�1 �r 2
¼ 2 cos
u sen
u du
r
e dr ¼ B(m, n)G(m þ n)
:
;:
;
0
0
donde se emplearon los problemas 10.19 y 10.12 con la sustitución de r por t y m + n por m. A partir de esto se
llega al resultado buscado.
pð=2
ð2 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
tan u d u.
x(2 � x) dx,y b)
10.21. Resuelva a)
0
0
Solució n
Con x = 2t, la integral
convierte en ð1
ð1 pse
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
1
ð pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
4t(1
� t)2 dt ¼ 4 t1=2ð1(1 � t)1=2 dt ¼ 4B(3=2, 3=2)
4t(1 � t)2 dt 0¼ 4 t1=2 (1 � t)1=2 dt ¼ 4B(3=2, 3=2)
0
� pffiffiffiffi�� pffiffiffiffi�
0
0
4 12 p 12 p
G(3=2)G(3=2)
� pffiffiffiffi�� p¼ffiffiffiffip
�
¼
¼4
4 212 p 12 p2 p
G(3=2)G(3=2)
G(3)
¼
¼4
¼
G(3)
2
2
pð=2
pð=2
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
� �
1=2
pð
=2 u d u ¼
pð=2
sen
u cos�1=2 u du ¼ 12B 34, 14
tan
b) pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
� �
sen1=2 u cos�1=2 u d u ¼ 12B 34, 14
tan u du0¼
0
pffiffiffi
0
� � 0 �1 � 1
p
p 2 pffiffiffi
1 3
¼
¼ 2G 4 G 4 ¼
� � � 2� sen(
1 p=4)p
2 p 2
¼
¼ 12G 34 G 14 ¼
2 sen(p=4)
2
con los problemas 10.13, 10.19 y 10.20.
a)
10.22. Muestre que
ð4
0
Solució n
3=2
y
2 1=2
(16 � y )
rffiffiffiffi
64 2 � �1��2
G4 .
dy ¼
21 p
Sea y2 = 16t, es decir, y = 4t1/2, dy = 2t −1/2 dt. Así, la integral se convierte en
ð1
ð1
3=4
1=2
�1=2
f8t gf4(1 � t) gf2t
dtg ¼ 64 t1=4 (1 � t)1=2 dt
0
0
�� ��
� � � �� � � �
�5 3� 64G 54 G 32
64 14 G 14 12 G 12
�
�
��
¼
¼ 64B 4, 2 ¼
7 3 3
G 11
4
4 � 4G 4
rffiffiffiffi
pffiffiffiffi � �
pffiffiffiffi � � ��2
128 p G 14
128 p G 14
64 2 � �1��2
��¼
�� ��¼
¼
G4
21 p
21 G 34
21 G 14 G 34
pffiffiffi
�� ��
al aprovechar que G 14 G 34 ¼ p=[sen(p=4)] ¼ p 2 [problema 10.13].
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Problemas resueltos
341
Ecuaciones diferenciales
10.23. D
etermine los puntos singulares de las ecuaciones diferenciales siguientes y especifique si son regulares o
irregulares.
���
���
�
�
2
11 0 0 �
zzz2z2z222�
�
nnn2nn222�
1
�
�
22222 0000000000
000 00
22222
22222
0000000000 1
1
�
0
0
0þ
YY¼
¼
z
z
Y
Y
þ
þ
zY
zY
þ
þ
(z
(z
�
�
n
n
)Y
)Y
¼
¼
0
0
or
or
Y
Y
þ
þ
Y
Y
þ
¼00000
z
z
Y
Y
þ
þ
zY
zY
þ
þ
(z
(z
�
�
n
n
)Y
)Y
¼
¼
0
0
or
or
Y
Y
þ
þ
Y
Y
þ
þ
¼
a) z Y þ zY þ (z � n )Y ¼ 0 oro Y þz zY þ
zzz2z2z222 YYY¼
zzz
22222 0 0
11111
4 4 00 00
3 3 0 00
00 00
0þ
þ
2(z
�
1)
þ
¼
or
þ
YYYY¼
¼
�
1)
þ
þ2(z
2(z
2(z�
�
�1)
1)
1)33YY3YYY00þ
þ
þYYYYY¼
¼
¼00000 or
or
or YYYYY000000þ
þ
þz z��11YYYYY00þ
þ
¼
¼00000
(z
(z�
�
�1)
1)
1)44YY4YYY000000þ
b) (z
o þ
2(z
�
1)
þ
¼
or
þ
þþ(z(z��1)1)
¼
(z(z
�
1)
4 4Y
zzz�
(z
��111
(z(z�
��1)
1)1)444
11111
11111
000 00
22
00 00
0 00
00 00
(1
�
z)Y
þ
�
¼
or
þ
�
�
YYYY
YYYY¼
¼
c) zzz2z2z2(1
o (1
(1�
�
�z)Y
z)Y
z)Y000000þ
þ
þYYYYY00�
�
�YYYYY¼
¼
¼00000 or
or
or YYYYY000000þ
þ
þz2z22(1
�
�z2z22(1
¼
¼00000
(1
�
z)Y
þ
�
¼
or
þ
�
¼
22(1��z)z)Y
22(1��z)z)Y
zzz(1
zzz(1
(1(1�
��z)
z)z)
(1(1�
��z)
z)z)
Solució n
a) z = 0 es un punto singular. Como z(1/z) = 1 y z2{(z2 − n2)/z2} = z2 − n2 son analíticas en z = 0, éste es un
punto singular regular.
b) En el punto singular z = 1, (z − 1){2/(z − 1)} = 2 es analítica pero (z − 1)2 ⋅ {1/(z − 1)4} = {1/(z − 1)2}
no es analítica. Por tanto, z = 1 es un punto singular irregular.
c) En el punto singular z = 0,
��
��
��
��
1 1
1 1
�1�1
�1�1
y z2 z2 2 2
¼¼
z z2 2
¼¼
��
z) z)
z (1
1�
z (1
1
�
z z
��
z) z) z(1z(1
��
z) z)
z (1
z (1
no son analíticas. Por tanto, z = 0 es un punto singular irregular.
En el punto singular z = 1,
��
��
��
��
�1�1
1 1
�1�1
z �z �
1 1
¼ ¼2 2 y (z �
¼¼ 2 2
(z �
1)21)2 2 2
(z �
(z �
1) 1)
� �2 2
z (1
z (1
z (1
z (1
z z
��
z) z) z z
��
z) z)
son analíticas. Por tanto, z = 1 es un punto singular regular.
10.24. Encuentre la solución general de la ecuación diferencial de Bessel
z2 Y 00 þ zY 0 þ (z2 � n2 )Y ¼ 0
donde n  0, 1, 2, . . . .
Solució n
P
kþc
El punto z = 0 es un punto singular regular. Por tanto, existe una solución serie de la forma Y ¼ 1
,
k¼�1 ak z
donde ak = 0 para k = −1, −2, −3, . . . . Mediante diferenciación, al omitir los límites de la sumatoria, se tiene
X
X
X
X
kþc�1
00
kþc�2
kþc�1,
YY000 ¼
¼ X (k
(k þ
þ c)a
c)akkzzkþc�1
, YY 0000 ¼
¼ X (k
(k þ
þ c)(k
c)(k þ
þ cc �
� 1)a
1)ak zzkþc�2
Y ¼
(k þ c)ak z
, Y ¼
(k þ c)(k þ c � 1)akk zkþc�2
Así,
X
X
X
X
kþc
kþc, zY 00 ¼ X (k þ c)ak zkþc
kþc
zz222YY000000 ¼
¼ X (k
(k þ
þ c)(k
c)(k þ
þ cc �
� 1)a
1)akkzzkþc
, zY 0 ¼
(k þ c)ak zkþc
z Y ¼ X (k þ c)(k þX
c � 1)ak z , X
zY ¼
(k þ X
c)ak z
X kþcþ2 X 2 kþc X
X
2
2
kþcþ2 � X n 2ak z kþc ¼ X ak�2 zkþc
kþc � X n22ak zkþc
(z
(z2 �
� nn2)Y
)Y ¼
¼ X aakkzzkþcþ2
�
n az
¼
ak�2 zkþc
�
n a zkþc
(z2 � n2 )Y ¼
ak z
�
n2 akk zkþc ¼
ak�2
z �
n2 akk zkþc
Se suma,
X
X
0
2
2
2
2
kþc ¼ 0
gzkþc
zz222YY000000 þ
þ zY
zY 00 þ
þ (z
(z22 �
� nn22)Y
)Y ¼
¼ Xf[(k
f[(k þ
þ c)
c)2 �
� nn2]a
]ak þ
þ aak�2
k�2 gzkþc ¼ 0
f[(k þ c)2 � n2 ]akk þ ak�2
gz
¼0
z Y þ zY þ (z � n )Y ¼
de donde se obtiene
2
2
[(k þ c)2 � n2 ]ak þ ak�2 ¼ 0 (1)
2
2
Si k = 0, (c – n )a0 = 0, y si a0  0, se obtiene la ecuación característica c – n = 0, cuyas raíces son c = n.
Caso 1: c = n.
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342
Capítulo 10 Temas especiales
De (1), [(k + n)2 − n2]ak + ak−2 = 0 o k(2n + k)ak + ak−2 = 0.
Si k = 1, a1 = 0. Si k = 2, a2 = −{a0/2(2n + 2)}. Si k = 3, a3 = 0.
Si k = 4, a4 = −{a2/4(2n + 4)} = {a0/2 ⋅ 4(2n + 2)(2n + 4)}, etc. Entonces
Y¼
X
ak z
kþc
¼ a0 z
Caso 2: c = − n.
El resultado obtenido es
n
�
�
Y ¼ a0 z�n 1 �
�
z2
z4
1�
þ
� ��� 2(2n þ 2) 2 � 4(2n þ 2)(2n þ 4)
(2)
�
z2
z4
þ
� ��� 2(2 � 2n) 2 � 4(2n þ 2)(2n þ 4)
(3)
que se obtiene formalmente del caso 1 al sustituir n por –n.
La solución general si n  0, 1, 2, . . . está dada por
�
�
z2
z4
þ
� ���
Y ¼ Azn 1 �
2(2n þ 2) 2 � 4(2n þ 2)(2n þ 4)
�
�
z2
z4
þ
� ��� þ Bz�n 1 �
2(2 � 2n) 2 � 4(2 � 2n)(4 � 2n)
(4)
Si n = 0, 1, 2, . . . sólo se obtiene una solución. En este caso, para hallar la solución general debe procederse
como en los problemas 10.175 y 10.176.
Como la singularidad más cercana a z = 0 está al infinito, las soluciones deben convergir para toda z. Esto se
demuestra fácilmente mediante el criterio del cociente.
Solución de ecuaciones diferenciales mediante integrales de contorno
10.25 a) Dada la ecuación zY″ + (2n + 1)Y′ + zY = 0, obtenga una solución de la forma Y ¼
Þ
C
ezt G(t) dt..
b) Con Y = zrU y al elegir la constante r de manera apropiada, obtenga una integral de contorno que sea
solución de z2U″ + zU′ + (z2 − n2)U = 0.
Solució n
ÞÞ
ÞÞ
ÞÞ
(a) Si
G(t)dt,
dt,we
wetiene
findYY0 0¼¼ CCteteztztG(t)
G(t)dt,
dt,YY00 00¼¼ CCt2te2 eztztG(t)
G(t)dt.
dt. Así, al integrar por partes, suponiendo
(a)
IfIfYY¼¼ CCeeztztG(t)
find
a) se
que C se haya elegido de manera que los valores funcionales en los puntos inicial y final P sean iguales [y la
parte integrada en cero], se tiene
�P þ
þ
þ
�
þ zt
þ
þ
zt
zY ¼ ze ztG(t) dt ¼ e ztG(t)�� P� eztztG00(t) dt ¼ � eztztG00(t) dt
zY ¼ ze G(t) dt ¼ e G(t)�P � e G (t) dt ¼ � e G (t) dt
C
C
P C
C
C
þC
þ
(2n þ 1)Y 00 ¼ (2n þ 1)teztztG(t) dt
(2n þ 1)Y ¼ (2n þ 1)te G(t) dt
C
zY 0000 ¼
zY ¼
þC
þ
C
C
zt22eztztG(t) dt ¼
zt e G(t) dt ¼
(zeztzt)ft22G(t)g dt
(ze )ft G(t)g dt
C
�P þ C
þ
�
þ
þ
zt 2
¼ e ztft 2G(t)g�� P� eztztft22G(t)g00 dt ¼ � eztztft22G(t)g00 dt
¼ e ft G(t)g�P � e ft G(t)g dt ¼ � e ft G(t)g dt
P
Por tanto,
þ
þ
zY 0000 þ (2n þ 1)Y 00 þ zY ¼ 0 ¼
zY þ (2n þ 1)Y þ zY ¼ 0 ¼
C
C
þ
þ
C
C
C
C
eztzt[�G00(t) þ (2n þ 1)tG(t) � ft22G(t)g00] dt
e [�G (t) þ (2n þ 1)tG(t) � ft G(t)g ] dt
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Problemas resueltos
343
Esta ecuación se satisface si se elige G(t) de manera que el integrando sea cero, es decir,
�G
�G00(t)
(t) þ
þ (2n
(2n þ
þ 1)tG(t)
1)tG(t) �
� ft
ft22G(t)g
G(t)g00 ¼
¼ 00 or
or
G00(t)
(t) ¼
¼
o G
(2n �
� 1)t
1)t
(2n
G(t)
G(t)
tt22 þ
þ 11
Al resolver, G(t) = A(t 2 + 1)n−(1/2), donde A es una constante. Por tanto, una solución es
þ
Y ¼ A ezt (t2 þ 1)n�(1=2) dt
C
b)
r rr r
r�1r�1
00 r r 00r00 00
r�1r�1
r�2r�2
U,
then
then
Y0 0 Y¼0 ¼
zr r Uz0r0Uþ0 þ
rzr�1
rz U U
and
Y0000Y¼
¼
z Uz Uþ þ
2rzr�1
2rz
U0 0Uþ0 þ
r(rr(r
��
1)zr�2
1)z
U..U.
Hence
Hence
Y=¼
Yz U,
¼
z U,
zentonces
SiIfY If
yand
Por
tanto,
If Y ¼ z U, then Y ¼ z U þ rz
U and Y ¼ z U þ 2rz
U þ r(r � 1)z
U. Hence
00 00
rþ1rþ1
r 0r0 0
r�1r�1
0 0 þ0 þ
zY00zY
þþ
(2n(2n
þþ
1)Y1)Y
zYzY
¼¼
zrþ1
z U0000Uþ00 þ
2rzr2rz
U Uþ þ
r(rr(r
��
1)zr�1
1)z
UU
zY þ (2n þ 1)Y þ zY ¼ z
U þ 2rz U þ r(r � 1)z
U
r 0r0 0
r�1r�1
rþ1rþ1
r�1
þþ
(2n(2n
þþ
1)zr1)z
U Uþ þ
(2n(2n
þþ
1)rz
1)rz
UU
þþ
zrþ1
zUU
þ (2n þ 1)z U þ (2n þ 1)rz
Uþz
U
rþ1rþ1
r
r r0 0 0
rr þ
¼¼
zrþ1
z U0000Uþ00 þ
[2rz
[2rz
þ
(2n(2n
þþ
1)zr1)z
]U]U
¼z
U þ [2rz þ (2n þ 1)z ]U
r�1r�1
r�1r�1 rþ1
rþ1
r�1
þ
[r(r
[r(r
�
1)zr�1
1)z
þ
(2n(2n
þ
1)rz
1)rz
zrþ1
z]U
]U]U
þþ[r(r
��1)z
þþ(2n
þþ1)rz
þþzþ
La ecuación diferencial dada entonces equivale a
z2 U 00 þ (2r þ 2n þ 1)zU 0 þ [z2 þ r2 þ 2nr]U ¼ 0
Con r = −n, esto se convierte en z2U″ + zU′ + (z2 − n2)U = 0.
Por tanto, una solución mediante una integral de contorno es
þ
U ¼ zn Y ¼ Azn ezt (t2 þ 1)n�1=2 dt
C
10.26. Obtenga la solución general de Y″ − 3Y′ + 2Y = 0 mediante el método de integrales de contorno.
Solucióþn
þ
þ
þ
þzt
0
00
2þ zt
Sean Y ¼þ þezt G(t)
Let
dt,
Y
¼
te
G(t)
dt,
Y
¼
dt.. Entonces
Then
þ 0 þ¼ tezt G(t) dt, Yþ00 þ¼t e tG(t)
zt
2 zt
Let Y ¼
e
G(t)
dt,
Y
e G(t) dt. Then
zt
zt
0
0
zt
zt
00
00
2
zt
2
zt
LetLetY ¼
Y ¼Ce G(t)
e G(t)
dt,dt,Y Y¼ ¼Cte te
G(t)
G(t)
dt,dt,Y Y¼þ¼Ct et G(t)
e G(t)
dt.dt.Then
Then
C
C
C
00
0
ztþ 2
¼
e
(t
�
3t
þ
2)G(t)
dt ¼ 0
C C
C YC � 003Y þ 2Y
C
C
þ þ¼ ezt (t2 � 3t þ 2)G(t)
0
þ 2Y
dt ¼ 0
Y 0� 3Y
00 00
0
zt
zt
2
2
� 3Y
þ 2Y
þ 2Y
¼ ¼Ce (t
e (t� 3t
�þ
3t
2)G(t)
þ 2)G(t)
dt dt
¼ 0¼ 0
Y Y� 3Y
þ
zt
C
þ e zt
C
Y¼
G(t) ¼ 1=(t2 � 23t þ 2).C Hence
e dt
G(t) ¼ 1=(t � 3t þ 2). Hence þY þ¼t2 �
ezt3t
eztþ 2 2 dt
2 2
� 3t
�þ
3t 2).
þ.2).
Hence
Hence
Y¼
Y ¼C2 2 t2 � 3tdtþdt
G(t)
¼ 1=(t
¼ 1=(t
se satisface si se elige G(t)
Por
tanto
t �
tC 3t
�þ
3t 2þ 2
C C
Si se elige C de manera que el polo simple t = 1 se encuentre en el interior de C y t = 2 esté en el exterior de C,
la integral tiene el valor 2piez. Si t = 2 está en el interior de C y t = 1 en el exterior de C, la integral tiene el valor
2pie2z.
La solución general está dada por Y = Aez + Be2z.
Funciones de Bessel
10.27. Demuestre que z Jn−1(z) − 2nJn(z) + z Jn+1(z) = 0.
Solució n
Al diferenciar respecto de t ambos lados de la identidad
1
X
1
X
e(1=2)z(t�1=t)
Jn (z)tn
(1=2)z(t�1=t) ¼
e
¼ n¼�1 Jn (z)tn
n¼�1
se obtiene
� �
��
�
�
1
1
X
X
1 ��
1�
1 z�
1
(1=2)z(t�1=t) � z �
X
z 1 þ 12 Jn (z)tnn ¼ X
e(1=2)z(t�1=t) z 1 þ 12
¼
nJn (z) tn�1
e
¼ n¼�1 2 1 þ t2 Jn (z)t ¼ n¼�1 nJn (z) tn�1
2 1 þ t2
2
t
2
t
n¼�1
n¼�1
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344
Capítulo 10 Temas especiales
es decir,
1
X
n¼�1
zJn (z)tn þ
1
X
n¼�1
zJn (z)tn�2 ¼
Al igualar los coeficientes de tn en ambos lados se tiene
1
X
2nJn (z)tn�1
n¼�1
zJn (z) þ zJnþ2 (z) ¼ 2(n þ 1)Jnþ1 (z)
y al sustituir n por n – 1 se llega al resultado buscado.
Como se empleó la función generatriz, el resultado anterior sólo se comprueba para valores enteros de n. Este
þ
þ
resultado también
1 esþ válido
1 para valores no enteros de n [véase el problema 10.114].
1 þt�n�1
(1=2)z(t�1=t)
þ t�n�1 e(1=2)z(t�1=t)
JJnn(z)
ee(1=2)z(t�1=t)
dt,
dt,
(z)¼¼2Jp1ni(z) ¼
t�n�1
�n�1
(1=2)z(t�1=t)dt,
1
2
p
i
J
(z)
¼
t
e
dt,
�n�1 (1=2)z(t�1=t)
n
2
p
i
t
e
dt, donde C es una curva simple cerrada que encierra a t = 0.
10.28. Demuestre que2Jpni(z)
CC ¼
2piC
C
1
Soluci(1=2)z(t�1=t)
ón
P
1
P
(1=2)z(t�1=t)
C
1
P
m
ee(1=2)z(t�1=t)
(z)t
1 Jm¼
m Jm (z)t m
e ¼¼ P
J
(z)t
1
m
m
P
m¼�1
¼m¼�1
(z)t
Se tiene e(1=2)z(t�1=t)e(1=2)z(t�1=t)
m¼�1 Jm¼
J (z)tm
de
m
m¼�1
m¼�1
1
1
P
P
1
(1=2)z(t�1=t)
m�n�1
t�n�1
eque
¼¼ P
and
1 t m�n�1
t�n�1 e(1=2)z(t�1=t)
tm�n�1
manera
P
t�n�1
e(1=2)z(t�1=t)
t ¼ JP
Jmm(z)
(z)
andJm (z) yand
1
m¼�1 t m�n�1
m¼�1
t�n�1 e(1=2)z(t�1=t)
¼
J
(z)
�n�1 (1=2)z(t�1=t)
m�n�1
m
m¼�1
þþ ¼ þ t and Jm (z) X
þ1
t
e m¼�1
and
þ
1
þ
X
1
X
m¼�1
(1=2)z(t�1=t)
þt�n�1
þtm�n�1
�n�1 (1=2)z(t�1=t)
m�n�1
1 dt
�n�1e (1=2)z(t�1=t)
m�n�1
dt
¼
J
(z)
dt
X
t
e
¼
J
(z)
dt
þ
m
m
1t m�n�1 dtþt
t �n�1e (1=2)z(t�1=t) dt ¼
Jm (z) X
t
e t�n�1 e(1=2)z(t�1=t)
dt ¼m¼�1
J
(z)
t
dt
m�n�1
m
m¼�1
m¼�1dt ¼ C
J
(z)
t
dt
C
C
C
m
C
C
m¼�1
C
C
m¼�1
C
C
Ahora, de acuerdo con los problemas 4.21 y 4.22, página 132, se tiene
þþ
�
þ ��
ififm2mp
¼¼
=
i nn if m ¼ n
�22ppi i si
þtm�n�1
m�n�1
m�n�1dt þ¼
t
dt
¼
t m�n�1 dt ¼ 02pi si
if�
m2=
¼n
if
m

0
p
t
dt ¼
m�n�1
0 dt ¼if m =inn ififmm=¼nn
t
C
C
0
if
m
=
C
0 den donde
if m =
Por tanto, la serie en el lado derechoCde (1) se Creduce a 2piJn(z),
senobtiene el resultado buscado.
(1)
(2)
10.29. Demuestre que si a  b,
Solució n
ðz
0
tJn (at)Jn (bt) dt ¼
zfaJn (bz)Jn0 (az) � bJn (az)Jn0 (bz)g
b2 � a2
Y1 = Jn(at) y Y2 = Jn(bt) satisfacen las respectivas ecuaciones diferenciales
t2 Y100 þ tY10 þ (a2 t2 � n2 )Y1 ¼ 0 (1)
t2 Y200 þ tY20 þ (b2 t2 � n2 )Y2 ¼ 0
(2)
Se multiplica (1) por Y2, (2) por Y1 y se resta, para encontrar
�
�
�
�
t2 Y2 Y100 � Y1 Y200 þ t Y2 Y10 � Y1 Y20 ¼ (b2 � a2 )t2 Y1 Y2
�
�
�
�
t2 Y2 Y100 � Y1 Y200 þ t Y2 Y10 � Y1 Y20 ¼ (b2 � a2 )t2 Y1 Y2
� �
�
d�
Esto se escribe
Y2 Y10 � Y1 Y20 þ Y2 Y10 � Y1 Y20 ¼ (b2 � a2 )tY1 Y2
t
dt
� �
�
d�
Y2 Y10 � Y1 Y20 þ Y2 Y10 � Y1 Y20 ¼ (b2 � a2 )tY1 Y2
t
dt
d
o
ft(Y2 Y10 � Y1 Y20 )g ¼ (b2 � a2 )tY1 Y2
dt
d
ft(Y2 Y10 � Y1 Y20 )g ¼ (b2 � a2 )tY1 Y2
dt
Al integrar respecto de t desde 0 hasta z se obtiene
�z
ðz
�
(b2 � a2 ) tY1 Y2 dt ¼ t(Y2 Y10 � Y1 Y20 )��
0
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0
Problemas resueltos
345
o, como a  b,
ðz
tJn (at)Jn (bt) dt ¼
0
zfaJn (bz)Jn0 (az) � bJn (az)Jn0 (bz)g
b2 � a2
Funciones de Legendre
10.30. Demuestre que
Solució n
ð1
�1
Pm (z)Pn (z) dz ¼ 0 si
if m =
 n.
Se tiene
(1 � z2 )P00m � 2zP0m þ m(m þ 1)Pm ¼ 0 (1 � z )P00n � 2zP0n
2
(1)
(2)
þ n(n þ 1)Pn ¼ 0
Al multiplicar (1) por Pn, (2) por Pm y restar, se obtiene
�
�
�
�
(1 � z22) PnnP00m00m � PmmP00n00n � 2z PnnP0m0m � PmmP0n0n ¼ fn(n þ 1) � m(m þ 1)gPmmPnn
que se escribe
(1 � z22)
o
�
�
�
d�
PnnP0m0m � PmmP0n0n � 2z PnnP0m0m � PmmP0n0n ¼ fn(n þ 1) � m(m þ 1)gPmmPnn
dz
��
��
d ��
1 � z22 PnnP0m0m � PmmP0n0n ¼ fn(n þ 1) � m(m þ 1)gPmmPnn
dz
Se integra desde −1 hasta 1 y se tiene
fn(n þ 1) � m(m þ 1)g
ð1
�1
�
�
� �1
Pm (z)Pn (z) dz ¼ (1 � z2 ) Pn P0m � Pm P0n �� ¼ 0
�1
de donde se obtiene el resultado buscado, pues m  n.
Este resultado suele conocerse como principio de ortogonalidad para los polinomios de Legendre, y se dice que
los polinomios de Legendre forman un conjunto ortogonal.
10.31. Demuestre que
Solució n
ð1
�1
Pm (z)Pn (z) dz ¼
2
si m ¼
= n.
if
2n þ 1
Se elevan al cuadrado ambos lados de la igualdad,
y se obtiene
1
X
1
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼
Pn (z)tn
1 � 2zt þ t2 n¼0
1 X
1
X
1
Pm (z)Pn (z)tmþn
2¼
1 � 2zt þ t
m¼0 n¼0
m¼0 n¼0
Al integrar desde −1 hasta 1, y con el problema 10.30, se encuentra
�
ð1
1 X
1 �ð 1
X
dz
¼
P
(z)P
(z)
dz
tmþn
m
n
2
�1 1 � 2zt þ t
�1
m¼0 n¼0
�
1 �ð 1
X
¼
fPn (z)g2 dz t2n
n¼0
�1
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(1)
346
Capítulo 10 Temas especiales
Pero el lado izquierdo es igual a
�
�1
�
� X
�
1 �
�
1
1
1þt
2
ln(1 � 2zt þ t2 )�� ¼ ln
¼
t2n 2t
t
1�t
2n
þ
1
�1
n¼0
(2)
con el problema 6.23c), página 185. Al igualar los coeficientes de t 2n en las series (1) y (2), se obtiene el resultado
buscado.
10.32. Demuestre que (n + 1)Pn+1(z) − (2n + 1)zPn(z) + nPn−1(z) = 0.
Solució n
Al diferenciar respecto de t ambos lados de la identidad
1
X
1
X
11
n
p
P
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi2ffiffi ¼
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼
Pnn (z)t
(z)tn
11 �
� 2zt
2zt þ
þ tt2 n¼0
n¼0
se tiene
1
X
1
X
zz �
� tt
n�1
¼
nP
¼
nPnn (z)t
(z)tn�1
3=2
2
3=2
2
(1
(1 �
� 2zt
2zt þ
þ tt ))
n¼0
n¼0
2
Después se multiplica por 1 − 2zt + t y1se tiene
1
X
X
1
1
(z � t) X
Pn (z)tnn ¼ (1 � 2zt þ t 22) X
nPn (z)tn�1
(z � t) n¼0 Pn (z)t ¼ (1 � 2zt þ t ) n¼0 nPn (z)tn�1
n¼0
n¼0
o
1
1
1
1
1
X
X
X
X
X
1
1
1
1
1
X
zPn (z)tnn � X
Pn (z)tnþ1
¼X
nPn (z)tn�1
�X
2nzPn (z)tnn þ X
nPn (z)tnþ1
nþ1
n�1
¼ n¼0 nPn (z)t
� n¼0 2nzPn (z)t þ n¼0 nPn (z)tnþ1
n¼0 zPn (z)t � n¼0 Pn (z)t
n¼0
n¼0
n¼0
n¼0
n¼0
Se igualan los coeficientes de t n en cada lado y se obtiene
zPn (z) � Pn�1 (z) ¼ (n þ 1)Pnþ1 (z) � 2nzPn (z) þ (n � 1)Pn�1 (z)
de donde, al simplificar, se obtiene el resultado buscado.
Función hipergeométrica
10.33. Demuestre que F(1=2, 1=2; 3=2; z2 ) ¼
sen�1 z
.
z
Solució n
Como
F(a, b; c; z) ¼ 1 þ
a�b
a(a þ 1)b(b þ 1) 2
zþ
z þ ���
1�c
1 � 2 � c(c þ 1)
se tiene
F(1=2, 1=2; 3=2; z2 ) ¼ 1 þ
þ
(1=2)(1=2) 2 (1=2)(3=2)(1=2)(3=2) 4
z þ
z
1 � (3=2)
1 � 2 � (3=2)(5=2)
(1=2)(3=2)(5=2)(1=2)(3=2)(5=2) 6
z þ ���
1 � 2 � 3 � (3=2)(5=2)(7=2)
¼1þ
1 z2 1 � 3 z4 1 � 3 � 5 x6
sen�1 z
þ
þ
þ ��� ¼
2 3 2�4 5 2�4�6 7
z
con el problema 6.89, página 197.
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Problemas resueltos
347
La función zeta
10.34. D
emuestre que la función zeta z(z) ¼
d, donde d es un número positivo fijo.
Solució n
P1
k¼1
1=kz es
is analítica en la región del plano z en la que Re{z} ≥ 1 +
Cada término 1/kz de la serie es una función analítica. Además, si x = Re{z} ≥ 1 + d, entonces
�
� � �
�1� � 1 �
1
1
1
�
� �¼�
�kz � �ez ln k � ¼ ex ln k ¼ kx � k1þd
P1 1+d z
P
z
zComo
(z) ¼ 1/k
is
(z)que
¼ 1
is
según el criterio M de Weierstrass, se zve
uniformemente para
k¼1 1=kconverge,
k¼1 1=k converge
Re{z} ≥ 1 + d. Por tanto, de acuerdo con el teorema 6.21, página 172, z(z) es analítica en esta región.
Expansiones asintóticas y el método del punto silla
10.35. a) Sea p > 0. Demuestre que
1
�
�
ð �t
e
p
p( p þ 1)
�z 1
n p( p þ 1) � � � ( p þ n � 1)
dt
¼
e
�
þ
�
�
�
�
(�1)
F(z) ¼
zp z pþ1
z pþ2
z pþn
tp
z
þ (�1)
nþ1
p( p þ 1) � � � ( p þ n)
1
ð
e�t
t pþnþ1
dt
z
b)
Con el inciso a) demuestre que
1
�
�
ð �t
e
p
p(p þ 1)
�z 1
F(z) ¼
dt � e
�
þ
� � � � ¼ S(z)
zp z pþ1
z pþ2
tp
z
es decir, que la serie del lado derecho es un desarrollo asintótico de la función del lado izquierdo.
Solució n
a)
Se integra por partes y se tiene
Ip ¼
ð1
z
8
9
M
�M M
ð
ð
<
=
�
e�t
dt ¼ lím e�t t�p dt ¼ lím (�e�t )(t�p )�� � (�e�t )(�pt�p�1 ) dt
p
M!1
M!1:
;
t
z
z
z
8
9
M
1
ð �t =
ð �t
<e�z e�M
e
e�z
e
e�z
�
�
p
dt
¼
�
p
dt
¼
� pI pþ1
¼ lím
M!1: zp
Mp
t pþ1 ;
zp
t pþ1
zp
z
z
De manera similar, Ip+1 = (e−z/zp+1) − (p + 1)Ip+2, de manera que
� �z
�
e�z
e
e�z pe�z
Ip ¼ p � p pþ1 � ( p þ 1)I pþ2 ¼ p � pþ1 þ p( p þ 1)I pþ2
z
z
z
z
Al continuar de esta manera se llega al resultado.
b)
Sea
Sn (z) ¼ e�z
�
�
1
p
p( p þ 1)
n p( p þ 1) � � � ( p þ n � 1)
�
þ
�
�
�
�
(�1)
zp zpþ1
zpþ2
zpþn
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348
Capítulo 10 Temas especiales
Así,
1
ð �t
1
ð e�t dt
Rn (z) ¼ F(z) � Sn (z) ¼ (�1)nþ1 p( p þ 1) � � � ( p þ n) 1
e
pþnþ1
Rn (z) ¼ F(z) � Sn (z) ¼ (�1)nþ1 p( p þ 1) � � � ( p þ n) ðz t pþnþ1
e�t dt
nþ1
t
Rn (z) ¼ F(z) � Sn (z) ¼ (�1) p( p þ 1) � � � ( p þ n) z pþnþ1 dt
t
Ahora, para z real, z > 0,
z
1
1
ð �t
ð �t
e
e
1
1
ð
ð
jRn (z)j ¼ p( p þ 1) � � � ( p þ n) 1 pþnþ1
e�t dt � p( p þ 1) � � � ( p þ n) 1
e�t dt
pþnþ1
ð
ð
t
z
jRn (z)j ¼ p( p þ 1) � � � ( p þ n) z pþnþ1
e�t dt � p( p þ 1) � � � ( p þ n) z pþnþ1
e�t dt
jRn (z)j ¼ p( p þ 1) � � � ( p þ n) z t pþnþ1 dt � p( p þ 1) � � � ( p þ n) z z pþnþ1 dt
t
p( p þ 1) � � � ( p þ n) z
z
z
� p( p þ 1)pþnþ1
� � � ( p þ n)
� p( p þ z1)pþnþ1
�
�
�
(
p
þ
n)
z
�
z pþnþ1
1
1
ð
ð
porque
1
ð e�t dt � 1
ð e�t dt ¼ 1
1
ð e�t dt � 1
ð e�t dt ¼ 1
z �t
0
e dt � 0 e�t dt ¼ 1
z
z
z
Así,
0
0
lím jzn Rn (z)j � lím
z!1 n
lím jz Rn (z)j � z!1
lím
z!1 n
lím jz Rn (z)j � z!1
lím
z!1
z!1
p( p þ 1) � � � ( p þ n)
p( p þ 1) z�p� � ( p þ n) ¼ 0
p( p þ 1)z�p� � ( p þ n) ¼ 0
¼0
zp
y se sigue que límz→∞ znRn(z) = 0. Por tanto, se comprueba el resultado buscado para z real, z > 0. Este resultado
se extiende también a valores complejos de z.
Observe que, como
� �
�
��
pþnþ1 �
��uunþ1 ��� ��� p(
þ 1)
1) �� �� �� (( pp þ
þ n)=z
n)=zpþnþ1 ���� ¼ pp þ
þ nn
�� nþ1�� ¼ �� p( pp þ
�� ¼ jzj
�� u �� ¼ ��p( p þ 1) � � � ( p þ n � 1)=zpþn
pþn
n
jzj
un
p( p þ 1) � � � ( p þ n � 1)=z
donde un es el término n-ésimo de la serie, para toda z fija se tiene
��
�
��uunþ1 ���
�� nþ1�� ¼ 1
lím
lím �
�¼1
n!1
n!1� u
unn �
y la serie diverge para toda z, de acuerdo con el criterio del cociente.
�
�
pffiffiffiffiffiffiffiffi z �z
1
1
139
þ
1þ
�
þ ��� .
10.36. Muestre que G(z þ 1) � 2pz z e
12z 288z2 51 840z3
Solució n
Se tiene G(z
G(z þ
þ 1)
1) ¼
¼
ÐÐ 11
00
ttzzee��tt ddtt.. Con t = zt,tt esto
¼
¼ zt,
zt,se convierte en
zþ1
zþ1
G(z
G(z þ
þ 1)
1) ¼
¼ zz
1
ð1
ð
00
zz �zt
�zt
zþ1
zþ1
tt ee dt
dt ¼
¼ zz
1
ð1
ð
t�t)
eez(z(lnlnt�t)
dt
dt
(1)
00
que es de la forma de (10.37), página 330, donde F(t) = ln t – t.
F′(t) = 0 para t = 1. Con t = 1 + w, se encuentra, con el problema 6.23, página 185, o de otro modo la serie
de Taylor,
�
�
w2 w3 w4
þ
�
þ��� � 1� w
F(t) ¼ ln t � t ¼ ln(1 þ w) � (1 þ w) ¼ w �
2
3
4
¼ �1 �
w2 w3 w4
(t � 1)2 (t � 1)3 (t � 1)4
þ
�
þ � � � ¼ �1 �
þ
�
þ ���
2
3
4
2
3
4
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Problemas resueltos
349
Por tanto, de acuerdo con (1),
1
ð1
33
zþ1 �z
�z(t�1)22=2
=2 z(t�1)
=3�z(t�1)44=4þ���
=4þ���
e �z e�z(t�1)
e z(t�1) =3�z(t�1)
dt
G(z þ 1) ¼ zzþ1
00
zþ1 �z
e �z
¼ zzþ1
pffiffiffiffiffiffiffi
Con w ¼ 2=zv,, esto se convierte en
1
ð1
22
22
44
�zw =2
=2 zw
=3�zw =4þ���
=4þ���
e�zw
e zw =3�zw
dw
(2)
dv (3)
�1
�1
pffiffiffi zþ1=2 �z
G(z þ 1) ¼ 2zzþ1=2
e �z
1
ð1
pffiffiffiffiffi
�
�
z=2
z=2
22
p
pffiffi �1=2
�1v44þ���
22zz�1=2vv33�z
�z�1
v þ���
�v (2=3)
e (2=3)
e�v
Para valores grandes de z, el límite inferior se sustituye por −∞, y, al desarrollar el exponencial, se tiene
o
1
ð
pffiffiffi
1
� pffiffiffi
�
�z ð �v2
e
e �v2 f1 þ �232 p2ffiffiffiz�1=2
v3 � z�1 v4 � þ � � �g dv G(z þ 1) � p2ffiffiffi zzþ1=2
e f1 þ 3 2z�1=2 v3 � z�1 v4 þ � � �g dv
G(z þ 1) � 2 zzþ1=2 e�z
(4)
�1
�1
�
�
pffiffiffiffiffiffiffiffi z �z �
1
1
139
�
pzffi z ze �z 1 þ 1 þ 1 2 � 139 3 þ � � �
G(z þ 1) � p2ffiffiffiffiffiffiffi
G(z þ 1) � 2pz z e 1 þ 12z þ 288z 2 � 51 840z 3 þ � � � 12z 288z
51 840z
Aunque arriba se procedió de manera formal, este análisis puede justificarse rigurosamente.
Otro método. Dada
F(t) ¼ �1 �
2
3
4
(t � 1)2 (t � 1)3 (t � 1)4
þ
�
þ � � � ¼ �1 � u22
2
3
4
Entonces
2
u2 ¼
(t � 1)22 (t � 1)33
�
þ ���
2
3
y, al invertir la serie o aprovechar que F(t) = ln t – t, se encuentra
pffiffiffi
pffiffiffi
pffiffiffi
2 2
2 4
dt
¼ b0 þ b1 u þ b2 u2 þ � � � ¼ 2 þ
u þ
u þ ���
du
6
216
Así, de acuerdo con (10.41), página 330, se encuentra
r
�
�
�p
pffiffiffiffiffiffi�
pffiffiffiffiffiffi �
rffiffiffi
ffiffiffiffiffi
�pffiffiffi 1 �
�
�p
22� 11 11 �� 33 � 22 � 11
p
pffiffiffi 1
p zzþ1
zþ1ez(ln
z(ln 1�1)
1�1)
þ
�
�
�
G(z
þ
1)
�
2
þ
þ
G(z þ 1) � z z e
2 þ 2 6 z þ 2 � 2 216 z22 þ � � �
z
2 6 z 2 � 2 216 z
o
G(z
G(z þ
þ 1)
1) �
�
�
�
�
�
p
1
11
pffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffi zz �z
�z 1 þ 1 þ
z
z
e
þ
�
�
�
22p
pz z e 1 þ 12z þ 288z22 þ � � �
12z 288z
Observe que, como F′′(1) = −1, con la ecuación (10.42), página 330, se encuentra
pffiffiffiffiffiffiffiffi
G(z þ 1) � 2pz zz e�z
que es el primer término. Para muchos propósitos, este primer término proporciona suficiente exactitud.
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(5)
350
Capítulo 10 Temas especiales
Funciones elípticas
10.37. Demuestre:
a)
dd
dd
snsn
z¼
z¼
cncn
z dn
z dn
z, z,y b) cncn
z¼
z¼
�sn
�sn
z dn
z dn
z. z.
dzdz
dzdz
Solució n
ðw ðw
dtdt
ðw ðw z z¼¼ pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
, then
, thenww¼¼snsnz.z.Hence
Hence
dt
dtffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2
2 )(1
2kt22t)2 )w ¼w
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
z ¼ pp
, kentonces
then
Hence
Por definición, siz ¼
sn
z. Por tanto,
�
(1(1��t t)(1
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
,2�then
w ¼ snsn
z.=z.Hence
2
2
0
0
t )(1
��
k2kt )t )
(1(1
��
t2 )(1
0 0
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffi
pp
dd
dw
dw
11
2 )(1
2 )(1
2 )2 )¼¼cn
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi k2kw2 w
(sn
(sn
z)z)¼¼ 1 1¼¼ pp
¼¼ (1(1��ww
cnz dn
z dnz z
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi��
dw
dd
dw
2
2
2
dz¼ ¼¼ dzdz ¼
dz=dw
dz=dw
z)¼
¼
) ¼cncn
z dn
(sn(sn
z)dz
(1(1
��
w2w)(1)(1
��
k2kw2w) ¼
z dn
zz
a)
dz=dw
dzdz
dzdz dz=dw
11
dd
dd
dd
2 2 1=2
2 2 �1=2
22
���1=2
snsn
(cn
(cn
z)
z)
¼
¼
(1(1
��1=2
snsn
(�sn
z)
z)11=2¼¼ (1(1
z)dz)�1=2 2(�sn
z)z)
d
d
d
d
1
d
2
2
2
1=2
2
�1=2
2
2sn
2z) z)
dz¼ (1(1
dz
dzz)
dzz)
(cn
z)¼
snz) z) ¼¼ (1(1
(�sn
(cn
z)dz
��
sndz
��
sn
(�sn
b)
2
dz
dz
dz
dz
dz
2
dz
11
2 2 �1=2
���1=2
snsn
z)z)�1=2
(�2
(�2snsnz)(cn
z)(cnz dn
z dnz)z)¼¼�sn
�snz dn
z dnz z
1 1 ¼¼2 22(1(1
2 �1=2
(�2
z)(cn
z dn
�sn
z dn
��
snsnz) z) (�2
¼¼ (1(1
snsn
z)(cn
z dn
z) z)¼¼�sn
z dn
zz
22
10.38. Demuestre que
a)sn(�z)
b)
y(c)
c)
(a)
(a)
sn(�z)¼¼�sn
�snz,z,(b)
(b)cn(�z)
cn(�z)¼¼cncnz,z,
(c)dn(�z)
dn(�z)¼¼dndnz.z.
sn(�z)¼¼�sn
�sn
cn(�z)¼¼cncn
dn(�z)¼¼dndn
(a)(a)sn(�z)
z, z,(b)(b)cn(�z)
z, z,(c)(c)dn(�z)
z. z.
Solució n
ðw ðw
dt dt
ðw ðw pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
, then
z.z.Let
If z If
¼ zw¼pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
then
w ¼wwsn¼=z.sn
Let
tSea
¼ t�r;
then
a) Si
sn
t¼=�r;
−r;then
así,
dtdt 2 2 ,2 entonces
2
ð
)(1k�t k) , tthen
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
IfIfz z¼¼ pp
,2 )thenww¼¼snsnz.z.Let
Lett ¼
t ¼�r;
�r;then
then
)(1t2�
(1
�(1t �
0
dt
2
2
2
2
2
2
0
)(1�
�k ktð t), )then w ¼ sn z. Let t ¼ �r; then �w �w
(1(1��t t)(1
If z ¼ 0 p
�w
0 ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ð 2 �w
ð ð
2
k�w
(1 � t2 )(1 ��w
�w
dr dr
dr dr
ð
ð t ) pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ð¼�w
ð pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
0
or
�z
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
z ¼ z�¼�w�pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
or
�z
¼
dr
dr
drdr2 2 2 2, 2 ,
2
2
2
�w
)(1k2�r 2k) r ) oro )(1k�r k) ,r , )
(1r2�)(1
r�
(1r 2�)(1
r�
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
z z¼¼��ð pp
or
�z
�z¼¼ð pp
(1
�
(1
�
0
0
2 )(1
2 )(1
0
0
��k2kr22r)2 ) or
��k2kr22r)2, )
(1(1��r2dr
r)(1
(1(1��r 2dr
r)(1
z ¼ � 0 0pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
�z ¼ 0 0pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2
2 2
�
(1 � r 2 )(1 � k2 r2 )
is, sn(�z)
¼ �w
¼(1�sn
thatthat
is, sn(�z)
¼ �w
¼ �sn
z r z)(1 � k r )
0
p¼ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffipzffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
that
thatis,is,sn(�z)
sn(�z)
¼�w
�w0¼¼
�sn
�sn
zpffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
ffi
es
decir,
=�−w
zffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2 (�z)
(�z)
¼zcn z
cn(�z)
sn¼2=
p¼
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi�sn
ffi−sn
p¼
ffi¼
ffi2 zcn
¼
1ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
�1sn�2 zsn
cn(�z)
¼sn(−z)
1ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
�
that
is, sn(�z)
¼1sn
�w
zp
2 (�z)
2 (�z)
2 z2 z¼¼cncn
¼
¼
1
1
�
�
sn
sn
cn(�z)
cn(�z)¼¼
1
1
�
�
sn
sn
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi z2zffi
2 (�z)
22 z
dn(�z)
k22 (�z)
sn¼2 (�z)
¼
sn
¼zdn z
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiz¼
ffi zdn
�
sn
¼
1p
�
b) cn(�z)
dn(�z)
¼ p¼
1ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
�1sn
k2�
sn
¼1p
1ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
�21kz2�¼
snkcn
2 (�z)
2 (�z)¼¼ 1 1
2ksn
2 sn
2 z2 z¼¼dn
dn(�z)
dn(�z)¼¼
1 1��k2k2snsn
�
�
k
dnz z
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
c) dn(�z) ¼ 1 � k2 sn2 (�z) ¼ 1 � k2 sn2 z ¼ dn z
þ 2K)
¼ �sn
z, y(b)
þ 2K)
¼ �cn
10.39. Demuestre (a)
que(a)
a) sn(z
b) cn(z
sn(z
þ 2K)
¼ �sn
z, (b)
cn(z
þ 2K)
¼ �cn
z. z.
(a)
(a)sn(z
sn(zþþ2K)
2K)¼¼�sn
�snz,z,(b)
(b)cn(z
cn(zþþ2K)
2K)¼¼�cn
�cnz.z.
(a) sn(z þ 2K) ¼ �sn z, (b) cn(z þ 2K) ¼ �cn z.
Solució n
ðf
du
f
f ¼ que
am zfand
senzfy ¼
cnfz. =
Now
We
have z ¼ pðffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
Se tiene
dethat
manera
= am
sensnfz,=cos
snfz,¼cos
cn z. Ahora,
d u ,so
0
1
�
k2 sen2 u
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
f
¼
am
z
and
sen
f
¼
sn
z,
cos
f
¼
cn
z.
Now
so
that
We have z ¼
2
2
0
1f�
fð
þp
ðþpk sen u
ðp
fð
þp d u
fð
þp d u
ðp d u
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
d u2 ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
d u2 þ
du
2
2
1�
k sen u
k sen u
k2 sen2 u
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼1�
þ 1�
0
1 � k2 sen2 u0
1 � k2 sen2 u p
1 � k2 sen2 u
p
0
pð=20
ðf
p=2 d u
ðf d c
pðffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼2
d u2 þ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
dc
2 sen
u
1
�
k
1
k2 sen2 c
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼0 2
þ �
2 0
2
1 � k sen u
1 � k2 sen2 c
0
con la transformación u = p + . Por tanto, f + p = am (z + 2K).
Por ende se tiene
a) sn(z þ 2K) ¼ senfam(z þ 2K)g ¼ sen(f þ p) ¼ � sen f ¼ �an z
b) cn(z þ 2K) ¼ cosfam(z þ 2K)g ¼ cos(f þ p) ¼ � cos f ¼ �cn z
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0
Problemas resueltos
351
10.40. Demuestre que a) sn(z + 4K) = sn z, b) cn(z + 4K) = cn z y c) dn(z + 2K) = dn z.
Solució n
De acuerdo con el problema 10.39,
a) sn(z þ 4K) ¼ �sn(z þ 2K) ¼ sn z
b) cn(z þ 4K) ¼ �cn(z þ 2K) ¼ cn z
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
c) dn(z þ 2K) ¼ 1 � k2 sn2 (z þ 2K) ¼ 1 � k2 sn2 z ¼ dn z
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
Otro método. El integrando 1= (1 � t2 )(1 � k2 t2 ) tiene puntos de ramificación en t = 1 y en t = 1/k en el plano
t [véase la figura 10-10]. Considere la integral de 0 a w a lo largo de dos trayectorias C1 y C2. C2 puede deformarse
en la trayectoria ABDEFGHJA + C1, donde BDE y GHJ son círculos de radio e, y JAB y EFG, que se trazaron
separadas para facilitar la explicación, en realidad coinciden con el eje x.
Plano t
y
Plano t
y
w
C1
C1
–1/k
w
–1
1
1/k
x
H
–1/k
–1
J
A
B
G
F
E
1
D
1/k
C2
Figura 10-10
Figura 10-11
Así, se tiene
ðw
0
C2
dt
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼
2
(1 � t )(1 � k2 t2 )
1�
ðe
0
þ
þ
dx
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi þ
2
(1 � x )(1 � k2 x2 )
ð0
1�e
ð
GHJ
þ
ðw
0
c1
¼4
1�
ðe
0
þ
ð
ð
BDE
dx
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi þ
� (1 � x2 )(1 � k2 x2 )
dt
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi þ
� (1 � t2 )(1 � k2 t2 )
dt
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2
(1 � t )(1 � k2 t2 )
�1þ
ðe
0
ðu
�1þe
dt
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
(1 � t2 )(1 � k2 t2 )
dx
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi þ
2
(1 � x )(1 � k2 x2 )
BDE
dt
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi þ
2
(1 � t )(1 � k2 t2 )
ðw
0
dx
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
� (1 � x2 )(1 � k2 x2 )
dx
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
(1 � x2 )(1 � k2 x2 )
dt
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2
(1 � t )(1 � k2 t2 )
c1
ð
GHJ
dt
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
� (1 � t2 )(1 � k2 t2 )
donde se aprovechó que, al encerrar en un círculo un punto de ramificación, cambia el signo del radical.
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x
352
Capítulo 10 Temas especiales
En BDE y GHJ, se tiene t = 1 − eeiu y t = −1 + eeiu, respectivamente. Así, las integrales correspondientes
son iguales a
2ðp
0
2ðp
0
pffiffiffi
�ieeiu du
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ �i e
2
i
u
i
u
2
i
u
(2 � ee )(ee )f1 � k (1 � ee ) g
pffiffiffi
ieeiu d u
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ i e
2
i
u
i
u
2
i
u
(ee )(2 � ee )f1 � k (�1 þ ee ) g
Cuando e → 0, estas integrales tienden a cero y se obtiene
2ðp
2ðp
0
0
eiu=2 d u
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
(2 � eeiu )f1 � k2 (1 � eeiu )2 g
eiu=2 d u
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
(2 � eeiu )f1 � k2 (�1 þ eeiu )2 g
ðw
ð1
ðw
dt
dx
dt
ðwðw
ð1ð1
ðwðw
dt
dx
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi þ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼ 4 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
dt2
dx2
dtdt
p
p
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼
4
þ
2
2
2
2
2
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
(1 � t )(1 � 2k 2t ) ¼ 4 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
(1 � x )(1 � 2k 2xffi þ) pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
(1 � t )(1 � 2k22t2 )
)(1��kk2 t2t ))
)(1��kk2 xx2 ))
)(1��kk2 t2t ))
(1��t2t2)(1
(1��xx22)(1
(1��t2t2)(1
0 (1
0 (1
0 (1
0
0
0
0 C2
CC2 2
Ahora, si se escribe
0 C1
CC1 1
0
ðw
dt
ðwðw
z ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
,
i:e:, w ¼ sn z
dtdt
es
decir,
wsn
=zzsn z
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
z
¼
i:e:,
sn
2
z ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ww¼¼
(1 � t )(1 � 2k22t,2,) i:e:,
)(1��kk2 t2t ))
(1��t2t2)(1
0 (1
0
0 C1
CC1 1
entonces
ðw
dt
ðwðw
, i:e:, w ¼ sn(z þ 4K)
z þ 4K ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
dtdt
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
,) i:e:,
i:e:,
þ4K)
4K)
z
þ
4K
¼
2
ww¼¼sn(z
z þ 4K ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
(1 � t )(1 � 2k22t,2 es decir,
wsn(z
=þsn(z
+ 4k)
)(1��kk2 t2t ))
(1��t2t2)(1
0 (1
0
0 C2
CC2 2
y, como el valor de w es el mismo en ambos casos, sn(z + 4K) = sn z.
De manera similar se demuestran los demás resultados.
10.41. Demuestre que
a) sn(K + iK′) = 1/k,
b) cn(K + iK′) = ik′/k
c) dn(K + iK′) = 0.
Solució n
a)
K0 ¼
ð1
ð1
dt
0 ð 1ð
K
¼
1 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
dt
dt � k02 t2 )
2 )(1
0
(1
�
t
0
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
KK0 ¼
¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2 )(1��k02
0 0 (1(1��t 2t)(1
k02t2t)2 )
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
1 ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
� kffi 2ffi .
k0 ¼pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
0
donde ku0k¼
1 1ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
�1�k�2k.2k.02 t2 .
t ¼ 0, u ¼ 1;
t ¼ 1, u ¼ 1=k.
¼¼1=
p
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
02 u2 .t varía
t t¼¼0,
1,1,u ut¼=
¼1=k.
1=k.
¼1=
1= 1 1��k02k02t2t.2 . Cuando
Seau1u¼to
t 0,
=u u¼
0,¼1;
u1;= 1;p tcuando
1, u = 1/k.
medida
1 � kque
¼ �ika0 u=
1/k.
¼t¼¼
1=k,
1Por
� t2tanto,
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pp
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
0
2
0202
2 .2
0
2
u=
1
�
k
¼
�ik
1
to
1/k.
p
¼
1=k,
1
�
t
1 �sek usigue
u . que
¼ �ik
1=k,
� t con
deffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
0 a 11,tou1/k.
varíapde
1 a 1/k. De acuerdo con pel¼problema
2.43, página169,
p =u=1/k,
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
1 � t2 ¼ �ik0 u= 1 � k02 u2 .
Así, por sustitución, se tiene
1=k
1=k
ð
ð1=k
dudu
1=k
0 00
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
KK¼¼�i�i ðpp
22du
2
0
)(1��k2ku222u)22)
(1��u u)(1
(1ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
K ¼ �i1 1 p
1
(1 � u2 )(1 � k2 u2 )
dt
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2
(1 � t )(1 � k02 t2 )
0
0, u ¼ 1;
Se tiene
t ¼ 1, u ¼ 1=k.
p ¼ 1=k,
1
de donde
es
b)
c)
1=k
1=k
1=k
1=k
ð
ð
ð1 ð11
ð1=k
ð1=k
dudu
dudu
dudu
1=k
1=k
1
0 00
ð
ð
ðpp
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
þ
¼
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
þ
¼
KKþþiKiK¼¼ pp
du
du
2
2
2
2
2
2
22du
2
2
2
2
2
2
2
2)(1��k ku2u)2) þ
2)(1��k ku2u)2) ¼
)(1��k2ku222u)22)
(1��u u)(1
(1��u u)(1
(1��u u)(1
(1ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
(1ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
(1ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
p
K þ iK 0 ¼0 0 p
0 00
0 (1 � u2 )(1 � k 2 u2 ) 1 11
2
2
2
2
(1 � u )(1 � k u )
(1 � u )(1 � k2 u2 )
0
1
0
00
0
¼1=k.
1=k.
sn(K
sn(K
þþiKiK
decir,
sn(K
+) )¼
iK′)
= 1/k.
0
sn(K þ iK ) ¼ 1=k.
De acuerdo con el inciso a),
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffi
pp
0 00
0 00
22(K þ iK
22=k ¼ �ik
2 (K
2 22¼¼�i
cn(KþþiKiK
1��snsn
1��1=k
1=k
=k
1��k2k=k
cn(K
) )¼¼ p
1 ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
þ iK 0 )00)¼¼ p
1 ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
1 ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi �ip
ffi ¼ �ik =k
0
2
0
2
2
cn(K þ iK ) ¼ 1 � sn (K þ iK ) ¼ 1 � 1=k ¼ �i 1 � k =k ¼ �ik0 =k
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
0 00) ¼
22(Kþþ
2 (K
0 )00)¼¼0 ,0de acuerdo con el inciso a).
1��k2k22snsn
)¼ p
1 ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
iKiK
dn(KKþþiKiK
K þ iK 0 ) ¼ 1 � k2 sn2 (K þ iK 0 ) ¼ 0
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Problemas resueltos
sn(2K þ 2iK 0 ) ¼ 0,
10.42. Demuestre que a) sn(2K + 2iK′) = 0,
353
cn(2K þ 2iK 0 ) ¼ 1,
dn(2K þ 2iK 0 ) ¼ �1.
b) cn(2K + 2iK′) = 1, c) dn(2K + 2iK′) = −1.
Solució n
0
z2 ¼ Kcon
þ iK
De acuerdo con las fórmulas paraz1la¼adición
z1 ,= z2 = K + iK′, se tiene
a)
sn(2K þ 2iK 0 ) ¼
2 sn(K þ iK 0 ) cn(K þ iK 0 ) dn(K þ iK 0 )
¼0
1 � k2 sn4 (K þ iK 0 )
b)
cn(2K þ 2iK 0 ) ¼
cn2 (K þ iK 0 ) � sn2 (K þ iK 0 ) dn2 (K þ iK 0 )
¼1
1 � k2 sn4 (K þ iK 0 )
c)
dn(2K þ 2iK 0 ) ¼
dn2 (K þ iK 0 ) � k2 sn2 (K þ iK 0 ) cn2 (K þ iK 0 )
¼ �1
1 � k2 sn4 (K þ iK 0 )
10.43. Demuestre que
a) sn(z + 2iK′) = sn z,
b) cn(z + 2K + 2iK′) = cn z,
c) dn(z + 4iK′) = dn z.
Solució n
Con los problemas 10.39, 10.42, 10.170 y las fórmulas para la adición, se tiene
a)
sn(z þ 2iK 0 ) ¼ sn(z � 2K þ 2K þ 2iK 0 )
¼
sn(z � 2K) cn(2K þ 2iK 0 ) dn(2K þ 2iK 0 ) þ sn(2K þ 2iK 0 ) cn(z � 2K) dn(z � 2K)
1 � k2 sn2 (z � 2K) sn2 (2K þ 2iK 0 )
¼ sn z
cn z cn(2K þ 2iK 0 ) � sn z sn(2K þ 2iK 0 ) dn z dn(2K þ 2iK 0 )
¼ cn z
1 � k2 sn2 z sn2 (2K þ 2iK 0 )
b)
cn(z þ 2K þ 2iK 0 ) ¼
c)
dn(z þ 4iK 0 ) ¼ dn(z � 4K þ 4K þ 4iK 0 )
¼
dn(z � 4K) dn(4K þ 4iK 0 ) � k2 sn(z � 4K) sn(4K þ 4iK 0 ) cn(z � 4K) cn(4K þ 4iK 0 )
1 � k2 sn2 (z � 4K) sn2 (4K þ 4iK 0 )
¼ dn z
10.44. Trace celdas o paralelogramos periódicos para las funciones a) sn z,
b) cn z,
c) dn z.
Solució n
Los resultados se muestran en las figuras 10-12, 10-13 y 10-14, respectivamente.
y
y
y
4iK′
2K+ 2iK′
2iK′
4K
a)
Figura 10-12
x
4K
b)
Figura 10-13
www.FreeLibros.me
x
2K
c)
Figura 10-14
x
354
Capítulo 10 Temas especiales
Problemas diversos
�
1�z
10.45. Demuestre que Pn (z) ¼ F �n, n þ 1; 1;
, n ¼ 0, 1, 2, 3, . . . .
2
Solució n
�
Los polinomios de Legendre Pn(z) son de grado n y tienen el valor 1 para z = 1. De manera similar, de acuerdo con
la ecuación (10.29), página 328, se ve que
�
�
1�z
n(n þ 1)
n(n � 1)(n þ 1)(n þ 2)
¼1�
(1 � z) þ
(1 � z)2 þ � � �
F �n, n þ 1; 1;
2
2
16
es un polinomio de grado n con el valor 1 para z = 1.
Si se muestra que Pn y F satisfacen la misma ecuación diferencial se llega al resultado buscado. Para hacerlo,
sea (1 − z)/2 = u, es decir, z = 1 – 2u, en la ecuación de Legendre (10.25), página 327, para obtener
u(1 � u)
d2 Y
dY
þ n(n þ 1)Y ¼ 0
þ (1 � 2u)
2
du
du
Pero ésta es la ecuación hipergeométrica (10.30), página 328, con a = −n, b = n + 1, c = 1 y u = (1 − z)/2. Por
tanto, se demuestra el resultado.
10.46. Demuestre que para m = 1, 2, �
3, . �
.. � � � �
�
�
(m�1)=2
� 1� � 2� � 3�
� m � 1� (2p)(m�1)=2
G 1 G 2 G 3 � � � G m � 1 ¼ (2p)pffiffiffiffi
m
pffiffiffimffi
¼
G m G m G m ���G
m
m
m
m
m
Solució n
Se tiene
� � � �
�
�
�
� �
�
� �
1
2
1
1
2
1
P ¼ G� 1 � G� 2 � � � � G� 1 � 1 � ¼ G� 1 � 1 � G� 1 � 2 � � � � G� 1 �
m
m
m
m
m
m
���G 1 �
¼ G 1�
G 1�
���G
G
P ¼ G
m
m
m
m
m
m
Después, al multiplicar estos productos término a término y con el problema 10.13, página 337, y el problema
1.52, página 32, se encuentra
� � � �
��� � � �
�� � �
� � ��
�
�
��1� � � 2�
��2 � �
� 1� ��1
2 � � 1
G
1
�
G
G
1
�
�
�
�
G
1
�
P
¼
G
1
2
2
1G
mG
m� � � G 1 �
m
Gm 1 �
Gm
Gm 1 �
P2 ¼ G
m
m
m
m
m
m
p
p
p
¼p
�p
��� p
sen(m � 1)p=m
sen(p�=m) sen(2p�=m)
¼
��
sen(m � 1)p=m
sen(p=m) sen(2p=m)
m�1
p
pm�1
(2p)m�1
¼
pm�1
p¼m�1 m�1(2¼
p)m�1
sen(p=m) sen(2p=m) � � � sen(m � 1)¼
p=m m=2¼
m
¼
sen(p=m) sen(2p=m) � � � sen(m � 1)p=m m=2m�1
m
(m�1)=2 pffiffiffiffi
or P ¼ (2p) pffiffiffi=ffi m, as required.
se buscaba.
as required.
oro P ¼ (2p)(m�1)=2 = m, como
10.47. Demuestre que, para valores grandes positivos de z,
rffiffiffiffiffiffi
�
2
n p p�
Jn (z) �
cos z �
�
pz
2
4
Solució n
De acuerdo con el problema 6.33, se tiene
8 p
9
ðp
ð
<
1
1 �int iz sen t =
Jn (z) ¼
e e
dt
cos(nt � z sen t) dt ¼ Re
:p
;
p
0
0
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355
Problemas resueltos
Sea F(t) = i sen t. Así, F′(t) = i cos t = 0, donde t = p/2. Si se tiene que t = p/2 + v, la integral entre corchetes
se convierte en
1
p
pð=2
�in(p=2þv) iz sen(p=2þv)
e
e
�p=2
e�inp=2
dv ¼
p
pð=2
e
�inv iz cos v
e
�p=2
e�inp=2
dv ¼
p
pð=2
e�inv eiz(1�v
2
=2þv4 =24����)
dv
�p=2
pð=2
ei(z�np=2)
2
4
e�inv e�izv =2þizv =24���� dv
p
�p=2
pffiffi
pffiffi
Let v2 ¼ �2iu2 =z or v ¼ (1 � i)u=pffiffiz, i.e., u ¼ 12 (1 þ i)pffiffiz v.
1
22
22
1
p
pffiffiffiffi zp, ffiffii.e., u ¼
pffiffiffiffi zpv.ffiffi
Let22v ¼
i)
1 22 (1
1 þp
2 �2iu
22 =z
2o or v ¼ (1 � i)u=
Sea
Let
LetvLet
v ¼¼v�2iu
�2iu
¼ �2iu
=z
=zor
or
=zvvor
¼¼(1
v(1¼��(1
i)u=
i)u=
� i)u=
zz, ,es
i.e.,
i.e.,
zdecir,
, ui.e.,
u¼¼u1ð1
¼
(1þ
(1
i)i)þzi)
zv.pv.ffi z v.. Así, la integral se aproxima mediante
2(1
2þ
(1 � i)ei(z�np=2) 2ð1
2
4
1 e�(1þi)nu= z e�u �iu =6z���� du
p
ffiffi
i(z�n
p
=2)
1
1
1
ffi
p
i(z�n
p
=2)
p
ð
ð
ð
(1 � i)e
2
4
2
4
p
z
�iu
=6z����
i(z�npi(z�n
=2) p=2)
ffi2 �iu
ppffi ffi zzp
�(1þi)nu=
�u
�iu
=6z���� du
(1(1��(1
i)e
i)e
�i(z�n
i)effiffi p=2)
4 42=6z����
e�(1þi)nu=
e2�u
p
�(1þi)nu=
z z �u
�iu4 =6z����
�1
ee�(1þi)nu=
e�(1þi)nu=
ee�uz�iu
e�u=6z����
du
du du
p
pffiffiffiffi zpffiffi
p
pp zp
z z �1
�1
¼
�1
�1 �1
o, para valores grandes positivos de z,
ð1
(1 � i)ei(z�np=2)
(1 � i)ei(z�np=2) ð1
2
1 e�u du ¼
pffiffiffiffiffiffi
p
ffiffi
i(z�n
p
=2)
i(z�n
1
1
1
i(z�n
p
=2)
i(z�np
p=2)
=2)
ð
ð
ð
(1 � i)e
(1 � i)e
pi(z�n
p
zi(z�n
�u22
p=2)
=2) p=2)
i(z�n
i(z�n
p
p=2)
=2) p=2)
(1
(1
�
�
(1
i)e
i)e
�
i)e
(1(1��(1
i)e
i)e
�i(z�n
i)effiffizpi(z�n
2�u
2
2 ¼
e
du
p
p
ffiffiffiffiffiffi
�u
�u �u
�1
ee edu
du¼¼
du ¼ p
pffiffiffiffiffiffi
pzffiffiffiffiffiffi
p
pffiffiffiffi zpffiffi
ffiffiffiffiffiffi
p
p
pp zp
ppzz p z
z z �1
�1
�1
�1
�1
y la parte real es
rffiffiffiffiffiffi �
�
1 n �
np �
np �o rffiffiffiffiffi
2ffi
np p �
cos
p1ffiffiffiffiffiffi n cos� z � np � þ sen� z � np �o ¼
� z � np � p �
r
r
ffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffi
ffi
r
ffi
ffiffiffiffiffi
ffi
2
n�� z��
� se
��n z��
o 22pz2cos
�� z��
pnn1zffi cos
nnpp�2�np þ
nnpp�2�noop �¼
nnpp2np
1p
1 ffiffiffiffiffi
�p�4� p �
cos
zz�� z �2 þþsesenþn zse
z�
n� z �2 ¼¼ ¼ pcos
cos
zz�� z �2�� �
p
pffiffiffiffiffi
p
ffiffiffiffiffi
ffip
ffi zcos
ffiffiffiffiffi
ffi cos
z cos
4
ppzz ptérminos
z
22de orden
2
22 [véase
2
p
pz
210.162].
2 244 4
También pueden obtenerse
superior
elpzzproblema
10.48. Sea C el contorno de la figura 10-15. Compruebe que para todos los valores de z
þ
1
G(z) ¼ 2piz
tz�1 e�t dt
e
�1
C
Solució n
En la figura 10-15 se ve que, a lo largo de AB, t = x; a lo largo de BDE, t = eeiu, y a lo largo de EF, t = xe2pi.
Así,
2ðp
ð
ðe
ðR
iu
tz�1 e�t dt ¼ xz�1 e�x dx þ (eeiu )z�1 e�ee ieeiu d u þ xz�1 e2pi(z�1) e�x dx
R
ABDEF
e
0
ðR
¼ (e2piz � 1) xz�1 e�x dx þ i
e
2ðp
iu
ez eiuz e�ee du
0
Ahora, si Re{z} > 0, al tomar el límite cuando e → 0 y R → ∞, se tiene
ð
C
1
ð
tz�1 e�t dt ¼ (e2piz � 1) xz�1 e�x dx
Plano t
y
0
¼ (e
2piz
� 1)G(z)
Pero las funciones en ambos lados son analíticas para toda z.
Por tanto, para toda z,
þ
1
G(z) ¼ 2piz
tz�1 e�t dt
e
�1
D
B
R
E
C
Figura 10-15
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A
F
x
356
Capítulo 10 Temas especiales
10.49. Demuestre que sn(z1 þ z2 ) ¼
Solució n
sn z1 cn z2 dn z2 þ cn z1 sn z2 dn z1
:
1 � k2 sn2 z1 sn2 z2
Sea z1 + z2 = a una constante. Así, dz2/dz1 = −1. Defínase U = sn z1, V = sn z2. Se sigue que
dU
¼ U_ ¼ cn z1 dn z1 ,
dz1
dV
dV dz2
¼ V_ ¼
¼ �cn z2 dn z2
dz1
dz2 dz1
donde los puntos denotan diferenciación respecto de z1. Así,
2
2
U_ 2U_¼2 ¼
(1 (1
�U
�2U
)(1
)(1
� k�2 U
k22U
) 2 )andyandV_ 2V_¼2 ¼
(1 (1
�V
�2V
)(1
)(1
� k�2 Vk22V
) 2)
Al diferenciar y simplificar se encuentra
U€ ¼ 2k2 U 3 � (1 þ k2 )U V€ ¼ 2k2 V 3 � (1 þ k2 )V
(1)
(2)
Se multiplica (1) por V, (2) por U y se resta para obtener
€ � U V€ ¼ 2k2 UV(U 2 � V 2 )
UV
€ � U V€€ ¼ 2k22 UV(U 22 � V 22 )
UV
€
UV � U V ¼ 2k UV(U � V )
Es fácil verificar que
(3)
U_ 22 V 22 � U 22 V_ 22 ¼ (1 � k22 U 22 V 22 )(V 22 � U 22 )
_ V 2 � U 2 V__ 2 ¼ (1 � k2 U 2 V 2 )(V 2 � U 2 )
U
U_ 2 V
� U V ¼ (1 � k U V )(V � U )
(4)
(1 � k22 U 22 V 22 )(V 22 � U 22 )
_ � U V_ ¼ (1
UV
� k2 U
U2 V
V )(V 2 �
� U2 )
(1
_
_
_ þ2 )(V
UV
�U
UV
V_ ¼
¼ � k UV
U V_ U )
_ �
UV
_
_
UV
þU
UV
V_
_ þ
UV
(5)
o
Se dividen las ecuaciones (3) y (5) y se obtiene
€
UV
_
UV
Pero
2
_ þ
_ U V)
�
V€ U V€�2k�2k
UV(2 UV(
UV
V)
€ U�
_ Uþ
_
UV
UV
V)
¼
2 2 2 _2
€
€
_
¼
UV
�
U
V
�2k
UV(
UV
þ
U
_
2
2
2
1
�
k
U
V
�
V U V_ ¼
_ U�
1�k U V
UV
2
2
2
_ � U V_
1�k U V
UV
d _d
€ �
_ U V)
UV
V€ U
¼V€ ¼ (UV
V)
€ U�
_ U�
_
UV
UV
d (�
dz
1 dz1 (UV
€
€
_ � U V)
_
UV � U V ¼
dz1
y
d
2
22 2
_ þ
_ U¼V)
�2k�2k
UV(2 UV(
UV
V)
U 2kV2 U
)V )
_ Uþ
_ ¼ (1dd�(1k2�
UV
dz
2
1 dz1 (1 � k 2 U 2 V 2 )
_ þ U V)
_ ¼
�2k UV(UV
dz1
de manera que (6) se convierte en
Al integrar se obtiene
2 22 2 2 2
_ d(�
_ U V)
d(UV
V)
U kVU) V )
_ U�
_ d(1 �
UV
d(1k �
¼
_
_
¼
2
2k222U22 V22 )
UV
� U_V) 1 �d(1
�
_ d(�
_
k
U
UV
U
V
_
U V
UV � U V ¼ 1 � kV
_
_
1 � k2 U 2 V 2
UV � U V
_ �_ U V_ _
UV
UV � U¼Vc (una constante), es decir,
2
¼c
1 � k12�
U 2kV2 U
2V 2
cnzz2cn
dnzz2dn
þ zcnþz1cn
snzz2sn
dnzz1dn z
sn z1sn
1
2
2
1
2 ¼c
1
2z
¼c
1 � k12�
snk22zsn
sn
1 2 z sn
2 2z
1
2
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(6)
Problemas complementarios
357
es una solución de la ecuación diferencial. También es claro que z1 + z2 = a es una solución. Estas dos soluciones
deben relacionarse de la manera siguiente:
sn z1 cn z2 dn z2 þ cn z1 sn z2 dn z1
¼ F(z1 þ z2 )
1 � k2 sn2 z1 sn2 z2
Con z2 = 0, se ve que F(z1) = sn z1. Así, F(z1 + z2) = sn(z1 + z2), con lo que se obtiene el resultado buscado.
Problemas complementarios
Prolongación analítica
Demuestre que F1 (z) ¼ z þ 112 z22 þ 113 z33 þ 114 z44 þ � � � converge para jzj
|z| ,
< 1.
F1 (z) ¼ z þ 2 z þ 3 z þ�4 z þ�� � � �
�2
�jzj , 1.
�
pffiffiffi
� z � i�
� z � i�
� z � i� 3
F2 (z) ¼ 114 pi � 112 ln 2 þ z � i þ 112 z � i 2 þ 113 z � i 3 þ � � �
jz � ij , pffiffi2ffi .
b) Demuestre que F2 (z) ¼ 4 pi � 2 ln 2 þ 1 � i þ 2 1 � i þ 3 1 � i þ � � � converge para jz � ij , 2.
1�i
1�i
1�i
10.50. a)
c)
1
2
Demuestre que F11(z) y F2(z)2 son prolongaciones analíticas una de otra.
d ) ¿Puede hallar una función que represente todas las prolongaciones analíticas posibles de F1(z)? Justifique
su respuesta.
10.51. Una función F(z) está representada en |z − 1| < 2 por la serie
1
X
(�1)n (z � 1)2n
n¼0
22nþ1
Demuestre que, en z = 5, el valor
Ð 1 de la función es 1/16.
F1 (z) ¼ Ð 01 (1 þ t)e�zt
10.52. a) Demuestre que F1 (z) ¼ 0 (1 þ t)e�zt dt sólo converge si Re{z} > 0.
Encuentre una función que sea la prolongación analítica de F1(z) en el semiplano izquierdo.
Ð1
2
of F1 (z) ¼ Ð 01 e�(zþ1)2 t dt y represente gráficamente esta región.
10.53. a) Encuentre la región de convergencia de
�(zþ1) t
of F1 (z) ¼ 0 e
dt
b) Encuentre el valor de la prolongación analítica de F1(z) correspondiente a z = 2 – 4i.
�
z
z2
z4
z=(1 � z) si
if |jzj
, 11
z| <
10.54. a) Demuestre que
þ
þ
þ
�
�
�
¼
1=(1 � z) si
if |jzj
1 � z2 1 � z4 1 � z8
z| > 1
b)
b) Analice estos P
resultados
desde el punto de vista de la prolongación analítica.
1
3n
jzj ¼ 1.
P
n¼01z PP
1
1 3n 3n
n
z puede
z
¼¼
1. 1. |z| = 1.
10.55. Muestre que la serie n¼0 z3n¼0
no
prolongarse analíticamente más allá de la jzj
circunferencia
¼ jzj
1.jzj
n¼0
P1
P1
n
bn
bn
Suppose P
zP
¼1
PPa1n z n n b bjzj ¼ 1 as
P
n¼11anP
n¼1 (�1)
1 bhas
1 jzj
bn b
n has
n(�1)
10.56. Suppose
Suponga
que
tiene
|=
que 1
tuviera
Suppose
Suppose
has
¼
¼
1 11 como frontera natural. ¿Esperaría 1
¼
¼
1 as
1 as
n ahas
n zan zjzj
z n¼1
¼ jzj
1|zjzj
an(�1)
zbn an zannz n también
jzj ¼ jzj
1 jzj
as
n¼1n¼1
n¼1 ann¼1
n¼1 (�1)
|z| = 1 como frontera natural? Justifique su conclusión.
. . una sucesión tal que límn!1 zn ¼ a, y suponga que para todo
n, n,
zn =
a. Let
F(z) F(z) y G(z)
10.57.LetSfz
ean g,
{znn},¼n1,
= 2,
1, 3,
2,.3,…
zn 
a. Sean
lím
g,na1,
ng,y¼
ntales
¼
1,
3, .3,
. .. . ). = G(z ), n = 1,lím
za,n z¼n ¼
a, a,
n, a.
zn,n =
zn =
a.F(z)
Let
a. Let
F(z)
F(z)
Let
fzn¼
fz
n!1
2,
3, 1,
.2,.que
.2,
n, zn =
Let
Let
fzLet
n g, nen
n!1
n. ¼
2, 3,
. .lím
.zn!1
analíticas
F(z
n
n
G(z)
F(zn ) ¼ G(zn ), n ¼ 1, 2, 3, . . . .
)¼
)n ),¼
G(z
),n1,
nque
), ¼
n hay
¼
1,
3,. .3,. .el
. . .resultado
.
G(z)
G(z) que F(z) = G(z). b) Explique
nG(z
nrelación
n¼
¼F(z
nG(z
2,
3, 1,
.2,.entre
.2,
G(z)
F(zn )F(z
a) Demuestre
la
del inciso a) y la prolongación
analítica. [Sugerencia: Considere el desarrollo de F(z) − G(z) en una serie de Taylor en torno a z = a.]
Principio de reflexión de Schwarz
10.58. Repita el problema 10.2 con el principio de reflexión de Schwarz.
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358
Capítulo 10 Temas especiales
10.59. a) Como la igualdad sen 2z = 2 sen z cos z es válida para todos los valores reales de z, demuestre que también
es válida para todos los valores complejos de z.
b) ¿Puede emplear el principio de reflexión de Schwarz para demostrar que tan 2z = (2 tan z)/(1 – tan2 z)?
Justifique su conclusión.
10.60. ¿ Puede aplicarse el principio de reflexión de Schwarz si la reflexión tiene lugar en el eje imaginario y no en el eje
real? Demuestre su conclusión.
10.61. ¿Puede extenderse el principio de reflexión de Schwarz para aplicarse a la reflexión respecto de una curva C?
Productos infinitos
10.62. Investigue la convergencia de los productos infinitos
�
��� Y
�
���
�
��� Y
1
1Y
1��
1
1Y
1��
1
1Y
1��
Y
Y
Y
Y
11 1
11 1
cos
cos
kp
kp
cos
kp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi, , c)
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
,
1 1�1�p
�p
1 1þ1þþ2 2 2
a) 1 1þ1þþ3 3 ,3 , , b)
k
k
k
k
k
þ
k
þ
1
þ
1
1
k
þ
k
1
þ
1
k
þ
1
k¼1
k¼1
k¼1
k¼1
k¼1
k¼1
k¼1
k¼1
k¼1
10.63. Demuestre que una condición necesaria para que
Q1
k¼1
(1 þ wk ) converja es que límlím
wn =wn0.¼ 0.
n→∞n!1
���
�
�
���
1
11��
1
11��
1
11
Y
Y
Y
Y
Y
Y
Y
Y
Y
111
kkk
�1
�1
�1 222
10.64. Investigue la convergencia de a)
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi ffi ffi, , , c)
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
111þþþ , , , b)
111þþþpp
(1(1
(1þþþcot
cot
cot
kkk).).).
2k2þ
2þ
k
k
k
k
k
þ
1
1
1
k¼1
k¼1
k¼1
k¼1
k¼1
k¼1
k¼1
k¼1
k¼1
10.65. Suponga que un producto infinito es absolutamente convergente. Demuestre que es convergente.
�
�
1
1
Y
4z22
1�
..
10.66. Demuestre que cos z ¼
(2k � 1)22p22
k¼1
k¼1
�
�
1
1
Y
�kz
e�kz
1
þ
10.67. Demuestre que
k22 a) converge absoluta y uniformemente en el semiplano derecho Re{z} ≥ 0 y b)
k¼1
k¼1
represente una función analítica de z para Re{z} ≥ 0.
�
�
�
�
��
�
��
�
�� �
��
��
��
11��
11��
11 �
1
1
�
1
�
�� �� 1¼
10.68. Demuestre que 11 �
1
1
1
1
1 1..
1
1
1 � 322 11��
1 � 422� �� �����¼
¼
2
.
.
¼
11���222222 11��
33223
44224
22 2
22
�
�
�
��
� ��1��
��
� ��1�
�
�� � ��11��
1 1 1�
1 � � � 1¼1 11.
1
�
1
þ
1
1
1
1
1
1 � 2 11þþ
1 þ 3 11��
1 � 4� �� ����¼
�¼
� ¼. .2 .
10.69. Demuestre que11��
22 2
33 3
44 4
22 2
�
�
�
�
1
1
�
�
2
22
Y
Y
1�
1� �
2�
�
�
�� �
z�
4z
11Y
11Y
22 z
24z
2
Y
Y
Y
Y
senh
z
¼
,
cosh
z
¼
1
þ
1
þ
z
4z
z
4z
senh
z ¼ 11þþ
cosh
z ¼ 11þþ
1 þ k22p2,2, , b) cosh
1 þ (2k � 1)22p2.2. ..
10.70. Demuestre que: a)senh
senh
zz¼¼
cosh
zz¼¼
kp22p
2 22p
k¼1
k¼1
�
22p
k
k
k¼1
k¼1
(2k
(2k(2k
��1)
1)21)
pp
k¼1
k¼1
k¼1
k¼1
10.71. Con productos infinitos muestre que sen 2z = 2 sen z cos z. Justifique todos los pasos.
�
1 �
Y
11 zz �
1 �
Y
11 þ
sen a) converge absoluta y uniformemente para toda z, b) representa una función
þ k sen
10.72. Demuestre que
k¼1
k kk
k¼1
analítica.
10.73. Demuestre que
1 �
Y
zz�� �z=k
1 �
Y
11 þ
þ k ee�z=k converge.
k¼1
k
k¼1
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Problemas complementarios
359
La función gamma
10.74. Evalúe las expresiones siguientes con la función gamma.
ÐÐ 1 3 ÐÐ�2y
2 ÐÐ �y
1 3ÐÐ1
1 22 2ÐÐ1
1 3 �2y ÐÐ 1
1 222 �2y22
1 22 1=4
Ð ÐÐ 1 �2y
ÐÐ�2y
ÐÐ�y1
1=4 Ð 1
�2y
�2y
�y22 1=4
212 1=4
1
1 Ð221
1
1 ydy
�2y dy 1 12fye
�y
3 e0�2y
2dy
dy
dy
fye
dy
dy
gfye
dy
fye
dy fye�y2 g1=4 dy
dy
ee�2y dy
y ee�2y
y013c)eyy�2y
dy
dy
yy2 eedy
dy, 0y fye
e �y
g1=40�y
dy
fye
gg e)dy
0 y
0 dy
0 y
a) 0 yy3ee�2y
e, yy3dy
ee0�2y
gg1=4
dy
0
0
0
0
0 0
0
0 0
0
0
0
ÐÐ 1 Ð ÐÐ 1 Ð�1=2
Ð1
ÐÐ11e�3u
Ð1
ÐÐ 1�3u
�1=2 �1=2
3=2
3=2 �3u
1 1d
1�3u
�1=2
3=2e1�3u
3=2
u3=2
du
fln(1=t)g
dt�1=2
du
u3=2
e�3u01du
du
fln(1=t)g
fln(1=t)g
dt
dt
b) 0 uu3=2
,�3u
) e�1=2
du
e
fln(1=t)g
dt
du�1=2 dt
dt
0e u
0u fln(1=t)g
0 eu
du
0
0
0
0
00 fln(1=t)g
0dtfln(1=t)g
0
0
ÐÐ 1 Ðz�1
ÐÐ 1
Ð1
Ð
z�1
z�1
1
1
1
z�1
z�1. 0.
z�1 dt
fln(1=t)g
fordt
Refzg
.>0.
0.
G(z)
¼
fln(1=t)g
dt
Refzg
dt.
for
0.
Refzg
G(z)01¼
¼ z�1
fln(1=t)g
dt for
for
Refzg
.
fln(1=t)g
for
0.Refzg
.dt0.for Refzg . 0.
G(z)
¼G(z)
G(z)
G(z)dt
¼para
00 fln(1=t)g
10.75. DemuestreG(z)
que¼
Re{z}
0.
for
.
¼
00 fln(1=t)g
0 Refzg
0 fln(1=t)g
ÐÐ 1
1
1
1
ð1
ð
ð p
1
1
1
ð1
ð
ðð1)(xpp �
1)
(x
�
(xp�
�1)
1)pp
(x
�
1)
(x
(x
�p),
1)pp)G(1
(x
�
1)
dx
¼
G(1
þ
p)G(1
�
p),
where
�1
,�1
,
1.
¼
G(1
þ
dx
p)G(1
¼
G(1
�
þ
where
�
�1
p),þ
,
where
pp ,
1.
�1
,1.
, 1.
1. �1 , p , 1.
donde
−1
ppp <
10.76. D
emuestre que 2 dx
dx
¼
G(1
þ
dx
p)G(1
¼
G(1
�
þ
p),
p)G(1
where
dxp),
¼,�
G(1
�1
p),
,
where
p)G(1
,<
1.
�
p),
ppwhere
,
dx
¼
G(1
þ
p)G(1
�
where
�1
,
,
1.
2
2
xx2
x2
xx2 xx2
1
1
11
11
1
10.77. Suponga que m, n y a son constantes positivas. Demuestre que
1
�
�
ð
1
ðn
1 �(mþ1)=n
m þ 1�m þ 1�
1 �(mþ1)=n
m ¼
�axn a
xm e�ax xdx
G
e n dx ¼ a
nG
n
n
0
1
0
rffiffiffiffi rffiffiffiffi
ð �zt 1
ð
e
e�ztffi p if Refzg
p . 0.
ffi dtffi ¼
10.78. Demuestre p
que
Re{z}.>0.0.
pffi dt
ifsi Refzg
¼
z
t
z
t
0
Ð 10
4
Ð
(x4 ln x)
dx.
10.79. Resuelva 01 (x ln0 x)
dx..
G(�7=2),
(b) G(�1=3).
10.80. Resuelva a) Γ(−7/2),
b) Γ(−1/3).
G(�7=2), (b)
G(�1=3).
�
�
� 1G �1�� m (�1)
¼
10.81. Demuestre Gque
� � m2 ¼
2
pffiffiffiffi mþ1
pmþ1
ffiffiffiffi mþ1
(�1)
p2
mþ1
p2
, m ¼ 0, 1, 2, . . . .
m ¼ 0, 1, 2, . . . .
1 � 3 � 5 � � � (2m ,þ 1)
1 � 3 � 5 � � � (2m þ 1)
m
m
10.82. Demuestre que el residuo de Γ(z)
= 0,
0, 1,
1, 2,
2, 3,
3,…,
donde0!por
G(z)en
at zz =
¼ −m,
�m, m
m¼
. . . ,es
is (−1)
=m! where
¼ 1definición 0! = 1.
m(�1) /m!,
G(z) at z ¼ �m, m ¼ 0, 1, 2, 3, . . . , is (�1) =m! where 0! ¼ 1
�
�producto
pffiffiffiffi infinito compruebe que
10.83. Con la representación depla función 2z�1
gamma como
,
2
G(z)G z þ�12 ¼ � p G(2z)
G(z)G(1 � z) ¼
ffiffiffiffi
p
��2z�1 G(z)G
�� p
pffiffiffiffiffiffi
ffiffi 1 ¼ pp
pp sen pz 2z�1
, G(z)G
G(2z)
þ
ffi zpp
r2ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
a) G(z)G(1
22p2z�1
G(2z)
G(2z)
G(z)G
zz þ
þ 1212 ¼
G(z)G(1 �
�G(z)G(1
z)
z) ¼
¼ � z),, ¼ b)
¼
2
sen
z
p
sen
senppzz
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
r
y . 0, then jG(iy)j
¼
.
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffi
r
rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pp y senh ppy
10.84. Demuestre que
> y0,.
entonces
0, then
yy .
.si0,
0,ythen
then
jG(iy)j
jG(iy)j
¼
¼ jG(iy)j ¼ .. y senh py..
yysenh
senhppyy
10.85. Analice el problema 10.84 si y < 0.
10.86. Demuestre a) la propiedad 6, b) la propiedad 7 y c) la propiedad 9 de las páginas 322 y 323.
pffiffiffi
�� ��
4p 2= 5. pffiffiffi
10.87. Demuestre que G 15 G� 25� ¼
�
�
��1�� ��22�� G 1 G22 p
2pffiffiffiffiffiffi
2
= 5.
55¼
.. la4pfunción
G 55 ¼
¼ 445pp ==5 de
G 15representación
10.88. a) Con G
la
gamma como un producto infinito, compruebe que, para todo entero
5G
positivo m,
mmz G(z)G(z þ 1=m)G(z þ 2=m) � � � G(z þ [m � 1]=m)
G(mz)
es una constante independiente de z.
b)
En el resultado del inciso a), con z → 0, evalúe la constante y demuestre así la propiedad 5, página 322.
La función beta
10.89. Resuelva
a) B(3, 5/2), b) B(1/3, 2/3).
10.90. Resuelva las expresiones siguientes con la función beta:
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffi ffi ffi
p
p
Ð 1Ð 1Ð21Ð212 2 2 2�1=2
Ð 3Ð 3Ð 3Ð 3 2 23=2
Ð 4Ð 4Ð 4Ð p
Р1Р1�1=3
Ð 1�1=3
1�1=3
4p
2=32=32=3
�1=2
3=2
�1=3 2=3
2t.2�
(1�(1
t)�t)�
t) dt,
t)dt,dt,dt, b)
u�
(1�(1
u�u)�u)2�1=2
u)2�1=2
)du,
du,
du,
du, c) 0 0(90(9�
�(9
t�t)�t)23=2
t)23=2
dt,
)dt,
dt,dt,d ) 0 0dt=
dt=
4t4t�
4t�4t
t�
t. 2 t. 2 .
0 a)
0t 0t 0t t(1(1�
0 0u0u(1
0u(1
0(9
0dt=
0dt=
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360
Capítulo 10 Temas especiales
B(m
n)m1,
m m
B(m
þ
1,m n)
n)
m
B(m
þ
B(m
B(m
þþ1,þ
1,
n)1,
n)þ
B(m
1,
¼. n)
.¼
¼ m ..
10.91. Demuestre
que
¼1)
¼
.1)
¼
B(m,
n
þ
n
B(m,
n
þ
B(m,
þn 1)
1) nnn.
B(m,
B(m,n nþB(m,
þ1)1) nnnþ
a
aa
2
ða ða ð ðððady
22
fG(1=4)g
2fG(1=4)g
2
fG(1=4)g
dy
2
dy
fG(1=4)g
fG(1=4)g
dy
dy
p
ffiffiffiffiffiffi
10.92. Dado a > 0, pruebe que
fG(1=4)g
dy
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
¼
.
p
ffiffiffiffiffiffi
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
¼
p
ffiffiffiffiffiffi
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
¼
..
p4p
ffiffiffiffiffiffi
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi¼
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼
4p
4�y
¼ffiffiffiffiffiffi2.4a
p. pffiffiffiffiffiffi
4a
p.
22p
p
�
y44ffi4a
4a4a
2p
2p4a
y4aaay44 �
a0 4a4�a�00y4�
2
y
�0�0� � 0�
�
�
�� �p þ�
þ1 11 11�
þ
pBpþþ1 B
1 11ppp1, þ
1
1
,
,
B
BB
B2, , 22 , 22 p
� 22�
� 2 2 22��¼�
�¼
p p2
2¼
¼ 2pp
�
10.93. Demuestre
��que
�
p
þ
p111þ
1pp¼2þ
¼ 22p y establezca las restricciones necesarias para p.
þ
þ211�
þ
pBpþþ1 B
1 p1ppppþ
þ
1
B, , , þ 1 ,, p þ 1
BB
2 2 B2 22222 2, 222
p
Ðp
Ð p=2 ÐÐ p=2
pffi ffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
Ð ffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
pp
=2
=2ffi p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi=2
6
Ð pÐ=2
64
=2
ÐÐ ppptan
Ð6pp=2
p=2(a)6sen
p=2
usen
d, u444,(b)
u.uffiffiffiffiffiffiffiffiffi
d. u.uuffi dduu..
uuducos
cos
ub)
dÐ(b)
up,,Ð=2
(b)
tan
sen
4cos
4 66 u
u
d
u
(b)
tan
(a)
0sen
0(b)
0u
0u=2
10.94. Evalúe: (a)
a)(a)
u
cos
cos
u
u
d
,
u
(b)
u
u
tan
tan
d
d
sen
(a)
0
0
u
cos
u
d
u
,
u du.
tan
sen
(a)
00
00
0
0
1
1
ð m�1
ð1 m�1n�1 n�1
ð1 ð11 m�1
n�1
x11þðð1þxxxn�1
þm�1
x þ
þ xxn�1
m�1
n�1
x x¼
1¼
1 n)
xxm�1
xmþn dx
1
B(m,
n)
dx
B(m,
dx
B(m,
n)
¼
mþn
10.95. Demuestre
que
B(m,
B(m,n)n)¼
¼ n)
dxþ
dx
mþn dx , donde Re{m} > 0 y Re{n} > 0. [Sugerencia: Sea y = x/(1 + x).]
B(m,
¼
2
(1
þ
x)
mþn
mþn
2
(1
þ
x)
(1 þ
þ x)
x)mþn
2 2 (10(1þ22þx)0x)(1
0
1
0
1
0
1
1
ðð 30dx
ð1
ð ð3 3 x3 1
p p
p
dx
x xdxdxðdxxxx33¼
pdx
pp
pffiffiffiffiffiffi..
¼ffiffiffi. p
p
pp
ffiffiffi66.ffiffiffi¼
6þ
.¼
¼¼
10.96. Demuestre
que
p
ffiffiffi.
1x6þ
þ
1 1þ
þ
x60x1113þ
3 x3xx363 3 333 333
0
0
00
0
10.97. a ) Demuestre que si m o n (pero no ambas) es un entero negativo y si m + n < 0, entonces B(m, n) es infinito.
b) Investigue B(m, n) cuando tanto m como n sean enteros negativos.
Ecuaciones diferenciales
10.98. D
etermine los puntos singulares de las ecuaciones diferenciales siguientes e indique si son regulares o irregulares.
a) (1 − z2)Y′′ − 2Y′ + 6Y = 0, b) (2z4 − z5)Y′′ + zY′ + (z2 + 1)Y = 0 y
c) z2(1 − z)2Y′′ + (2 − z)Y′ + 4z2Y = 0
10.99. M
ediante series de potencias, resuelva las ecuaciones diferenciales siguientes y encuentre la región de convergencia.
Si es posible, sume la serie y muestre que la suma satisface la ecuación diferencial.
00
0
00
00
0
Y¼
zYzY′′
¼ 0,
(c)+zY
þ 2Y
a) Y′′ + 2Y′ (a)
+ YY =þ0,2Y b)þY′′
+ 0,
zY =(b)
0 Yy þc)
+ 2Y′
zY =
0 þ zY ¼ 0.
10.100. a) S
uponga que resuelve (1 − z2)Y′′ (1
+�
2Yz2=
mediante
)Y000 þ
2Y ¼ 0 sustitución con la solución supuesta Y ¼
región de convergencia esperaría? Explique.
P
an zn.. ¿Qué
b) Determine si la región de convergencia esperada en el inciso a) es correcta, hallando realmente la serie solución.
Y 00 þ z2 Y ¼ 0
to Y(0) ¼ 1, Y 0 (0) ¼ �1 and (b)
10.101. a) Resuelva Y′′ + z2Y = 0 sujeta a Y(0) = 1, Y′(0) = −1 y b) determine la región de convergencia.
of Y 00 þ p(z)Y 0 þ q(z)Y ¼ 0.
Y ¼ Y1 (z)
10.102. Suponga que Y = Y1(z) es una solución de Y′′ + p(z)Y′ + q(z)Y = 0. Demuestre que la solución general es
Ð
ð
expf� p(z) dzg
dz
Y ¼ AY1 (z) þ BY1 (z)
fY1 (z)g2
10.103. a) Resuelva zY′′ + (1 − z)Y′ − Y = 0 y b) determine la región de convergencia.
10.104. a) Con el problema 10.102 demuestre que la solución de la ecuación diferencial del problema 10.103 se escribe
ð �z
z
z e
dz
Y ¼ Ae þ Be
z
b) Concilie el resultado del inciso a) con la serie solución obtenida en el problema 10.103.
10.105. a) Resuelva zY′′ + Y′ − Y = 0 y b) determine la región de convergencia.
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Problemas complementarios
361
Ð
p(z)Y 0+þq(z)Y
q(z)Y=¼00en
into
Y 00+þp(z)Y′
10.106. Demuestre que Y ¼ V expf� 12 p(z) dzg transforma la ecuación diferencial Y″
o
n
V 00 þ q(z) � 12 p0 (z) � 14 [p(z)]2 V ¼ 0
10.107. C
on el método del problema 10.106 halle la solución general de zY′′ + 2Y′ + zY = 0 [véase el problema
10.99c)].
Solución de ecuaciones diferenciales mediante integrales de contorno
10.108. Con el método de las integrales de contorno resuelva las ecuaciones siguientes.
a) Y′′ − Y′ − 2Y = 0,
b) Y′′ + 4Y′ + 4Y = 0,
c) Y′′ + 2Y′ + 2Y = 0.
10.109. Demuestre que la solución de zY″ + (a − z)Y′ − bY = 0, donde Re{a} > 0, Re{b} > 0, está dada por
Y¼
ð1
ezt tb�1 (1 � t)a�b�1 dt
0
n
n
(z) ¼ (�1)
(�1)
(z) for
for nn ¼
¼ 0, 1,
1, 2, 3,
3, . . . .
�n(z)
n n JJnn(z)
JJ�n
JJ�n
(z)¼¼¼
(�1)
(�1)
JJnn(z)
(z)for
fornn¼
¼0,0,0,
1,1,2,2,2,
3,3,. . ..... .. .
�n(z)
unciones deJ JJJ�n
essel
n nnnJn (z) for n ¼ 0, 1, 2, 3, . . . .
(z)
¼
(�1)
(z)
(z)
(z)
¼
¼
(�1)
¼
(�1)
(�1)
J
J
(z)
J
(z)
(z)
for
for
for
n
n
¼
n
¼
0,
¼
0,
0,
1,
1,
1,
2,
2,
2,
3,
3,
.
3,
.
.
.
.
.. .
�n
�n
�n
nnn
d JJn (z)
�n
�n
dd0,1,
nznn Jn nJJ
(z)
¼
¼
(�1)
(�1)
(z)
(z)
for
for
n
n
¼
¼
0,
1,
1,
2,
2,
3,
3,
.. .¼
..�z
.�n�n
�n
�n
n
n
dd Jd−n
d
d
n
�n
fz
fz
J
(z)g
¼
(z),
(b)
J
(z).
10.110. Demuestre que
(z)
=
(−1)
J
(z)
para
n
=
0,
2,
.¼
.¼
. .�z
n
n�1
n (z)g
nþ1(z).
nfz
n Jn (z)g ¼n nz Jnn�1 (z), (b)
�n
�n J3,
�n
fz
¼
�z
JJnþ1
n (z)g
d
fz
fz
fz
fz
J
J
(z)g
(z)g
¼
¼
z
z
J
J
(z),
(z),
(b)
(b)
J
J
(z)g
(z)g
�z
J
Jnþ1
(z).
(z).
dz
dz
n
n
n�1
n�1
n
n
nþ1
n
n
�n
�n
dddddz
d
d
d
dz
nfzdz
n nJn (z)g ¼n zn nJn�1 (z), (b) dz
�n
�n
�nJn (z)g ¼ �z
�n
�n
�nJnþ1 (z).
fz
dz
dz
fzfzfz
fzfzfzJnJ(z)g
JnJ(z)g
¼¼z¼zJzn�1
Jn�1
Jn�1
(z),
(z),
(z),(b)
(b)
(b) dz
¼¼�z
¼�z
�zJnþ1
Jnþ1
Jnþ1
(z).
(z).
(z).
nJ(z)g
n (z)g
n (z)g
dnJd(z)g
dz
dz a) ddfzfzn nJJn n(z)g
dzdz
(z)g¼¼znznJJn�1
(z),
(b)
(z)g¼¼�z
�z�n�nJJnþ1
(z).
10.111. Demuestredzdz
que:
b) fzfz�n�nJJn3n(z)g
Ð dz3(b)
Ð(z).
n�1(z),
nþ1
Ð
0
2
dz (z) ¼ �J1 (z), (b)
dzdz
ÐÐ 33z3 J2 (z)
ÐÐ Ð33z33 J0 (z) dz ¼33z33 J1 (z)�2z
(a)dz
dz ¼
¼33zz3 JJ3(z)
(z) þ
þ c,
c, (c)
(c)
(z) þ c.
c.
0 0JJ00(z)
2 2 2 JJ22(z)
(a)
¼
�J
(z),
(b)
z
J
(z)
dz
J(z)
J(z)�2z
Ð
Ð
1
2
3
0 (z)
1 (z)�2z
(a)
(a) J0 J00(z)
(z)
¼�J
�J11(z),
(z), (b)
(b)
zzJJ22(z)
(z)dz
dz¼¼3zz JJ33(z)
(z)þþc,c, (c)
(c)
zzJzJ00(z)
dz
dzdz
¼¼3¼
zzJzJ11(z)�2z
JJ22(z)
(z)þþþ
c.c.
0 ¼
Ð
Ð
Ð
Ð
Ð
Ð
3
3
2
0 J0 0(z) ¼ �J1 (z),
3 z3 3J2 (z) dz ¼3 z3 3J3 (z) þ
3 z3 3J0 (z) dz ¼3 z3 3J1 (z)�2z
2 2 2J2 (z) þ c.
(a)
(b)
c,
(c)
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
(a)
(a)
(a)
J0J(z)
¼¼�J
¼�J
�J
(z),
(z),
(b)
(b)
(b) z zJz2J(z)
¼¼z¼zJz3J(z)
þ
þ
c,
þc,
(c)
¼¼z¼zJz1J(z)�2z
J2J(z)
þþc.
þ.c.c.
10.112. Muestre que:
a)
,ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
b)
,c,(c)
c)(c) z zJz0J(z)
1 (z),
1p
1p
2J(z)
2 (z)
3J(z)
3 (z)
0J(z)
0 (z)
1J(z)�2z
1 (z)�2z
2J(z)
2 (z)
Ðdz
Ðdz3dz
Ðdz
Ðdzdz
p
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
0J0(z)
0 (z)
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
(z)
¼
2=p
p(z),
z sin
sin z,
z,(b)
(b)
(z)
¼
pzzþcos
cos
z. (c)
(a)
00 ¼
3J�1=2(z)
3ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
32=
1=2
2=
z(z),
(b)
¼
p
(a)
JJ1=2
(a)
(a)
J(z)
Jp
(z)
¼
¼2=
�J
�J
z�1=2
JJ2�1=2
(z)
dz
dz
¼
¼ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
z2=
z2=
Jp
J2=
þ
c,z.
c,z.
(c) z3z3JJ0 0(z)
(z)dzdz¼¼z3z3JJ1 1(z)�2z
(z)�2z2 2JJ2 2(z)
(z)þþc.c.
1sin
2(z)
3p
3(z)
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
(z)
(z)
¼
2=
p
pz1zsin
z,z, (b)
(b)
(b)
JzJ�1=2
(z)
(z)
¼p
¼
z(z)
zcos
cos
z.
(a)
(a)
JJ1=2
0¼
0(z)
1=2
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
(z)
2=
zzsin
sin
(b)
(z)
2=
zzcos
cos
(a)
10.113. Muestre que
a)J1=2
sen
b)J�1=2
(z)
(z)
(z)
¼¼¼
¼ 2=2=
p
2=
p
zpp
zsin
sin
z,ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
z,z,z,z,(b)
(b)
(b)
JJ�1=2
J�1=2
(z)
(z)
(z)
¼¼¼
¼ 2=2=
p
2=
p
zpp
zcos
cos
z.ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
z.z.z.
(a)
(a)
(a)
JJ1=2
J1=2
1=2
�1=2
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
(z)¼¼ 2=
2=ppzzsin
sinz,z, (b)
(b) JJ�1=2
(z)¼¼ 2=
2=ppzzcos
cosz.z.
(a)
(a) JJ1=2
1=2(z)
�1=2(z)
F
B
10.114. Demuestre el resultado del problema 10.27 p
para
valores no enteros de n.
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
(z)
sin
z
�
J
cos
z
¼
2=
p
z33 .
J
3=2
�3=2
sin
J�3=2
cos
z¼
¼
J3=2
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
(z)
(z)(z)
sin
sin
zz�z��
JJ�3=2
cos
cos
zzp
¼p
2=
2=2=
pp3zp
z33.z. .
10.115. Muestre que JJ3=2
sen
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
3=2
�3=2
3..
(z)
sin
zz��
cos
zz¼¼
2=
(z)
(z)
(z)
sin
sin
z z�
J1��3=2
JJ�3=2
J�3=2
cos
cos
cos
z z¼
¼ 2=2=
p
2=
p
zp3p
z.z3p
z.p
J3=2
JJ3=2
J3=2
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
3=2
�3=2
0 sin
(z)
12 fJn�1 (z) � Jnþ1 (z)g.
0 0JJ0n(z)
1¼
1(z)
10.116. Demuestre que
.
¼
fJ
(z)
�
J
(z)g.
(z)
sin
sin
z
z
�
�
J
J
cos
cos
z
z
¼
¼
2=
2=ppz3z3. .
J
J
n�1
nþ1
3=2
3=2
�3=2
�3=2
(z)
¼
fJfJ
(z)��JJnþ1
(z)g.
J0 Jnn(z)
n ¼
2n�1
n�1(z)
nþ1(z)g.
1
2
2
0 J0 0(z) ¼
1 1 1fJn�1 (z) � Jnþ1 (z)g.
¼¼2¼fJ
fJ
(z)
(z)
(z)
�
�nþ1
Jnþ1
Jnþ1
(z)g.
(z)g.
(z)g.
J J(z)
2fJ
n�1
n�1
00n�1
1�J
nJn(z)
n (z)
2Jn(z)g.
(z)
þ JJnþ2(z)g
(z)g
(a)
10.117. Comprueben que:
a)00J200J0J2(z)
000n (z) 1¼
14 fJn�2 (z) � 2J
(a)
¼¼112fJfJ
fJ
(z)
(z)
��
JJnþ1
(z)g.
n�2
n (z)
nþ2
n�1
n�1
¼¼
(z)
(z)
��
2J
2J
(z)
(z)
þ
þþ
JJnþ2
(z)g
(z)g
(a)
(a)
J00Jnn(z)
n (z)
n(z)
24fJ
n�2
n�2
n nnþ1
nþ2
1
4
4
00J00 00(z) ¼
1 1 1fJn�2 (z) � 2Jn (z) þ Jnþ2 (z)g
(a)
(z)
¼¼
fJ
(z)
(z)
��2J
�2J
2J
(z)
(z)
þþJþnþ2
Jnþ2
Jnþ2
(z)g
(z)g
(z)g
(a)
(a)
(a)
JnJ(z)
n�2
n�2
n (z)
0004¼fJ
1 (z)
nJnb)
n (z)
4004fJ
400n�2
(z)n(z)
�n �
3J
(z)
þþ3J
(z) �
� JJnþ3(z)g.
(z)g.
(b)
000
18 fJ
1 1n�3(z)
n�1
nþ1
000
1¼
1¼
n (z)
¼
fJ
3J
(z)
(b)
JJ(z)
(z)
fJ
(z)
�n�1
2J
2J
(z)
J3J
Jnþ2
(z)g
(z)g
(a)
(a)
J(z)
Jn¼
nþ1
nþ3
n�2
n�2
n(z)
nþ
nþ2
¼
fJfJ
(z)
(z)
���
3J
3Jn�1
(z)
(z)
þþ
3J
3Jnþ1
(z)
(z)
��JJnþ3
(z)g.
(z)g.
(b)
(b)
J000Jn000
n(z)
n1(z)
8¼
4n�3
4fJ
n�3
n�3
n�1
nþ1
nþ3
n
8
8
000J000000(z) ¼
1 1 1fJn�3 (z) � 3Jn�1 (z) þ 3Jnþ1 (z) � Jnþ3 (z)g.
(b)
nn(z)
(z)
(z)
¼¼8¼fJ
fJ
(z)
(z)
(z)
��3J
�3J
3J
(z)
(z)
(z)
þþ3J
þ3J
3J
(z)
(z)
��J�nþ3
Jnþ3
Jnþ3
(z)g.
(z)g.
(z)g.
(b)
(b)
Jresultados
n�3
n�3
n�3
n�1
n�1
n�1
nþ1
nþ1
nþ1
10.118. Generalice(b)
los
los
problemas
10.116
y(z)
10.117.
nJnJ
88fJ
8de
(z)¼¼18 18fJfJn�3
(z)��3J
3Jn�1
(z)þþ
3Jnþ1
(z)��JJnþ3
(z)g.
(b)
(b) JJn000n000(z)
n�3(z)
n�1(z)
nþ1(z)
nþ3(z)g.
ðp3J
1p
10.119. Mediante sustitución directa, verifique que J0 (z)ðp ¼p ð cos(z sen u) du satisface la ecuación
1
1 1¼ðp
J0 (z)
cos(z
0 sen
J0 (z)
¼
u)sen
duu) duu) d u
J0 (z) p
¼ cos(z
sen
pcos(z
p 0 00
zY þ Y 0 þ zY ¼ 0
0
zY″ + Y′0 + zY00= 0 0
þY ¼
þ zY ¼ 0
1
ð
zY 00zYþ00zY
Yþ0 þ
Y 0 zY
þ
zY 0¼ 0
1
�zt
1
ð e J0 (t) dt ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi.
Refzg . 0. Prove1
ð that
1
ð
z21þ 1ffi.
�zt
1 p
�zt
1ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
Refzg
.
0.
Prove
that
J (t)p
dt ¼
10.120. Suponga que Refzg
Re{z}.>0.0.Prove
Demuestre
00 e
thatthatque
e eJ�zt
(t)
.2 þ
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi. 1
p
Refzg . 0. Prove
J0dt
(t)0¼
dt ¼ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
z
2
þ
z2 1þ
2u1þ 2J4 (a) cos 4u þ � � �
cos(a cos u0) ¼ J00(a) � 2J2 (az) cos
0
sen(uaa) cos
cosJuu))(a¼
¼ J2J
) cos
�
(2au) (þ
cos2J34u(a
þ
(4a�u�) þ
cos� �5�u � � � � .
(a()a(�
2J2u(a
cos
cos
a cos(
cos
2)u2J
4)u2J
10.121. Demuestre que: a) cos(cos(
a cos ¼
u) ¼0 J0)(�
a0)12J
�22Ja2)(cos
a) cos
2þ3u2J
þ42Ja4)(cos
a) cos
4þ5u�þ
���
1) cos 3u þ 2J5 (a) cos 5u � � � � .
sen(
a
cos
u
)
¼
2J
(
a
)
cos
u
�
2J
(
a
P
1
3
a cos
u) ¼
(a1)(cos
uJ�(x
(y)
a3)¼
3u 3þu2J
(a5)(cos
5u 5�u��
� � �.� � .
b) sen(sen(
a cos
u) 2J
¼1 2J
a) cos
u2J
�þ3 2J
(cos
a) cos
þ5 2J
a) cos
p
1 Jn (x)J p�n ( y)
P
1 1n¼�1
P
Jn (x)J
( y)
J (x¼þ y) ¼P
( y)p�n
Jp (xJpþ
n (x)J
p�np�n
(xpy)
þ y) ¼ Jn¼�1
Jn (x)J
( y). [Sugerencia: Use la función generatriz.]
10.122. Suponga que p es un entero. Demuestre que
n¼�1
10.123. Establezca la propiedad 8, página 326.
n¼�1
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362
Capítulo 10 Temas especiales
10.124. Sea Re{z} > 0. Demuestre que
þ n þ
z
zn
2
=t) �n�12 =t) �n�1
e(1=2)(t�z
dt
t
dtt
Jn (z) ¼ Jn (z) ¼e(1=2)(t�z
þ
n
þ
þ
2pi n nþzn2pi (1=2)(t�z2 =t) �n�1
z
z
2
2
z
2
C
C
=t) �n�1
(z)¼
e(1=2)(t�z
t dt dt
=t) =t)
n(z)
¼¼
ee(1=2)(t�z
tt�n�1
dtdt
JJnJn(z)
¼
e(1=2)(t�z
t�n�1
Jn (z)
2pp
ii i C
2p22ip
donde C es el contorno de la figura 10-5, página 323.
C CC
1
1
ðp
ð
ðp
ð
1
1
sen np sen�nnfp�z senh
¼
cos(n
f
�
z
sen
f
)
d
f
�
e�nffd�zfsenh f d f .
.
0.that
Prove
that
10.125. Sea
Re{z}
>
Demuestre
que
p
1
¼ Jn (z)cos(n
f
�
z
sen
f
)
d
f
�
e
Refzg
.Refzg
0. 0.
Prove
Jn (z)
1
ðpð
ð1
ðð
ðpnp
p sen1
p ðp 1ðpp
�nf�z senh f
sen
sen
1¼11 0cos(nf � z sen f) d fsen
npnnpp fe�n
ff�z
�zsenh
senh
(z)0¼
Refzg
.0.
Prove
that
�z
senh
f ffddf
n(z)
¼ p
cos(n
cos(n
f�
zzsen
sen
f��� 0 p e�nee0�n
Refzg
Refzg
.
0.0.Prove
Prove
that
that
JJnJn(z)
¼
cos(n
ff
�
z�sen
f)fdf)f)ddf
�
d f dff
Refzg
..
0.
Prove
that
Jn (z)
p
p
p
p
p
p
0 una solución de la ecuación de Bessel
0
10.23
de
la
página
326,
es
10.126. a) Verifique que Y0(z), dada por la ecuación
0 00
0 00
de orden cero.
b) Verifique que Yn(z), dada por la ecuación 10.22 de la página 326, es una solución de la ecuación de Bessel
(z)n (z)
� 2nY
(a)(z)zY�n�1
2nY
þ zY
(z)zY¼nþ1
0 (z) ¼ 0
(a) zY
n (z)
nþ1þ
de orden
n. n�1
(z)
�
2nY
(z)
þ
zY
(z)¼
(a)
zY
n�1
n(z)
nþ1
d(z)
d(z)
d(a)
(z)
(z)
�n2nY
2nY
þzY
zYnþ1
(z)
(a)
zYn�1
��
2nY
(z)
þn þ
zY
(z)
¼
0¼¼
zYnzY
10.127. Muestre que:(a)
a)
, 0d00 �n
n�1
nn(z)
nþ1
�n
n�1
nþ1
�n
�n
fz ¼Yn�z
fzn¼Ynz(z)g
¼
z Yn�1
(z)g
¼
�z(z).
Ynþ1 (z).
fz(b)
Yn (z)g
Ynn�1
(z),
(c)(z), fz(c)
Yn (z)g
Ynþ1
(b)
dz �n
dz n
dz
dz
d
d
n
�n
d dd�nfz
d ddn fz
nn Yn (z)g n¼ nzn Yn�1 (z), (c)
�n
�n Yn (z)g ¼�n
�n
�n Ynþ1 (z).
�z
(b)
c) fzdzfzfzYnY(z)g
fz
Ynn(z)g
(z)g
YYn�1
(z),(c)(c)
(c)
Ynn(z)g
(z)g
¼�z
�zYnþ1
YYnþ1
(z).
(b)
(b)
fzdzfz
Y ffiffiY(z)g
¼¼
z¼Yzzn�1
(z),(z),
¼¼
�z
(z).(z).
(b)p
p
n�1
nþ1
ffiffib) dz
dz
dzn (z)nzfAJ
dzdz
VfAJ
¼
þ BYn (z)g
V ¼ zdz
þ BY
n (z)
n (z)g
p
p
ffiffiffiffiffiffizfAJn (z) þ BYn (z)g es la solución general de
p¼ffiffip
10.128. Demuestre que
VV¼
¼zfAJ
zzfAJ
fAJ
(z)
þBY
BY
(z)g
VV
¼
þþ
BY
nn(z)
nn(z)g
n (z)
n (z)g
�
�
�
�
�2 1=4)
�
�
�
(n
(n22 �
� 1=4)
1=4)
0000
(n2 �V1=4)
(n
�
00
þ
1
�
V
00
V¼
¼ 000 V ¼ 0
þ V11 �
�þ 1 z�22
V þ
V
¼
V
z2
zz2
JJJnþ1
(z)Y
(z)Y
(z)
1=z.
nn(z)
(z)Y
(z) �
� JJJnnnn(z)
(z)Y
(z) ¼
¼
1=z.
nþ1
nþ1
10.129. Demuestre
que
Jnþ1
�nþ1
Jn (z)Y
(z) ¼ 1=z..
(z)Y
�
(z)Y
(z)
¼
1=z.
nþ1
nþ1
n (z)(z)Y
nþ1
m−2
0000
m�2
m�2
is
002V
10.130. Muestre que la solución generalV
V″222+
V000=V
00 þ
m�2
þ
V 2¼
¼m�2
is0¼es0 is
Vde
þ
V
þ
V
¼
is
V
�
�
�
�
�
�
��
� ��
��
� �
��
�
�
�
�
p
222 m=2
pffiffiffiffiffiffi� pffiffi�� 222 m=2
p
m=2 2þm=2
m=2 2 m=2
z
z
BY
V
¼
z
AJ
m=2
m=2
1=m
1=m
z
z
þ
BY
V
¼
z
AJ
1=m
1=m
z
z
þ BYz1=m
z AJ
V¼ V
z ¼
AJ1=m
m
m z1=m mþ BY1=m m
m
m
m
m
10.131. a)
b)
2 00
0
2 0
zzz22Y
)Y
is
2 z00002þ
0�
2 (z¼
0000 þ
22 �
22+
Demuestre que la solución general de la ecuación de
Y″
+
zY′
n2¼
)Y 0=is0 es
þzzY
zY
þ
(zzY
)Y
¼
is
Yþ
þ(z
þnnn(z
�¼
n−
YYBessel
þ
zY
(z
�
)Y
002 )Y
is
ððð
dz
dz ð dz
dz
Y
nn(z)
¼ AJ
AJYnnn(z)
(z)
þ BJ
BJ
(z)
¼þ
AJ
(z)
þ
BJ
(z)
YY ¼
¼
AJ
(z)
þ
BJ
(z)
n n
zJ
zJnn22n2(z)
(z) zJn2 (z)
zJ
n (z)
2
2
Concilie este resultado con el de la ecuación (10.24), página 327.
Función de Legendre
P3(a)
(z),
P4(b)
(z),
(z). P5 (z).
(a) P3 (z),(a) (b)
P4P
(z),
P5 P
(z).
(z), (c)
(z), P5(c)
3(b)
4(c)
(a)
P
(z),
(b)
P
(z),
(c)
P5 (z).0
3
4
0 0polinomios
0
0 c) P5(z).
0 � P0
10.132.
los
de
Legendre
a)
P3þ
(z),
b)(b)
(z),
41)P
(z)
¼
(2n
þ (2n
1)P
þP¼
(z)
¼n�
P0nþ1
� zP
(z).zP0n (z).
(a) �
P
P(a)
(2n
þ0n�1
1)P
(b)
(n
1)P(n
(z)
zP¼0n(z)
(z).
(a) OPbtenga
(z)
�(z)
P
(z)
¼
þ
1)P
(z),
(nPþ
1)P
(z)
Pnþ1
(z)0n�
P(z)
n (z),
nnþ1
n (z),
n (z)
n(b)
nþ1
n�1
nþ1 (z)
n�1
nþ1¼
0
0
0
(z) �
(z)
(b)
(nb)þ(n1)P
(z) n¼
(z)
� zP0n (z).
(a)
Pnþ1
n (z),
nþ1P′
10.133. Demuestre
a) P′
(z)
−P
P′n�1
(z)0 ¼=(2n
(2n0þ+1)P
1)P
+ n1)P
(z)P=
zP′n(z).
0(z) y
0 ¼ 0.
n+1
n−1
nþ
n+1(z) −
(z)
�
(2n
þ (2n
1)zP
(z)
þ0n(n
þ
1)P
(z)
� 0nþ1
(2nnP
þ0nþ1
1)zP
(z)
þ (n
1)P
(z)
¼
0.
nP0nþ1 (z)nP
(z)0n�
þnþ
1)zP
(z)
þ
(n
1)P
(z)
¼
0.
n�1
n�1
n�1
0
0
0
10.134. Demuestre que nPnþ1n (z) � (2n
þ 1)zP
n (z) þ (n þ 1)Pn�1 (z) ¼ 0..
n
(�1)
(�1)
¼ (0)
0. ¼ 0.
(a) ¼
Pn(�1)
,(�1)
(b)¼nP,(�1)
(0)
0. (0)
(a) Pn (�1)
, P¼2nþ1
(b)
P2nþ1
(a)
Pn¼
2nþ1(b)
n
10.135. Demuestre que a)
(0)¼=0.0.
2n+1(0)
(�1)=¼(−1)
(�1)n , y (b)b)PP2nþ1
(a)PPnn(−1)
����� �� � �
� ��n����
�
n � �� n��
15 3 1 2n
53 � 15 2n � 12nn�
3 � 15�� �31)� �(2n
1) � 1)
(�1) 1(�1)3 (�1)
1 �13 � 5n�1� �� (2n
5 � ��� (2n
� ¼ (�1)
� ¼ (�1)n
��
� � �¼
.
10.136. DP
emuestre
que
..
(0)P¼
.
� � �(�1)
2n (0) ¼P2n
2n (0) ¼
n ��� � �� �
�6� � �(2n
� 1)
22 2 21 2232 25
2 2n 2� 12 � 4 � 6 �2� ��n(2n)
41� �263� �4�5�(2n)
2 n! 2 (�1)
n!
� (2n)
n!
���
¼ (�1)
.
P2n (0) ¼
2 2 2
2
2 � 4 � 6 � � � (2n)
n!
10.137. Verifique la propiedad 2, página 327.
[n=2]
[n=2]
[n=2]
k
Xk (2n
X (�1)
X
(�1)
(2n
2k)!� 2k)!
� 2k)!
(�1)�kn�2k
(2n
zn�2k. zn�2k
10.138. Si [n/2] denota el mayor entero ≤ n/2, demuestre
Pn (z)que
zk
¼ Pn (z) n¼
Pn (z) ¼ n[n=2]
X
n
(�1)
(2n
�
2k)!
k!(n
�
k)!(n
�
2k)!
2
k!(n
�
k)!(n
�
2k)!
2
k!(n
�
k)!(n
�
2k)! n�2k
2
k¼0¼ k¼0
k¼0 P (z)
z
n
n k!(n � k)!(n � 2k)!
2
200k¼0
2
00
0
2
00
0
2
0
−n(n
2zY′
+
1)Y
0 para n = 0, 1,
10.139. Demuestre que la solución general de la ecuación
Legendre
(1 −)Y
z )Y″
(1
2zY
þ0n(n
1)Y
0+for
(1 �de
z )Y
1)Y
¼þ
forn(n
(1)Y�
�þ
2zY
þ¼1)Y
¼ 0=for
Ð þz�n(n
Ð 1� z2zY
Ð001þ
2
2 20
2
2
2 1 2dt=(t
2,YY
3,
. .2,
.AP
is
(z)
þndonde
BQ
¼
P
(z)
�
1)fP
(t)g
:
AP
BQ
.
n ¼ 0, 1,n2,¼
2,3,0,
3,n. ..1,
...es
is
¼
þAP
(z)
Qn (z)
Pn (z) Q
dt=(t
�
1)fP
(t)g
:
¼
0,
1,=
3,nn(z)
.Y(z)
. .¼+
is
YBQ
AP
(z) nþ(z)BQ
(z)
¼
P
(z)
dt=(t
�
1)fP
(t)g
:
(1
�
z
)Y
�
2zY
þ
n(n
þ
1)Y
¼
0
for
n¼
n
n
n
n (z)¼ Q
n
n
n
nn(z),
z
z
Ðz1
2
2
n ¼ 0, 1, 2, 3, . . . is Y ¼ APn (z) þ BQn (z)
Qn (z) ¼ Pn (z) z dt=(t
� 1)fP
2 n (t)g :
2z )Y″
0 00 2− 2zY′
00 0 þ +
0 ¼=
10.140. Con el problema 10.139 halle la solución
general de la ecuación
diferencial
)Y�
2zY
2Y2Y
0.0.¼ 0.
þz�2Y
¼�0.2zY
(1 � z2 )Y(100(1�−z2zY
)Y
þ 2Y
(1
(1 � z2 )Y 00 � 2zY 0 þ 2Y ¼ 0.
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Problemas complementarios
363
Función zeta
ð
ð
1
1
1
1 1 tz�1 dt
1
1
1
1 1 tz�1 dt
z(z) ¼ 10.141.
þ
þ
þ
�
�
�
¼
z
(z)
¼
þ
þ
þ
�
�
�
¼
S
ea
Re{z}
>
0.
Demuestre
que
.
1z 2 z 3 z
G(z) 0 et � 1
1 z 2 z 3z
G(z) 0 et � 1
�
��
��
��
�
�
��
��
��
�
1
1
1
1
p2
1
1
1
p2
1
10.142. Demuestre que 1 � 2 1 � 2 1 � 2 1 � 2 � � � ¼ , donde
primos.
1 � 22, 3,1 5,
� 7,2 . . . 1son
� números
1
�
��� ¼
2
2
6
2
3
5
7
6
3
5
7
2
z(z)
10.143.
Pruebe que la única singularidad de z(z)z(z)
es un polo simple en z = 1 cuyo residuo es igual a 1.
10.144. C
on la prolongación analítica de z(z) dada por la ecuación (10.33), página 328, demuestre que
�1) ¼ �1=12, (b) z(�3) ¼ 1=120.
(�1)
¼ �1=12,
(b) z=(�3)
¼ 1=120.
a) z(−1) z=
−1/12,
b) z(−3)
1/120.
10.145. Muestre que si en la ecuación (10.33), página 328, se sustituye z por 1 – z, la ecuación permanece igual.
Función hipergeométrica
10.146.
10.147.
10.148.
10.149.
10.150.
z
tan�1 z tan�1�1
2
�1 ¼ F(1=2,
z) ¼1;zF(1,
1; 2; �z),
(b) tan
3=2;
ln(1 þ ln(1
z) ¼þ
zF(1,
2; �z),
(b)
). �z2 22).
¼
tanF(1=2,
z z 1; 3=2;1;�z
z(b)
ln(1
þþ
z) z)¼¼
zF(1,
zF(1,1;1;2;2;�z),
�z),y(b)
). ).
F(1=2,1;1;3=2;
3=2;�z�z
Demuestre que: a) ln(1
b) z ¼¼F(1=2,
zz
22
2
cos
2az
F(a,
�a;
z).
cosque
2azcos
¼ F(a,
�a;
1=2;
sin1=2;
z). sin
Demuestre
2az ¼
=
F(a,
−a;
1/2;
sen
2 2 z).
cos
cos
2az
2az¼¼F(a,
F(a,
�a;
�a;
1=2;
1=2;sinsin
z).z).
d
ab
d
ab
Demuestre que
¼abþ
F(ab þ 1,
F(a,d b;
c; z)b;¼c; z)F(a
1; bc þ 1; cz).þ 1; z)..
d F(a,
ab1,
dzF(a,
dz
c
F(a,b;b;c; c;z) z)¼¼ cF(a
F(a
þþ
1,1,b þ
bþ
1;1;c þ
cþ
1;1;z).z).
dzdz
cc
Suponga
que
Re{c
–
a
−
b}
>
0
y
c

0,
−1,
−2,
.
.
.
.
Demuestre
que
� a.�0bg . c0= 0, �1,
c = 0,
�1,
Refc �Refc
a � bg
�2,
. . .�2,
. ....
Refc
Refc
��
a�
a�
bgbg..0 0 c =
c=
0,0,
�1,
�1,
�2,
�2,
. . . .. . .
� a � b)
G(c)G(cG(c)G(c
� a � b)
F(a, b;F(a,
c; 1)b;¼c; 1) ¼G(c)G(c
G(c)G(c
��
a�
a�
b)b)
G(c ��a)G(c
G(c
b) � b)
F(a,
F(a,b;b;c; c;
1)1)¼�¼a)G(c
G(c
G(c
��
a)G(c
a)G(c
��
b)b)
Pruebe la ecuación (10.31), página 328.
10.151. Demuestre que: a) F(a, b; c; z) ¼ (1 � z)c�a�b F(c � a, c � b; c; z)
b) F(a, b; c; z) ¼ (1 � z)�a F(a, c � b; c; z=[z � 1]).
00
0
10.152. D
emuestre que para
|z 1j
−,
1| 1,
< 1, la ecuación
− z)Y″
+�{c(a−þ(a
+ 1)zgY
b + 1)z}Y′
þ fc
bþ
� abY−¼abY
0 = 0 tiene la solución
jz �
z(1z(1
� z)Y
F(a,F(a,
b; a b;
+ ba þ
− bc �
+ c1;þ11;− 1z).� z).
Desarrollo asintótico y método del punto silla
10.153. Demuestre que
1
ð
p
2
2
e�zt dt ¼
e�zp
2pz
�
1�
� (�1)nþ1
�
1
1�3
n 1 � 3 � 5 � � � (2n � 1)
þ
�
�
�
�
(�1)
2p2 z (2p2 z)2
(2p2 z)n
1
ð
2
1 � 3 � 5 � � � (2n þ 1) e�zt
dt
t2nþ2
(2z)nþ1
p
y obtenga así un desarrollo asintótico para la integral del lado izquierdo.
10.154. Con el problema (10.153) verifique el resultado (10.48) de la página 331.
10.155. Evalúe 50!
1 � 3 � 5 � � � (2n � 1)
1
1 � 3 � 5 ��
� � (2n
�. 1)
1
pffiffiffiffiffiffi
n,
10.156. Demuestre que, para valores grandes
n,� � � (2n)
� pffiffiffiffiffiffi..
2 � 4de
� 6n,
pn
2 � 4 � 6 � � � (2n)
pn
10.157. Obtenga los desarrollos asintóticos:
1
rffiffiffiffi �
�
ð �zt2
1
�
ð 1 �ztp2
e
1rffiffiffiffi 1� � 3 1 � 3 � 5
1 � 3þ � �1� � 3 � 5
p
a)
1 �1 þ
dt � e
�1
2
þ
1�
þ
�
�
�
2 z2 dt � 2z (2z)
1 þ t2
(2z)3 2 �
2z (2z)
2 z
1þt
(2z)3
0
0
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364
Capítulo 10 Temas especiales
1
ð1
ð1 �zt
ðe1
ðe�zt
11 1!1! 2!2! 3!3!
�zt�zt1
1
1
ð e�zt
ð �zt
�zt1��
1 1!2þ1!
edtdt
þ 32!3�2!
� 43!4þ3!
þ� � � �
e 11eþþt t dt1dt
1!z3!
2! þ
e z1�
�
�
þ21z2!
þ
�
�
� � �3!� �
z1!�z21!
z2!
z3!
z4 þ
2
3
�
dt
�
þ
�
�� 4 þ
�
�
þ
�
� �þ
�
dt
�
b)0 0 1 dt
zþ
z�43 ��
þ
1þ
t t z2 z z2 3z z3 4z3þ
4
2
z
z
z
z
1
þ
t
z
z
z
z
1þ
t
z
z
z
z
1
þ
t
0 0
0
0
0
���
10.158. Verifique el desarrollo asintótico1(10.49)
de la página 331.
ð1
ð1 �t
�t
1
ð
ð
e
e
1
ð e�tdt.
ð �t1
ð �t
e�t
dt.1
e et �t
t dt.dt.e
dt.
10.159. Con series asintóticas evalúe 1010dt.t dt.
t
1
ðt1
ð1 1
t10 10t
0
00
ð
ð
F(0)
F(0) FF0 (0)
(0)0 FF00 (0)
10 10
00 (0)
00
1
1
ðe�zt
ð10 1
ðdtdt�� F(0)
F(0)
F200 (0)
F
F
F(0)
(0)
(0)
þþ
e�zt
F(t)
F(t)
þ
þ
þ
þ� � 00� �
00
0
00
0
�zt
�zt
2 F þ(0)
3z
3 þFþ
F(0)
F
(0)
(0)
F(0)
F
(0)
F(0)
F
(0)
þ
þ
e
e
F(t)
F(t)
dt
dt
�
�
þ
� �(0)
� ��
z
z
z
z
z
�zt �zt
�zt
2
2
3
3þ
F(t)
þ
e0 0 eF(t)
dt �edt �F(t)þzdtzþ
�
�
� � � �3 þ � � �
�2 zþ
10.160. En las condiciones adecuadas para F(t), pruebe
que
z þ3 zþ
z
2
3
2
z
z
z
z
z
z
z
z
z
0 0
0
0
0
10.161. Dé los pasos necesarios para pasar de (4) a (5) en el problema 10.36.
10.162. Demuestre el desarrollo asintótico (10.46), página 331, para la función de Bessel.
1
1
1
1
X
X
X
X
1a
1nan
1 b
1nbn
X
X
annand
aand
b. .bn1
G(z)X
�1� X
Let
LetF(z)
F(z)X
�1� X
1X
1X
n1 G(z)
X
n
nznnn . X
a
a
b
anG(z)
and
G(z)
�
�
. bn
Let
Let
F(z)
F(z)
�n¼0
�
n z zn and
n zb
10.163. Let
Sean
y
Demuestre
que:
n zand
n
n. n
n¼0and
n¼0
n¼0. z�
G(z)
�
� F(z)
G(z)
�
Let F(z)F(z)
� Let
and
G(z)
.
�
z
n
n z
n n¼0
n n¼0
n
n
n¼0
n¼0
z
z
z
z
z
z
n¼0 n¼0
n¼0 n¼0
n¼0
n¼0
1
1
1
1
nn
X
X
X
X
X
X
a1nanþþbnbn
c1ncn
1X
1X
n n
X
X
X
a)F(z)
b)
donde
þ
þ
b
b
c
c
F(z)þþG(z)
G(z)X
�1� X
,
,
(b)
(b)
F(z)G(z)
F(z)G(z)
�
�
where
where
c
c
¼
¼
akabk n�k
bn�k
1 an a
1
nX
1
n
1
1
n.. .
n
n
n
n
n
n
n
X
X
X
X
X
X
X
an þanbznnþ
cn zcnznn where
cncn c¼
F(z)
F(z)
þþ
G(z)
G(z)
�n¼0
�
(b)b(b)
F(z)G(z)
�n¼0
�
where
¼
ak ban�k
. .
znn bnn ,an,þ
nF(z)G(z)
nk¼0
k bn�k
n
n
n¼0
n¼0
k¼0
þ G(z)
, (b)
F(z)G(z)
�
where
c
¼
a
b
. ak bn�k .
F(z)F(z)
þ G(z)
� �
F(z)G(z)
�
where
c
¼
a
b
.
F(z)
þ G(z)n �zn, z (b)
,
(b)
F(z)G(z)
�
where
c
¼
z
z
n
k
n�k
n
k
n�k
n
1
ð
n
n
n
n
n¼0
n¼0
n¼0
n¼0
k¼0k¼0
1
1
z
z
z
z
z
z
X
X
ann¼0 ð1 ð1
n¼0
n¼0
n¼0 an k¼0 k¼0
k¼0
1n¼0X
1
1n¼0 X
X
Let X
F(z)
F(z)
dz �1 an an
.
a�
an n .
n
n�1
z
(n
�
1)z
Let �
F(z) � n . n¼2
.
F(z)
dz
F(z)
�
dz
�
.
.
10.164. SLet
ea F(z)
Demuestre
que
n�1
z
zn
(n �n¼2
1)z
(n �
1)zn�1
z
n¼2 n¼2
n¼2 n¼2
z
z
�
pffiffiffiffi �
dtpffiffiffiffi �pffiffiffiffi �p 1
3
25 � �
z, dt 2pz �1p 1 31=2 þ3 3=2
10.165. Muestre que, para valores grandes de dt
25 þ 25 5=2 þ � � � .
)
2þ z 3=2
t�
z, z, 2 z(1�þ
þ þ 8z þ5=2 128z
þ � � �þ � � �
8z 8z3=2
128z 128z5=2
(1 þ t(10) þ t2 )z2 z21=2 z1=2
Funciones elípticas
1
ð
0
1
ð
1
ð
0
(( � �
))
p=2
=2
(
)
(
)
ppð
10.166. Suponga que 0 < k < 1. Demuestre
2 2
2 2
�
�
�
�
��
�22�
���
��22�
ðð=2pð=2que d u
1
1
�
3
p
2
4
11 ��133� 3 k44 þ
dduud u
p
p p(1 þ 11 1 k22 þ
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼
KK
¼¼
��)
(¼2(
(
(
)
)
��
��
ðp=2
p
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
=2
ppðp
=2
p
=2
=2
¼
¼
1(
þ
1��
þ2��
k kþ2 �
þ
k kþ4)þ
� �� ��)
�
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼
¼
1��
þ
(
pK
=2pð
�
�
�
(
21�
21��22��4443�
�
���
ðK
2�
2�
222 u
2
�
�
�22k22�2 þ
�
�22k22 4)þ � � �))
sen
�d�
kud2d2u2ukusen
ð=2pððð=2 1d11u�
2�
2�
2 sen
d
p
2
2
2
�
4
2
2
2
2
2
2
2
u
u
1
k
1
1
1
1
1
�
3
1
1
1
�
3
�
�
3
3
p
p
p
p
u
sen
�
k
d
u
p
1
1
�
3
0
2
2
2
2
4
4
4
4
1
1
1
1
�
3
�
3
d
u
d
u
p
p
p
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼
K
¼
1
þ
k
þ
k
þ
�
�
�
2
4
0p
2 2þ
4�þ
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k , n ¼ 1, 2, 3, . . .
1. límn!1 lím
¼ lím
¼ lím
kn ¼
1.. kPor
1.¼ lím
fnn,n!1 fn ,
módulos kn, n = 1,lím
2, 3,…,
tanto,
demuestre
que
si Fn!1
n!1 ktal
n ¼que
n!1 fn ,F
n!1
n ¼F
límn!1 kn ¼ 1.
F ¼ límn!1 fn ,
f rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
f
r�ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
r�ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ðf
�
��
�
ð
ð
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
kr
k3 . . . d f kp1�k2 kF
. 1.�
k2 k3 . . .p F p F
ðf d f
1 kd
2f
3 .k
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ln
tan
¼
þ
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
¼ F ln tan lnþtan
þ
df
k2ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
k3 2. . .¼ 2 p
k1p
2
k
4 2 4 2
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
1p�
k2 sen2 f ¼1 � k2k se1n�
n 4f kþ
fk2lnsetan
0
k
4 2
0
1 � k2 sen20f
ðf
0
d ) Explique cómo puede usarse el resultado del inciso c) en la evaluación de integrales elípticas.
10.175. ¿Es tn z = (sn z)/(cn z) una función doblemente periódica? Explique.
10.176. Obtenga las fórmulas para la adición para a) cn(z1 + z2) y b) dn(z1 + z2) dadas en la página 332.
Problemas diversos
pð=2pp
p
ð=2
p=2
=2
=2
ððð
1 1111
p p ppp
jpj|jpj
1.,
Show
that
u duuuuud¼
p sec(
ppp=2).
10.177.Let
SLet
ea
p,
|<
1.
Muestre
quetantan
Let
jpj
,
1.
Show
that
tan
¼
sec(
pppp
=2).
Let
jpj
,
1.
Show
that
tan
¼
psec(
sec(
p
=2)..
Let
jpj
,
1.
1.
Show
Show
that
that
tan
dudduuu¼
ppp
sec(
pp
=2).
=2).
2¼
2222
0 0 000
1
1
ð 1
ð tsen t p csc(n
ð1
ðð1
sen
p=2)
csc(n
=2)
sent ¼
pcsc(n
csc(n
p
=2).
sen
ttdt ¼ppp
sen
csc(n
ppp
=2)
0,
n,
,
2.,
Show
that
.=2)
Let
,
nn,
,
2.
Show
that
Let
0,
,
,
2.
Show
that
dt¼¼
¼2G(n)
10.178.Let
SLet
ea
0000<
nnn<
2.2.
Muestre
quetn ndttnnn dt
Let
2.
Show
Show
that
that
dt
. ..
2G(n)
t
2G(n)
t
t
2G(n)
2G(n)
0
0
0 00
1
1
ð 1
ð
ð1
ðð1
coscos
tcos
sec(n
p=2)
tt p p
sec(n
=2)
cost t¼
psec(n
sec(n
p
=2).
cos
pp
sec(n
ppp
=2)
.=2)
0,
n,
,
1.,
Show
that
Let
,
nn,
,
1.
Show
that
dt
¼
Let
0,
,
,
1.
Show
that
dt¼¼
¼ 2G(n)
10.179.Let
SLet
ea
0000<
nnn<
1.1.
Muestre
quetn ndt
. ..
Let
1.
Show
Show
that
that
dt
nn dt
t
2G(n)
n
t
2G(n)
tt
2G(n)
2G(n)
0
0
0 00
0 0 0 00
22 002000000
of of
(1
�
z2�
)Y
�
4zY
þ4zY′
10Y
¼10Y
0¼
−
+
10.180. Demuestre que la solución general
de
(1
z )Y″
of
(1
�
zz002)Y
)Y
�
4zY
þ
10Y
¼
00 0 está dada por
of(1
(1�
�
)Y
�4zY
4zY
þ10Y
10Y
¼00=
of
(1
z2z−
)Y
��
4zY
þ
þ
10Y
¼
10.181.
10.182.
10.183.
10.184.
10.185.
10.186.
10.187.
10.188.
10.189.
2z222BzF(3,
�1=2;
3=2;
z2 )z2zzz2)22)))
Y¼
AF(5=2,
�1;
1=2;
z2 )zþ
))þ
þ
BzF(3,
�1=2;
3=2;
¼
AF(5=2,
�1;
1=2;
þBzF(3,
BzF(3,
�1=2;
3=2;
Y¼
¼AF(5=2,
AF(5=2,
�1;
1=2;
BzF(3,
�1=2;
�1=2;
3=2;
3=2;
YYY
¼
AF(5=2,
�1;
�1;
1=2;
1=2;
zz) )þ
1
1
p
ffiffi
ffi
p
ð 1
pffiffiffiffiffiffi
ð
ð1
ðð1
3ppffiffi3ffiffiffi333ffi
3 3 333 1 111
3 3 333
1 G(1=3),
P1
G(1=3),
(b)
that:
(a)
sen
t
dt
¼
cos
t
dt
¼
G(1=3).
(b)
that:
(a)
sen
t
dt
¼
cos
t
dt
¼
G(1=3).
� ��P
� ��
G(1=3),
(b) cos
that:
(a)
sent ttdtdt
dt¼
¼
cost ttdtdt
dt¼¼
G(1=3).
Muestre
que:(a)
a) sen
b)
G(1=3),
(b)
G(1=3),
(b)
that:
that:
(a)
sen
¼
cos
G(1=3).
1 akkzkk�
00 00006
6zY
6¼ 6666G(1=3).
00 þ zY¼¼0 0
zY
þ
Y0 þ
(lnz)z)
z)P
,
�P1
6þ
k¼0aa
6006þ
zY
YY
(ln
zY 0¼ 00
(ln
k zk zk, ,
1
k¼0
0 þzY
k¼0
0 0 000
zY þ Y þ zY ¼ 0000
(ln z) k¼0 ak z ,
�P
�
0
þ=
zY0¼que
0 sea de la forma (ln z) 1
ak zk ,y verifique así la ecuación
a) Encuentre una solución de zY″ zY
+ 00Y′þ+Y zY
k¼0
2
00
0
2
0 þ(z(z
22 )Y¼¼0.0.
Y00 00þþ
þzYzY
zY0 þ
�nn2n)Y
ofz2zzY2 Y
(10.23) de la página 326. b) ¿Cuál es la solución general?
ofof
þ (z2 2��
)Y ¼ 0.
of z2 Y 00 þ zY 0 þ (z2 � n2 )Y ¼ 0.
2
2
2
Con el método del problema 10.182 halle la solución general de z Y″ + zY′of+z2(z
[Véase
la ecuación
0 = 0.
Y 00 −
þ nzY)Y
þ (z2 �
n2 )Y ¼
0.
00
0
�m
(10.22), página 326.]
0 þzU
zU00 00þþ
þ(2m
(2mþþ
þ1)U
1)U0 þ
zU¼¼
¼000isis
isUU
U¼¼
¼z�m
z�mfAJ
fAJ
(z)
þ
BY
(z)g:
m
m
zU
(z)
þ
BY
(z)g:
zU
(2m
1)U
þ
zU
z
fAJ
(z)
þ
BY
(z)g:
mm
mm
zU 00 þ (2m þ 1)U 0 þ zU ¼ 0 is U ¼ z�m
−mfAJm (z) þ BYm (z)g:
Demuestre que la solución
general
de
zU″
+
(2m
+
1)U′
+
zU
=
0
es
U
=
z
{AJ
(z)
+
BY
1=2
1=2
00
m
m(z)}.
1=2
00 00 00 � U ¼ 0. (b)
0
1=2
1=2
(2iz
of
zU
J1JJ(2iz
) ))
ofof
zU
��
UU¼þ
z1=2
zU
þ
(2m
1)U
þ zU ¼ 0 is U ¼ z�m fAJm (z) þ BYm (z)g:
zU
¼0.
0.(b)
(b)
zz1=2
11 (2iz1=2
00
(2iz1/2))es una solución
of de
zUzU″
�U
a) Demuestre que zz1/2J2J11(2iz
−¼
U 0.
= (b)
0. b) ¿Cuál es la solución general?
2 2 þ 2fJ
2 22 þ
2 22 þ � � � ¼ 1: 00
1=21 (z)g
1=22fJ2 (z)g
(z)g
fJ
0
(z)g
þ
2fJ
(z)g
þ
2fJ
(z)g
þ
�
�
�
¼
1:
fJfJ
J
(2iz
)
of
zU
�
U ¼ 0. (b)
z
(z)g
þ
2fJ
(z)g
þ
2fJ
(z)g
þ
�
¼
1:
00
11 1 2
22
2
2
Demuestre que fJ0 (z)g þ 2fJ1 (z)g þ 2fJ2 (z)g þ � � � ¼ 1:.
1
X
2
2(cos a)
2
1
1
P
X
2fJ
(z)g
þa2fJ
þ � � � ¼ 1:
cos
a fJ0 (z)g þ X
P
a) ) n2z(z)g
n (cos
11 P
nn (cos
nn :
aa
zz cos
J(z
(z
sen
a
)
¼
X
0
P
(cos
a
)
z
J
sen
a
)
¼
:
.
Demuestre queezeecos
z
J
(z
sen
a
)
¼
:
n
0
n
z cos a 0
n!
z :
J0 (z sen a) ¼n¼0
e
n!n!
n¼0
1
n¼0
X
n!
Pn (cos a) n
��1�� ezp
n¼0
p
ffiffiffiJffiffi (z sen
cos
a
�
�
0
ffiffiffi
ffi
p
ffiffiffi
z :
a
)
¼
0
0 01� 1� ¼ � p (g þ 2 ln 2).
G
Demuestre queGG
pffiffiffi
n!
2 ¼¼��p
p(ffi g(gþþ22lnln2).
2). n¼0
(
G02 1221
p
g
þ
2
ln
2).
¼
�
1
1
ð1
pffiffiffiffi
�t � �
2
3
ðð e�t
ðe�t
z2zz22 þ z3zz33 � � � �.
e G0dt12 ¼¼��g �pln(gz þ
þz2zz�ln
� 2).
z
z
dt
¼
�
þ
g
�
ln
z
þ
a) Demuestre que e�t
dt
¼
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þ
�� � �.� �.
g
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z
þ
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2! þ333� 3!
3!��
�g � ln z þ z �222� 2!
� � 3�.
t tt dt 1
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z
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2
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3
�
3!
zz
z 1
z
e
ð �t
z
dt ¼ �g � ln z þ z �
þ
�e � � �.
t inciso a) para hallar 2el� 2!
� 3!
dt?? Explique. [Compare con el problema
b) ¿Es adecuado el resultado del
valor3de
t
z
10.159.]
10
1
1
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ð
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366
Capítulo 10 Temas especiales
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2 �2224��� �4446����666� ���� ���2m
� 2m
2m .. ..
1 111 �
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m;
¼
10.190. Sea m un entero positivo. Demuestre que F FF
m;m;
m;m;
1 111¼¼
22 �
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F2 ,2212 �
, �
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1
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1)
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ffi
p
ffiffiffi
ffi
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p
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p
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þþ
z) z)
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�
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1
þ
1
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�
�
�
¼
10.191. Demuestre que
1
þ
22 �
2
8
4
1
þ
2
8
4
1þ
z z G
2��
z zzz�.
22
88
44
1þ
2�
�
G
G
GG
G
G 2 22 G 2 22
2
2
p
=2
pð=2p
ðð=2
pð
=2
�
�
�
�
f
p
�
d fdddf
pp
f
p�FF1 �,111 1,, ;1111;
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
; 1;k2kk2.22 �..
10.192. Demuestre que pp
p
¼
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
F
¼¼
p1ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
F2 222 2, 222 ;; 1;
¼
1; k .
22sen
2
2
2 222 f
2
�
k
2
sen
f
1
�
k
2 senf f
2
1�
k ksen
1�
0 00
0
mm
22 m=2
m=2
(m)(z) ¼ (1 �2zm=2
d m ddd m
P
10.193. Las funciones asociadas de Legendre se definen comoP(m)
Pnn(z)
(z).
P(m)
mm P
(m) (z)
¼¼
(1 (1
��
z )zz2)))m=2
dzP
n (z)
¼
(1
�
nPnnn(z)(z)
dzmdz
dzm Pn (z)
(2) (2) (2)
P3. (z).
P3 P(z).(z).
a) Determine
3 P(2)
3 (z).
(m) P(m)
b) Demuestre
que
(z)
P(m)
n (z) satisface la ecuación diferencial
n Pn (z)(m)
Pn (z)
� � �
� 2 �
2 2 �
m �
m
2 (1200� 00z2 )Y 000 �0 2zY 0 þ � n(n þm
1)
�
)Y
�
2zY
þ
n(n
þ
1)
�
¼
(1 �
z
þ n(n þ 1) 1�� z2 1Y2 m
Y2 02¼ Y0 ¼ 0
(1 � z )Y 2� 2zY
1)
�
(1 � z )Y 00 � 2zY 0 þ n(n þ
1 z � z2 Y ¼ 0
1�z
Ð 1 Ð (m)Ð 1 (m)
(m)
1 Ð(z)P
(m)
(m) P(m)
(z)P
(z)
dz
¼
0 l.=
if l.n = l.
(z)
dz
¼
0
if
n
=
n
l
P
(z)P
(z)
dz
¼
0
if
n
�1
n
l
1
�1 P
(m)
�1 n P(m)l(z)P (z) dz ¼ 0 si
if nn =
c) Demuestre que
 l.
1.
l
�1 n
1
ð1 ð1 m�1
1 ð
m�1 n�1 n�1
B(m,
x(1
xx)
(1asociadas
(1��x)x)n�1B(m,
Esto se conoce como propiedad de ortogonalidad deðlas
funciones
de Legendre.
B(m,B(m,
n) n)n)
xm�1
�n�1
x)
xm�1
(1 �
dx ¼dxdxm¼¼n)
1
mþn
mþn
mþn
mþn
dx
¼
mrmþn
m (1
mþn
mþn
ð
mþn
(x
(x
þ
þ
r)
r)
(1
þr)r)
r
n�1
m�1
m
(x
þ
r)
(1
þ
r)
r
(x þ
r) x (1 � x)
r (1 þ r) þB(m,
n)
00
0
dx
¼
10.194. Suponga que m, n y r son constantes positivas. Demuestre
que
.
0
mþn
m (1 þ r)mþn
(x
þ
r)
r
[Hint.
[Hint.
Let
Let
x
x
¼
¼
(r
(r
þ
þ
1)y=(r
1)y=(r
þ
þ
y).]
y).]
[Hint.
Let
x
¼
(r
þ
1)y=(r
þ
y).]
[Hint. Let x ¼ (r þ 1)y=(r þ y).]
0
[Sugerencia: Sea x = (r + 1)y/(r + y).]
[Hint. Let x ¼ (r þ 1)y=(r þ y).]
10.195. Demuestre que, si m, n, a y b son constantes positivas,
p=2
p=2
pð=2 pð=2 ð ð2m�12m�1
2m�12n�1 2n�1
2n�1
B(m,
ududB(m,
u B(m,
n) n)n)
u 2n�1
cosu ucos
sen sen
usen
cos
ucos
d uu d uuB(m,
sen2m�1
¼ n nm m
¼mþn¼n)
pð=2
22
mþn
¼
2
2
2
mþn
n
m
2
2a
b b n)
ub2m�1
uþ
bcos
cos
u)u2a
) und2a
(a(asen
2cos
usen
þcos
ucos
) 2n�1
(a 2sen
bum b 2a
uþb)umþn
(a sen
B(m,
0 0u þ bsen
¼
0 0
2an bm
(a sen2 u þ b cos2 u)mþn
22
2sen
2
2sen
u
u
in
in
[Hint.
[Hint.
Let
Let
x
x
¼
¼
sen
0
u
in
[Hint.
Let
x
¼
[Sugerencia:
En
el
problema
10.194,
sea
x
=
sen
u
y
elija
r
de
manera
adecuada.]
[Hint. Let x ¼ sen u in
2
2 2
22
22
22
in
[Hint.
Let
x z=2
¼z=2
z2=8
=8
1J2þ
J2(z)
2J4þ
J2(z)
3J6þ
J(z)
(a)
(a)
¼
¼Ju1þ
J(z)
3J3J
(z)
5J5J
(z)
�,�2,y(b)
10.196. Demuestre
a)
b)z2¼
z2(b)
=8
1 ¼J¼1(z)
22þ
Jþ2(z)
32þ
Jþ3(z)
� �þ
� þ� ���� �
(a)
Jsen
(z)
3Jþþ
(z)
5Jþþ
(z)
� �þ
�þ
, � ���(b)
1 (z)
3þ
3 (z)
5þ
5 (z)
2 (z)
4 (z)
6 (z)
(a)que:
z=2z=2
¼
J¼
1 (z)1þ 3J3 (z)3þ 5J5 (z)5þ � � � , (b) z =8 ¼ 1 J2 (z)2þ 2 J4 (z)4þ 3 J6 (z)6þ � � �
mm 2
m
�
�
�
�
2
2
2
m (�1)
(�1)
(2m)!
(2m)!
�
�
(�1)
(2m)!
� z =8F¼
1 21J41(z)
2 2þ 3 J6 (z) þ � � �
1�m,
(z)
(a) z=2
¼ J1 (z) þque:
3J3 (z)
þ 5J(z)
(z)
þ
� �(2m)!
(�1)
121�2
(z)¼
¼� , 2m(b)
F�m,
þ
P5P
1J
11m
¼(z)
F2 �m,
m
þ2m
;þþ
10.197. Sea m un entero positivo.
Demuestre
2m2m
2m ¼
2; ;2z;2 ;2 ;z z
2 mþ
F(m!)
�m,
Pa)2mP(z)
2m
2 (m!)
2m (m!)
2 ; 22 ; z2
22 2(�1)
m
2m2
�
�
(m!)
2
(2m)!
�P (z) ¼
F �m, m þ 12 ; 12 ; z2
(�1)m (2m þ 1)! �
2
3 3
2 2m
2m
zF �m, m þ 2 ; 2 ; z .
2 (m!)
b) P2mþ1 (z) ¼
22m (m!)2
1/(sn z)
at z ¼ 0
1/(sn
z¼
0
1/(sn
z) z)
at at
z¼
10.198. a) Demuestre que 1/(sn
z)
tiene un polo simple
en
z 0= 0 y b) encuentre el residuo en este polo.
� �1��2
p
ffiffiffi
ffi
4 � 6 � 8 � 10 � 12 � 14 � 16 � 18 � � �
p
� 10
� 12
� 14
� 16
� 18
� .� �
pffi ffiffiffi4ffi �46� �68� �810
� G�� 4���1�2�¼2 8p
ffiffiffi
� 12
14
16
18
��13
��17
��17
������. .
10.199. Demuestre que G G14 4 ¼ ¼
8 8p p5 �55� �59� �99� �913
�
13
�
13
�
17
�
17
�
5 � 5 � 9 � 9 � 13 � 13 � 17 � 17 � � � � �
1
1
Let jzj , 1.
: (1 þ z)(1 þ z2 )(1
.
þ z3 ) � � � ¼
13 )(1
2 z2 )(1 þ3 z3 ) � � � ¼
,
1.
:
(1
þ
z)(1
þ
10.200. Sea |Let
z|Let
<jzj1.jzj
Pruebe
la
identidad
de
Euler:
(1
�
z)(1
�
z
� z5 ) 5� � � . . .
, 1.
: (1 þ z)(1 þ z )(1 þ z ) � � � ¼ (1 � z)(1 �3 z3 )(1
(1 � z)(1 � z )(1 � �
z5 )z � )� �� � �
P1
n n(3n�1)=2
3
P
þ zn(3nþ1)=2
g..
1.
10.201. Sea |Let
z| <jzj
1. ,
Demuestre
que (1 � z)(1 � z22 )(1
1 (�1) fz
2 � z3 )�3 � � ¼ 1 þ P1
n(3n�1)=2
n¼1
n nn(3n�1)=2
)(1
�
z
)�
�
�
¼
1
þ
(�1)
zn(3nþ1)=2
Let
jzj
,
1.
(1
�
z)(1
�
z
(�1)
fz fz
þþ
zn(3nþ1)=2
g. g.
Let jzj , 1.
(1 � z)(1 � z )(1 � z )� � � ¼ 1 þ n¼1n¼1
10.202. a) Demuestre que la serie siguiente converge para |z| < 1 y para |z| > 1:
jzj , 1 and jzj . 1:
1 and
jzjjzj
,,
1 and
jzj
..
1: 1:
z
z2
z4jzj
þ
þ
þ ���
2
2
1 þ z (1 þ z)(1 þ z ) (1 þ z)(1 þ z )(1 þ z4 )
b) Demuestre que en cada región esta serie representa una función analítica, por ejemplo, F1(z) y F2(z), respectivamente.
c) ¿Son F1(z) y F2(z) prolongación analítica una de otra? ¿Es F1(z) = F2(z) en forma idéntica? Justifique sus
respuestas.
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Problemas complementarios
10.203. a) Demuestre que la serie
367
1
X
zn
converge en todos los puntos de la región |z| ≤ 1.
n2
n¼1
b) D
emuestre que la función representada por todas las prolongaciones analíticas de la serie del inciso a) tiene
una singularidad en z = 1, y concilie esto con el resultado del inciso a).
P P n zn
10.204. SLet
ea Letan zn auna
serie con un círculo de convergencia C y sea F(z) la función representada por todas las
prolongaciones analíticas de esta serie. Demuestre que F(z) tiene al menos una singularidad en C.
cn 2zcnþ2z
dnþ2zdn 2z ¼2 dn2 z..
10.205. Demuestre que
¼ dn z.
1 þ2zcn 2z
1 þ cn
10.206. Demuestre que una función que no es idénticamente constante no puede tener dos periodos cuyos radios sean un
número irracional.
10.207. D
emuestre que una función que no es idénticamente constante no puede tener tres o más periodos independientes.
10.208. a ) Si una función doblemente periódica es analítica en todas partes de una celda [paralelogramo periódico],
demuestre que debe ser una constante. b) Deduzca que una función doblemente periódica, no idénticamente
constante, tiene al menos una singularidad en una celda.
F(z)
10.209. S
ea F(z) una Let
Þfunción doblemente periódica. a) Suponga que C es la frontera de su paralelogramo periódico.
Verifique que C F(z) dz ¼ 0.. b) Demuestre que el número de polos en el interior de un paralelogramo periódico
es igual al número de ceros, con la debida atención a sus multiplicidades.
10.210. D
emuestre que las funciones elípticas jacobianas sn z, cn z y dn z a) tienen exactamente dos ceros y dos polos en
cada celda y b) cada función toma un valor dado exactamente dos veces en cada celda.
�
������
������
�� �
��
�
222 2
111 �1�
111 �1
fG(1=3)g
111 �1�
fG(1=3)g
fG(1=3)g
fG(1=3)g
1 þ22 2 111þ
1 þ22 2��������� ¼
�¼
¼
1 þ22 2 111þ
þ
þ
¼� �
þ
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�����2 .�
10.211. Demuestre que 111þ
.. 2 .
þ
þ
þ
2 �2 � � �
� �1 þ1 iþ��
�
4442 4
7772 7
1112 1
11�
1 i�
1 þ i i 22
�
i i 22
GGG G1 þ i
GGG G1 � i
333 3
333 3
ppp
=2
p
=2
=2
ððð=2 ð
111 1 2!
2! 2! 4!
4! 4! 6!
6! 6!
�z
2!
4!
6!
�z
�ztan
tanutan
uudduuud�
�
þ
�
þ
etan
u�
��
�
þþ
��
þ�þ
����� �. �
10.212. Demuestre que eee�z
du �
222 �
2 zzz333 zþ3 zzz555 z�5 zzz777 zþ7 � � �
000 0
��� �
��������
111���1333����3555���5������(2n
�
11��12n
�(2n
� (2n
�
� 2n
�1)
1)1)
2n
(2n
�
1)
cos
nnuunþ
�
u
)
¼
2
10.213. Demuestre que PPPnnn(cos
cos(n
�
(cos
u
)
¼
2
u þ 1 � 2n cos(n
P
cos(n
�2)
2)uu2)
coscos
(cos
u)) ¼
¼ 22
þ
uu
n u
cos(n
�
2)
(cos
222���2444����4666���6������(2n)
�
�(2n)
� (2n) cos nu þ 222���2(2n
�
(2n
�
(2n)
(2n
�1)
1)1)
(2n �
1)
��� �
111���1333����32n(2n
�
� 2n(2n
�
2n(2n
�2)
2)2)
2n(2n
�
2)
cos(n
�
4)
u
þ
�
�
�
þ
cos(n
uþ
cos(n
��
4)u4)
uþ
þ
þþ
cos(n
�
4)
�� �� �� � �
þ
222���2444����4(2n
�
�
� (2n
�
1)(2n
�
(2n
�1)(2n
1)(2n
�3)
3)3)
(2n
�
1)(2n
�
3)
22 2
iu � te�i
u)(1
�i
[Hint.
111�
uuuþ
).]
[Sugerencia:
.]
[Hint.
1 2t
�
2t
u tþ
t¼
¼
(1
�
)(1
teuuu�i
[Hint.
�
2tcos
coscos
þ
¼ (1
(1�
�te
teiiuiute
)(1
��
te�i
).]u ).]
[Hint.
�
2t
cos
þ
tt2 ¼
(1
�
te
)(1
�
te
).]
10.214. a) Demuestre que Γ(z) es una función meromórfica y b) determine la parte principal en cada uno de sus polos.
10.215. Sea Re{n} > −1/2. Demuestre que
1
p
ð1
ðp
zn ð izt ð1 izt2 n�1=2 2 n�1=2
zn ð
zn
zn
ðp cos(z cos2nu) sen2n u d u
n
n
�
�
�
�
(z)
¼
e
(1
�
t
)
dt
¼
J
t )
¼ n pffiffiffiffi �n pffiffiffiffi 1z� cos(z
Jn (z) ¼ n n pffiffiffiffi �n pffiffiffiffi1z� e 1 (1 � izt
1 cos u) sen u d u 2n
2dtn�1=2
G
n
þ
G
n
þ
2
p
2
p
�
�
�
�
pG nnpþffiffiffiffi2
p G nnpþ
e (1 � t ) 2 dt ¼
cos(z cos u) sen u d u
Jn2(z) ¼
ffiffiffiffi
2
2
n þ 12 �1
2 pG �1
2 p 2G 0n þ 12 0
�1
0
� �
�
�
m 1þ n þ 1�
mþ
n n�þ
1
1
ð
ð
2n G 2 n G m þ n þ 1
2
1
ð n J (t) dt ¼ 2 G�2
n
� ..
10.216. Demuestretque
�
m
Jm (t) tdt
¼ �
m 1� n2.þ 1� .
m � n�þ
tn Jm (t) dt ¼
G
0
G
m � 2n þ 1
0
G2
0
2
p
=2
pð=2
ð
p G(
pð=2
p�G( p þ
1) p�þ 1)
p
� �.
�.
cosq u dcos
�p G(
� p þ 1)
cosp u cos
u ¼qu du ¼�
þ p�þ2 qþ p þ2qþ
�Gp��2 qþ p � q�.
u ¼ 22pþ1
10.217. Demuestre que cosp u cos qu dpþ1
G
0
2 G pþ1 2 þ pGþ q
2 þ 2p � q
0
2
G2
2 G2
0
2
2
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368
Capítulo 10 Temas especiales
� � �� 2
pffiffiffiffi
10.218. Demuestre que G 14 ¼ 4 p
pð=2
0
du
q ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi.
1 � 12 sen2 u
Respuestas a los problemas
complementarios
�ln(1 � z)
24/3125
pffiffiffiffi
24/3125
24/3125
24/3125
24/3125
24/3125
10.79.24/3125
24/3 125
16 p=105, (b) �3G(2=3)
(z þ 1)=z2
p
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffi
p
ffiffiffi
ffi
pffiffiffiffiffiffiffi ffi
p
pffiffiffi
=105,
=105,
=105,
(b)
(b)
(b)a)
�3G(2=3)
�3G(2=3)
�3G(2=3)
16
16
16 pp24/3125
p
=105,
(b)
�3G(2=3)
16
pp=105,
=105,(b)
(b)
�3G(2=3)
16
10.80.
b) �3G(2=3)
16
p
Refz þ 1g2 . 0,
(b)
(�7
þ
24i)=625
16/315, (b) 2p 3
p
p
p
ffiffi
ffiffi
ffi
ffi
ffiffi
ffi
p
pffiffiffiffiffiffiffiffi ffi
pffiffiffiffi
22 2 2
p
pffiffiffi
2(b)(�7
2224i)=625
Refz
Refz
þ
þþ+
1g
1g1g
..1)=z
0,
0,0,0,
(b)
(b)
(�7
þ
þ
þ
24i)=625
16/315,
16/315,
16/315,10.89.
(b)
(b)
(b)22p
2pp=105,
316/315,
2224i)=625
Refz
þ
1g
.
0,
(b)
(�7
þ
24i)=625
16/315,
(b)
pp 333
(b) �3G(2=3)
16
(z1}.
þ
Refz
þ1g
1g
.0,
0,(b)
(b) (�7
(�7conv.,
þ24i)=625
24i)=625
(b)
10.53. a)Refz
Re{z
>
b) (�7
(−7
+
24i)/625
a)3316/315,
16/315,
b)222p
Refz
þ
.
þ
(b)
(b) div.,p
(c)
conv.,
4p=3 3, (b) p=4, (c) 243p=16, (d) p
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
ffiffi
ffi
p
ffiffi
ffi
p
ffiffiffippp
2conv.,
=3
=3
=3 3310.90.
,316/315,
, (b)
,(b)
(b)ppp
=4,
=4,
(c)
243
243
243
=16,
=16,
=16,
(d)
(d)p
p
p243p/16,
conv.,
conv.,
(b)
(b)
div.,
div.,
div.,
(c)
(c)
conv.,
conv.,
4p
4pp
p(c)
=3
(b)
pp(d)
=4,
(c)
243
pp=16,
=16,
(d)
ppp=pffiffi2ffi
conv.,
(b)
div.,
(c)
conv.,
Refz
þ(c)
1g
.
0,(b)
(b)div.,
(�7(c)
þ conv.,
24i)=625
(b)
2=3
p
10.62. a)conv.,
conv.,(b)
b)
div.,
c)
conv.
a)=4,
b)
p/4,
c)
)(b)
pp
p(c)
(b)
=4,
(c)
243
=16,d(d)
(d)
conv.,
(b)
div.,
(c)
conv.,div., (b) 4div.,
p
=3
333,,,,(b)
p
=4,
(c)
243
conv.,
4444p/3
(c) conv.,
3p
=512,
p
p
p
ffiffi
ffiffi
ffi
ffi
ffiffi
ffi
p
pffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffi ffi
p
p
ffiffiffiffi pp243
div.,
div.,
(b)
(b)
div.,
div.,(c)
(c)
(c)
conv.,
conv.,
conv.,
33p
3ffiffiffiffiffiffi
pp
=512,
=512,
=512,
(b)
(b)
(b)
p
pp
==ffiffiffiffiffiffi
=a)
233p/512,
2(b)
10.64. a)div.,
div.,(b)
b)div.,
c)
conv.
10.94.
b)
div.,
(b)
div.,
(c)
conv.,
p
=512,
(b)
22=16, (d) p
p
=3
332,3=16,
p
=4,p
(c)
conv.,
(b)
div.,(b)
(c)div.,
conv.,
4(c)
div.,
(b)
div.,
(c)conv.,
conv., 3/8, (b) p
p=512,
=512,
(b)
div.,
(c)
p
(b)
p=== 2p
,
=36,
2
(d)
p
p
p
3
ffiffip
ffi ffiffiffiffiffiffiffi ffi
p
p
pp
p
pp
ffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffi
pp
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffip
ffipffiffiffiffiffiffi
p
p
ffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffi
pffiffiffi
pffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffi
ffiffiffiffiffiffi p
4 p
p
p
ffiffiffi
ffi
G(5=8)=
,, e)
, 222p
=36,
=36,
=36,3/8,
(c)
(c)
(c)(b)
22p
2pp
=16,
=16,
=16,
(d)
(d)
ppp
3/8,
3/8,
(b)
(b)
(b)
10.74. a)3/8,
3/8,
b)p
c)
d(d)
) (c)
=36,
(c)
=16,
(d)
pp=36,
p
pp,,, 3p=512, (b) p= 2
3/8,
(b)
div.,
(b)
div.,
(c)
conv.,
=36,
(c)
=16,(d)
(d)2 p
p=16,
3/8,
(b)
ffiffi3ffiffiffi3ffip
ffiffi3p
ffip
p
p
ffiffi33ffi3p
p
p
p
4 ffiffiffiffiffiffi
G(5=8)=
G(5=8)=
G(5=8)=44 2422
4 442 pffiffiffiffiffiffi
p
ffiffiffiffiffiffi
p
ffiffiffi
ffi
G(5=8)=
G(5=8)=
2
G(5=8)=
2regular;
10.98. a) z = 1,3/8,
regular.
b)3pz =36,
= 2,(c)
z = 0,
c) z = (b)
0, 1,z irregular.
¼p+1,
¼ 2, regular; z ¼ 0, irregular. (c) z ¼ 0, 1, irregular.
, regular.
2p=16,
(d)zirregular.
(b) p
ffiffiffi
4
z
z
z
¼
¼
¼
+1,
+1,
+1,
regular.
regular.
regular.
(b)
(b)
(b)
z
z
z
¼
¼
¼
2,
2,
2,
regular;
regular;
regular;
z
z
z
¼
¼
¼
0,
0,
0,
irregular.
irregular.
irregular.
(c)
(c)
(c)
z
z
z
¼
¼
¼
0,
0,
0,
1,
1,
1,
irregular.
irregular.
irregular.
−z
−z
¼
+1,
regular.
(b)
¼
2,
regular;
¼
0,
irregular.
(c)
¼
0,
1,
irregular.
¼
+1,regular.
regular.(b)
(b)zzz¼
¼2,
regular;
¼0,
0,�zirregular.
irregular.
(c)zzz¼
¼0,
0,1,
1,irregular.
irregular.
10.99. a) Y = AeG(5=8)=
+ Bzezzz2¼
, +1,
zzz¼
(c)
Bze
Y2,regular;
¼
Ae�z þ
����z
�
�
�
�
�
����
�
�
�
�
�
�
�z
�z
�z
�z
�z
�z
�z
�
�
�
�
�
�
3
3
4
4
3
4
3 �regular.
4 � (c)
þ
Bze
Bze
YYY¼
¼¼Ae
Ae
Ae
�
��
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Índice
A
Aceleración, 84
centrípeta, 100
Adición, 1
Aerodinámica, 282
Amplitud, 4
Aplicación véase transformación
Aplicación isogonal, 243
Arco véase curva continua
Arco suave véase curva suave
Arco seno véase seno inverso
Argumento, 4
B
Base de los logaritmos naturales, 43
C
Campo, 3
Capacitancia, 289
Capacitor, 289
Celda unitaria, 332
Cero, 1
de orden n, 81
simple, 81
Ceros, 5
Cerradura de un conjunto, 8
Circulación, 283
Círculo de convergencia, 171, 180
Círculo unitario, 6, 243
Cociente cruzado, 245, 261
Complejo conjugado, 2
Complemento de un conjunto, 8
Condensador, 289
Condiciones frontera, 280
Conductividad térmica, 289
Conductor perfecto, 289
Conjugado, 2
Conjunto abierto, 8
Conjunto acotado, 8
Conjunto adecuado, 8
Conjunto bidimensional, 7
Conjunto cerrado, 8
Conjunto compacto, 8
Conjunto conexo, 8
Conjunto contable, 8
Conjunto no acotado, 8
Conjunto no contable, 8
Conjunto no numerable véase conjunto no contable
Conjunto numerable véase conjunto contable
Conjunto ortogonal, 345
Conjunto vacío, 8
Conjuntos disyuntos, 8
Conjuntos mutuamente excluyentes véase conjuntos
disyuntos
Constante de Euler, 322
Constante dieléctrica, 287
Continuación analítica, 176, 190-191
Continuidad, 47
Continuidad en una región, 47
Continuidad uniforme, 48
Contorno véase curva suave a trozos
Convergencia, 49, 169, 194, 320
a cero, 320
absoluta, 170, 171, 179, 183, 195, 320
condicional, 170, 320
uniforme, 170, 320
Coordenadas
conjugadas complejas, 7
curvas, 43
curvilíneas, 42
polares, 4
rectangulares, 3
Corte de ramificación véase línea de ramificación
Cota superior, 112
Criterio de convergencia de Cauchy, 171
Criterio de Gauss, 172
Criterio de la comparación, 171
Criterio de la integral, 172
Criterio de la raíz n-ésima, 172
Criterio de la serie alternante, 172
Criterio de Raabe, 172
Criterio del cociente, 172
Criterio M de Weierstrass, 172, 181
Cubierta de un conjunto, 8
Curva
cerrada simple, 83
continua, 83
de Jordan, 114
rectificable, 111
suave, 83
suave a trozos, 83
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370
Índice
Curvas de flujo, 284
Curvas equipotenciales, 284
de Laurent véase serie de Laurent
analítica véase continuación analítica
D
Denominador, 1
Derivada, 77
Desarrollo asintótico, 363-364
Desarrollos de Lagrange, 176, 190
Desigualdad de Schwarz, 39
Desigualdad de Cauchy, 145, 151
Diagrama de Argand véase plano complejo
Diferenciabilidad, 77
Diferencial, 79
Dinámica de fluidos, 282
Dipolo, 285
Dirección, 6, 83
Disco unitario, 243
Discontinuidad removible, 47, 65
Discontinuidades, 47
Divergencia, 84
División, 1, 2
Doblete véase dipolo
Dominio véase región abierta
E
Ecuación
biarmónica, 316
característica, 324, 341
de continuidad, 283
de Laplace, 78, 280
diferencial de Bessel, 325-326, 341, 362
diferencial de Gauss, 328
diferencial de Legendre, 327
hipergeométrica, 328
lineal diferencial, 323
Ecuaciones
de Cauchy-Riemann, 27, 77, 87, 102, 142, 296
de transformación, 242
diferenciales, 341, 360
diferenciales parciales, 280
paramétricas, 14
Eje imaginario, 4
Eje real, 1, 4
Elemento, 7
Elementos, 319
Elongación, 245, 257
Enteros negativos, 1
Enteros positivos, 1
Esfera de Riemann, 7
Estado estable, 289
Estiramiento, 245
Expansión
asintótica, 347
de Taylor véase serie de Taylor
F
Factor de aumento lineal, 243
Factor de magnificación, 243, 259
Familias ortogonales, 82
Fluido ideal, 283
Flujo de calor, 289
Flujo irrotacional, 283
Flujo libre de circulación, 283
Flujo uniforme, 284
Flujo vórtice, 300
Forma estándar, 14
Forma factorizada, 6
Forma simétrica, 14
Forma polar, 4
Fórmula
asintótica de Stirling, 330, 331
de Euler, 5
de recursión, 322, 326
de Rodrigues, 193, 327
de Schlaefli, 193
del binomio véase teorema del binomio
Fórmulas
de adición, 332
integrales de Cauchy, 145, 146, 150, 334
integrales de Poisson para un círculo, 145-146, 157,
281
integrales de Poisson para un semiplano, 146, 158, 281
Fracciones, 1
Frontera natural, 177, 191, 319
Fuentes, 284
Fuerza, 285
Función
algebraica, 45
analítica, 77, 87, 88, 98, 105, 109, 115, 131,
142, 149, 160, 161, 282, 290, 291, 311,
319, 330, 333, 347
beta, 323, 359-360
continua, 47
de aplicación, 50
de Bessel, 193, 325, 331, 361, 364
de flujo, 284
de Neumann, 326
de potencial de velocidad, 284
de transformación, 42
del error, 331
elíptica jacobiana, 332
entera, 176, 321
factorial, 322
gamma, 321-322, 330, 359
generatriz, 325
hipergeométrica, 328, 346, 363
integral, 176
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Índice
inyectiva, 242
lacunary, 177
meromórfica, 176, 367
multivaluada, 41
Pi de Gauss, 322
trascendente, 45
unívoca, 41
uno a uno véase función inyectiva
zeta, 328, 347, 363
Funciones
algebraicas racionales, 43
armónicas, 78, 88, 104, 142, 160, 163, 167, 280,
288, 290, 311
asociadas de Legendre, 366
circulares véase funciones trigonométricas
conjugadas, 77, 109, 163, 280
de Legendre, 328, 345, 362, 366
doblemente periódicas, 332
elementales, 45
hiperbólicas, 44
hiperbólicas inversas, 45
impares, 55
inversas, 41
logarítmicas, 44
pares, 55
polinómicas, 43
trigonométricas, 43
trigonométricas inversas, 44
G
Gradiente, 84
Grado, 5, 43
H
Hidrodinámica, 282
I
Identidad de Euler, 366
Identidad respecto de la multiplicación, 3
Identidad respecto de la suma, 3
Imagen, 42, 314
Imágenes, 242
Independencia lineal, 324
Integral
compleja de línea véase integral de línea
de contorno, 114, 361
de línea, 112
definida, 112, 131
elíptica del primer tipo, 331
elíptica del segundo tipo, 332
elíptica del tercer tipo, 332
exponencial, 331
real de línea, 112
Intensidad de campo eléctrico, 287
Intersección de conjuntos, 8
Intervalo abierto, 2
Intervalo cerrado, 2
Invariantes véase puntos fijos
Inversa de la adición, 1
Inversa de la multiplicación, 1
Inversión, 245
Inverso del punto z, 157
Inverso respecto de la suma, 3
Inverso respecto de la multiplicación, 3
J
Jacobiano de la transformación, 242
L
Lemniscata, 37
Ley asociativa de la multiplicación, 3, 8
Ley asociativa de la suma, 3, 8
Ley conmutativa de la multiplicación, 3, 8
Ley conmutativa de la suma, 3, 8
Ley de cerradura, 3
Ley de Coulomb, 287
Ley del paralelogramo, 6
Ley distributiva, 3, 8
Límite, 46, 169
Línea de ramificación, 46, 53
Líneas de flujo, 284, 288, 290
Líneas equipotenciales, 284, 288
Líneas isotérmicas, 290
Longitud, 112
Logaritmo natural, 43, 44
Longitud, 6
M
Magnitud, 6
Método de la fase estacionaria, 330
Método de Laplace, 330
Método del punto silla, 330, 347
Miembro véase elemento
Modelo matemático, 282
Módulo, 2, 3, 4, 332
Momento dipolo, 285
Movimiento armónico simple, 100
Multiplicación, 1, 2
N
Nabla, 84
Nabla barra, 84
Numerador, 1
Número(s)
algebraico, 30
complejos, 2
de Bernoulli, 203, 329
imaginario puro, 2
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371
372
Índice
irracionales, 1
naturales, 1
racionales, 1
reales, 1
trascendentes, 30
O
Operador laplaciano, 85
Origen, 1
P
Paralelogramos periódicos, 332
Parte imaginaria, 2
Parte real, 2
Perfiles de Joukowski, 271
Plano complejo, 4
Plano complejo completo, 7
Plano complejo extendido véase plano
complejo completo
Plano z véase plano complejo
Plano z entero véase plano complejo completo
Polinomios de Legendre, 193-194, 327, 345, 354
Polo de orden n, 81, 175, 188, 189
Polo doble véase polo de orden n
Polo norte, 6
Polo simple véase polo de orden n
Polo sur, 6
Potencial complejo, 283, 288, 295-300
Potencial de velocidad, 282, 284
Potencial electrostático, 287, 288
Principio de ortogonalidad, 345
Principio de reflexión de Schwarz, 320, 335, 357-358
Problema de Dirichlet, 280, 292-294, 309, 311
Problema de Neumann, 281, 292, 311, 314
Problema de valor frontera, 280
Producto, 1
Producto cruz, 7
Producto escalar véase producto punto
Producto punto, 7
Productos infinitos, 320, 336, 358
Prolongación analítica, 334, 338
Propiedad de cerradura, 1
Propiedad de ortogonalidad, 366
Proyección estereográfica, 7
Punto(s)
al infinito, 47, 57
críticos, 243
de acumulación véase punto límite
de agrupación véase punto límite
de estancamiento, 283
de ramificación, 46, 53, 81, 175, 319
exterior, 8
fijos, 70, 244
final, 6
frontera, 8
imagen, 50
inicial, 6
interior, 8
invariantes véase puntos fijos
límite, 8
ordinario, 81, 323
silla, 330
singular, 81, 105, 323
singular aislado véase singularidad aislada
singular irregular, 324
singular regular, 324
z, 4
R
Radio de convergencia, 171, 180
Ra