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John B. Conway

Funciones deUna Variable Compleja

Segunda Edicion

con 30 Ilustraciones

Springer-Verlag

New York Berlin Heidelberg Tokyo

Capıtulo 1

El Sistema de Numeros Complejos

§2. El cuerpo de numeros complejos

1. Hallar la parte real e imaginaria de cada uno de los siguientes:

1

z;

z − a

z + 1(a ∈ R); z3;

3 + 5i

7i+ 1;

(

−1 + i√3

2

)3

;

(

−1− i√3

2

)6

; in;

(1 + i√

2

)n

para 2 ≤ n ≤ 8.

Solucion.

• Tenemos que1

z=

1

x+ iy=

x− iy

x2 + y2entonces Re

1

z

=x

x2 + y2,

Im

1

z

= − y

x2 + y2.

• Notemos que

z − a

z + a=

(x− a) + iy

(x+ a) + iy· (x+ a)− iy

(x+ a) + iy

=(x− a)(x+ a)− i(x− a)y + i(x+ a)y + y2

(x+ a)2 + y2

=x2 − a2 + y2 − i(xy + ay − xy + ay)

(x+ a)2 + y2

=x2 + y2 − a2 − 2iay

(x+ a)2 + y2.

Por lo que, Re

z−az+a

= x2+y2−a2

(x+a)2+y2y Im

z−az+a

= 2ay(x+a)2+y2

.

• Observe que

z3 = (x+ iy)3 = x3 + 3x2iy + 3x(iy)2 + (iy)3

= x3 + i3x2y − 3xy2 − iy3

= x(x2 − 3y2) + iy(3x2 − y2)

entonces Rez3 = x(x3 − 3y2) y Imz3 = y(3x2 − y2).

• Tenemos que

3 + 5i

7i+ 1=

3 + 5i

7i+ 1· 7i− 1

7i− 1=

21i − 3− 35− 5i

−49− 1=

−38 + 16i

−50=

19

25− 8

25i ,

3

4 El Sistema de Numeros Complejos

entonces Re

3+5i7i+1

= 1925 y Im

3+5i7i+1

= − 825 .

• Observe que(

−1 + i√3

2

)3

=−1 + 3i

√3− 3(i

√3)2 + (i

√3)3

8

=−1 + 3

√3i+ 3(3) −

√3i

8=

8 + 2√3i

8,

por lo que Re

(−1+i

√3

2

)3

= 1 y Im

(−1+i

√3

2

)3

=√34 .

• Tenemos que(

−1− i√3

2

)6

=1

64[(−1)6 + 6(−1)5(−i

√3) + 15(−1)4(−i

√3)2 +

20(−1)3(−i√3)3 + 15(−1)2(−i

√3)4 + 6(−1)(−i

√3)5 + (−i

√3)6]

=1 + i6

√3− 15(3) − 20i(

√3)3 + 15(

√3)4 + i6(

√3)5 − (

√3)6

64

=1− 45 + 15(9) − 81 + i(6

√3− 20

√27 + 6(

√3)5

64

=10 + i(6

√3− 60

√3 + 54

√3)

64=

5

32+ i

√3(0) =

5

32

entonces Re

(−1−i

√3

2

)6

= 532 y Im

(−1−i

√3

2

)6

= 0 .

• Observe que

in =

1 si n = 4k o n = 0

−1 si n = 4k − 2

i si n = 4k + 1

−i si n = 4k − 1

con k ∈ N

entonces

Rein =

1 si n = 4k o n = 0

−1 si n = 4k − 2

0 en otro caso

Imin =

1 si n = 4k + 1

−1 si n = 4k − 1

0 en otro caso

• Es sencillo ver calcular que

ω8 =

(1 + i√

2

)8

=1

16⇒ Reω8 =

1

16, Imω8 = 0 ;

ω7 =

(1 + i√

2

)7

= 0 ⇒ Reω7 = 0 = Imω7 ;

El cuerpo de numeros complejos 5

ω6 =

(1 + i√

2

)6

=i

8⇒ Reω6 = 0, Imω6 =

1

8;

ω5 =

(1 + i√

2

)5

=1 + i√32

⇒ Reω5 =1√32

= Imω5 ;

ω4 =

(1 + i√

2

)4

=1

4⇒ Reω4 =

1

4, Imω4 = 0 ;

ω3 =

(1 + i√

2

)3

= 0 ⇒ Reω3 = 0 = Imω3 ;

ω2 =

(1 + i√

2

)2

=i

2⇒ Reω2 = 0, Imω2 =

1

2.

2. Hallar el valor absoluto y conjugado de cada uno de los siguientes:

−2 + 1; −3; (2 + i)(4 + 3i);3− i√2 + 3i

;i

i+ 3;

(1 + i)6; i17.

Solucion.

• Tenemos que | − 2 + i| =√

(−2)2 + 12 =√5 y −2 + i = −2− i.

• Es sencillo ver que | − 3| = 3 y −3 = −3.

• Notemos que

3− i√2 + 3i

=(3− i)(

√2− 3i)

2 + 9=

1

11(3− i)(

√2− 3i)

entonces

3− i√2 + 3i

=1

11(3− i)(

√2− 3i)

=1

11(3− i) · (

√2− 3i) =

1

11(3 + i)(

√2 + 3i)

y ademas∣∣∣

3−i√2+3i

∣∣∣ =

|3−i||√2+3i| =

√9+1√2+9

=√

1011 .

• Usando las propiedades se tiene que∣∣∣

ii+3

∣∣∣ = 1√

1+10= 1√

10y(

ii+3

)

=

ii+3

= −i3−i =

ii−3 .

• Usando propiedades tenemos que

|(1 + i)6| = |1 + i|6 =√26= 23 = 8 .

y (1 + i)6 = (1 + i)6= (1− i)6.

• Note que |i17| = |i|17 = 1 y que i17 = (i)17 = (−i)17 = −i17 = −i.

3. Demotrar que z es un numero real si y solo si z = z.

Solucion. Observe que si z = x + iy ∈ R si y solo si y = 0 lo que

es equivalente a

2iy = 0⇔ iy = −iy ⇔ x+ iy = x− iy ⇔ z = z .


4. Si z y w son numeros complejos, pruebe las siguientes ecuaciones:

|z +w|2 = |z|2 + 2 Re zw + |w|2

|z −w|2 = |z|2 − 2 Re zw + |w|2

|z +w|2 + |z −w|2 = 2(|z|2 + |w|2)

Solucion. Sean z = x+ iy y w = a+ ib y notemos que

2 Re zw = 2 Re(x+ iy)(a− bi)= 2 Rexa+ by + i(ay − bx) = 2(xa+ yb) .

Luego,

|z ± w|2 = |(x± a) + i(y ± b)|2

= (x± a)2 + i(y ± b)2

= x2 ± 2xa+ a2 + y2 ± 2yb+ b2

= (x2 + y2)± 2(xa+ yb) + (a2 + b2)

= |z|2 ± 2 Re zw + |w|2 .

Ademas,

|z + w|2 + |z − w|2 = |z|2 + 2 Re zw + |w|2 + |z|2 − 2 Re zw + |w|2

= 2(|z|2 + |w|2) .

5. Use induccion para probar que para z = z1 + · · · + zn; w = w1w2 · · ·wn:

|w| = |w1| · · · |wn|; z = z1 + · · ·+ zn; w = w1 · · ·wn.

Solucion. Si zj = xj + iyj, j = 1, . . . , n entonces z =n∑

j=1

(xj + iyj)

luego

z =n∑

j=1

(xj + iyj) =n∑

j=1

(xj + iyj) =n∑

j=1

(xj − iyj) = z1 + z2 + · · · + zn .

Ahora si n = 2 sea w = w1 · w2 = (x + iy)(a + ib) entonces w = (xa −yb) + i(ya+ xb) y obtenemos

|w|2 = (xa− yb)2 + (ya+ xb)2

= (xa)2 − 2xayb+ (yb)2 + (ya)2 + 2yaxb+ (xb)2

= a2(x2 + y2) + b2(x2 + y2)

= (a2 + b2)(x2 + y2) = |x+ iy|2|a+ ib|2 = |w1|2|w2|2 .

El plano complejo 7

Por induccion supongamos que se cumple para n = k entonces si wk =

a+ iy y wk+1 = a+ ib entonces

w = w1 · · ·wk+1 = w1 · · ·wkwk+1 = w1 · · ·wk−1 · ((xa− yb) + i(ya+ xb))

Por lo tanto,

|w| = |w1| · · · |wk−1||(xa− yb) + i(ya+ xb)|= |w1| · · · |wk−1||wk||wk+1|

como queriamos probar.

De manera similar para n = 2 se tiene que

w = (xa− yb) + i(ya+ xb)

= (xa− yb)− i(ya+ xb)

= (x− iy)(a − ib) = (x+ iy)(a+ ib) .

Si se cumple para n = k obtenemos

w = w1 · · ·wk+1

= w1 · · ·wkwk+1

= w1 · · ·wk−1wkwk+1 = w1 · · ·wk+1 .

6. Sea R(z) una funcion racional de z. Demuestre que R(z) = R(z) si todos

los coeficientes en R(z) son reales.

Solucion. Sea P (z) = a0 + a1z + · · · + anzn con ai ∈ R para todo

i = 1, 2, . . . , n, entonces

P (z) = ao + a1z + · · ·+ anzn

= ao + a1z + · · ·+ anzn

= ao + a1z + · · ·+ anzn = P (z) .

Entonces, si P (z) y Q(z) son polinomios con coeficientes reales tenemos

que

R(z) =P (z)

Q(z)=

P (z)

Q(z)= R(z) .

§3. El plano complejo

1. Pruebe ||z|− |w|| ≤ |z−w| y de una condicion necesaria y suficiente para

la igualdad.


Solucion. Notemos que

|z| − |w| = |z −w + w| − |w| ≤ |z − w|+ |w| − |w| = |z − w| ,

de manera similar tenemos que

|z| − |w| = |z| − |w − z + z| ≥ |z| − |z − w| − |z| = −|z − w| .

Por lo que

−|z − w| ≤ |z| − |w| ≤ |z − w| ⇒ ||z| − |w|| ≤ |z −w|, ∀ z, w ∈ C .

La condicion necesaria y suficiente es que z = rw con r ∈ R. En efecto,

si z = rw entonces

||z| − |w|| = |r|w| − |w|| = ||w|(r − 1)| = ||w|||r − 1|= |w||r − 1| = |w(r − 1)| = |rw − w| = |z − w| .

Recıprocamente, si ||z| − |w|| = |z − w| entonces el triangulo de vertices

z, w y (0, 0) es tal que la distancia del lado −→zw es igual a la diferencia de

los lados−→z0 y

−→w0

w

z|z −w|

|z|

|w|

Luego, z, w y (0, 0) son colineales entonces z, w son linealmente depen-

dientes, por lo tanto z = rw con r ∈ R.

2. Demuestre que ocurre la igualdad

|z1 + z2 + · · ·+ zn| = |z1|+ |z2|+ · · ·+ |zn|

si y solo sizkzl

≥ 0 para cualquier k, l, 1 ≤ k, l ≤ n con zl 6= 0.

Solucion. Para n = 2, siz

w≥ 0 obtenemos que

x+ iy

a+ ib≥ 0 ⇔ (x+ iy)(a− ib)

a2 + b2≥ 0

⇔ (xa+ yb) + i(ya− xb) ≥ 0

⇔ (ya− xb) = 0 y (xa+ yb) ≥ 0

⇔ Rezw = |zw|

El plano complejo 9

Luego

|z + w|2 = |z|2 + 2Rezw+ |w|2 = |z|2 + 2|z||w|+ |w|2 = (|z|+ |w|)2 .

Por tanto, |z +w| = |z|+ |w| y por induccion sobre n se obtiene el resul-

tado pedido.

3. Sea a ∈ R y c > 0 fijo. Describa el conjunto de puntos z que satisfacen

|z − a| − |z + a| = 2c

para todos los posibles a y c. Ahora sea a ∈ C usando la rotacion del

plano, describa los puntos que satisfacen la ecuacion de arriba.

Solucion.

Caso 1. Si c > |a|Tenemos que

2c = |z − a| − |z + a| ≤ |(z − a)− (z + a)| = 2|a| .

Si c > |a| entonces 2c ≤ 2|a| ≤ 2c lo que es absurdo entonces

S = z : |z − a| − |z + a| = 2c = ∅ .

Caso 2. Si c = 0

Consideremos a = r + is, entonces

S = z = x+ iy : |z − a| − |z + a| = 2c= z :

√

(x− r)2 + (y − s)2 =√

(x+ r)2 + (y + s)2= z : xr + ys = 0 = z : z⊥a .

Caso 3. Si 0 < c < a

Notemos que la ecuacion |z − a| − |z + a| = 2c es equivalente a

⇔√

(x− a)2 + y2 −√

(x+ a)2 + y2 = 2c

⇔ (x− a)2 + y2 + (x+ a)2 + y2 − 2√

(x− a)2 + y2√

(x+ a)2 + y2 = 4c2

⇔ (2x2 + 2a2 + 2y2 − 4c2)2 =

4((x− a)2(x+ a)2 + (x− a)2y2 + (x+ a)2y2 + y4)

⇔ 4(x2 + a2 + y2 − 2c2)2 =

4((x2 − 2xa+ a2)(x2 + 2xa+ a2) + 2x2y2 + 2a2y2 + y4)


⇔ (x2 + a2)2 + 2(x2 + a2)(y2 − 2c2) + (y2 − 2c2)2 =

x4 − 2x2a2 + a4 + 2x2y2 + 2a2y2 + y4

⇔ x4 + 2x2a2 + a4 + 2(x2a2)(y2 − 2c2) + y4 − 4y2c2 + 4c4 =

x4 − 2x2a2 + a4 + 2x2y2 + 2a2y2 + y4

⇔ 4x2a2 + 2(x2y2 − 2x2c2 + y2a2 − 2a2c2)− 4y2c2 + 4c4 = 2x2y2 + 2a2y2

⇔ 4x2a2 − 4x2c2 − 4a2c2 − 4y2c2 + 4c4 = 0

⇔ x2(a2 − c2)− y2c2 = c2(a2 − c2)⇔ x2

c2+

y2

c2 − a2= 1 .

En este caso la ecuacion representa una parabola centrada en el origen.

Caso 4. Si c = a

La ecuacion |z − a| − |z + a| = 2c equivale a

⇔√

(x− a)2 + y2 −√

(x+ a2 + y2 = 2a

⇔ (2x2 + 2a2 + 2y2 − 4a2)2 = (x4 + 2x2a2 + a4 + 2x2y2 + 2a2y2 + y4)

⇔ (x2 + y2 − a2)2 = 2x4 − 4x2a2 + 2a4 + 4x2y2 + 4a2y2 + 27y4

⇔ x4 + 2x2y2 + y4 − 2a2(x2 + y2) + a4 =

2x4 − 4x2a2 + 2a4 + 4x2y2 + 4a2y2 + 2y4

⇔ −x4 − 2x2y2 − y4 + 2a2x2 + 2a2y2 − a4 = 0

⇔ (x2 + y2)2 − 2a2(x2 + y2) + a4 = 0

⇔ (x2 + y2 − a2)2 = 0

⇔ x2 + y2 = a2 ⇔ |z| = a .

Luego, z ∈ C : |z − a| − |z + a| = 2c = z ∈ C : |z| = a un cırculo

centrado en 0 y de radio a.

§4. Representacion polar y raıces de numeros complejos

1. Hallar las raices sexta de la unidad.

Solucion. Las raıces sexta de la unidad son los numeros complejos que

satisfacen z6 = 1 y se sabe que son dadas por

e2πki/6 , k = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 .

y son dadas por

e0 = 1 eπi = −1

eπi/3 = 12 + i

√32 e4πi/3 = −1

2 − i√32

e2πi/3 = −12 + i

√32 e5πi/3 = 1

2 − i√32 .

Representacion polar y raıces de numeros complejos 11

2. Calcule lo siguiente

(a) La raiz cuadrada de i

(b) La raizcubica de i

(c) La raiz cuadrada de√3 + 3i

Solucion.

(a)

i = cosπ

2+ i sin

π

2= cos

2π

4+ i sin

2π

4=(

cosπ

4+ i sin

π

4

)2

entonces√i = cos

π

4+ i sin

π

4=

√2

2+ i

√2

2.

(b)

i = cosπ

2+ i sin

π

2=(

cosπ

6+ i sin

π

6

)3

entonces

i1/3 =

√3

2+ i

1

2.

(c) Tenemos que |√3 + 3i| =

√3 + 9 =

√12, ademas

cos θ =〈(1, 0), (

√3, 3)〉

|(1, 0)||(√3, 3)|

=

√3√12

=1

2⇒ θ =

π

3

entonces

√3 + 3i =

√12(

cosπ

3+ i sin

π

3

)

(√3 + 3i)1/2 = (12)1/4

(

cosπ

6+ i sin

π

6

)

= (12)1/4

(√3

2+ i

1

2

)

.

3. Una raız n-esima primitiva de la unidad es un numero complejo a tal que

1, a, a2, . . . , an−1 son distintas n raıces de la unidad. Demuestre que si a

y b son primitivas n-esima y m-esima raiz de la unidad, respectivamente,

entonces ab es una k-esima raiz de la unidad para algun entero k. ¿Cual

es el valor de k mas pequeno?

Solucion. Sea k = n ·m entonces

(ab)k = (ab)nm = (an)m(bm)n = (1)m(1)n = 1 .

El valor mas pequeno de k ocurre cuando k es el mınimo comun multiplo

de m y n.


4. Use la ecuacion binomial

(a+ b)n =n∑

k=0

(n

k

)

an−kbk

donde(n

k

)

=n!

k!(n − k)!

y compare la parte real e imaginaria de cada de la formula de Moivre

obteniendo las formulas

cosnθ = cosn θ −(n

2

)

cosn−2 θ sin2 θ +

(n

4

)

cosn−4 θ sin4 θ + · · ·

sinnθ =

(n

1

)

cosn−1 θ sin θ −(n

3

)

cosn−3 θ sin3 θ + · · ·


cos(nθ) + i sin(nθ) = (cos θ + i sin θ)n =

n∑

k=0

(n

k

)

cosn−k θ sink θ(ik) .

Como para k par Imik = 0 y para k impar Reik = 0 entonces sepa-

rando en parte imaginaria y real se obtienen las ecuaciones buscadas.

5. Sea z = cos2π

n+i sin

2π

npara n ≥ 2. Demuestre que 1+z+· · ·+zn−1 = 0.

Solucion. Consideremos p(x) = xn − 1 un polinomio en C, observemos

que

p(z) = zn − 1 =

(

cos2π

n+ i sin

2π

n

)n

− 1 = cos 2π + i sin 2π − 1 = 0 ,

entonces z es raız de p(x), por otro lado

p(x) = (x− 1)(xn−1 + xn−2 + · · · + x+ 1) .

Como z no es raız del factor x − 1 entonces z debe ser raız del segundo

factor de arriba, es decir,

zn−1 + zn−2 + · · ·+ z + 1 = 0, ∀ n ≥ 2 .

6. Demuestre que ϕ(t) = cis t es un homomorfismos de grupos del grupo

aditivo R sobre el grupo multiplicativo T = z : |z| = 1.

Lıneas y semi-planos en el plano complejo 13

Solucion. Es claro que ϕ : R → T y ademas

ϕ(x+ y) = cis(x+ y)

= cos(x+ y) + i sin(x+ y)

= cos x cos y − sinx sin y + i sin x cos y + i cos x sin y

= cos x(cos y + i sin y) + i sin x(cos y + i sin y)

= (cos x+ i sin y)(cos y + i sin y)

= cis x+ cis y = ϕ(x)ϕ(y) .

Por lo tanto, ϕ : (R,+) → (T, ·) es un homomorfismo.

7. Si z ∈ C y Re(zn) ≥ 0 para todo entero positivo n, demuestre que z es

un numero real no negativo.

Solucion. Sea z = r(cos θ+i sin θ) entonces zn = rn(cos(nθ)+i sin(nθ)),

luego

Si Re(zn) = rn cos(nθ) ≥ 0 ⇒ cos(nθ) ≥ 0 ∀ n ∈ N

⇒ θ = 0

⇒ z = r ∈ R+0 .

§5. Lıneas y semi-planos en el plano complejo

1. Sea C el cırculo z : |z − c| = r, r > 0. Sea a = c+ rcis α y ponemos

Lβ =

z : Im

(z − a

b

)

= 0

donde b = cis β. Hallar condicion necesaria y suficiente en terminos de β

tal que Lβ sea tangente a C en a.

Solucion. Tenemos que

C = z : |z − c| = r = z : (x− c1)2 + (y − c2)

2 = r2 .

Sea f : R → C dada por f(x) =√

r2 − (x− c1)2 + c2 entonces

f ′(x) = − x− c1√

r2 − (x− c1)2.

Consideremos a = (a1, a2) = (c1 + r cosα, c2 + r sinα) entonces

f ′(a1) = − r cosα√r2 − r2 cos2 α

= −cosα

sinα= − 1

tanα,


entonces Lβ = z = a + tf ′(a1) : t ∈ R lo que implica que b = f ′(a1)

por lo tanto cisβ = − 1tanα .

§6. El plano extendido y la representacion esferica

1. d(z, z′) =2|z − z′|

[(1 + |z|2)(1 + |z′|2)]1/2 , z, z′ ∈ C. Probar que

d(z,∞) =2

(1 + |z|2)1/2


|z − z′|21 + |z′|2 =

|z|2 − 2 Re zz′ + |z′|21 + |z′|2

entonces

lım|z′|→∞

|z − z′|21 + |z′|2 = lım

|z′|2→∞

|z|2|z′|2 +

2Rezz′

|z′|2 + 1

1

|z′|2 + 1= 1

Luego

d(z,∞) = lım|z′|→∞

d(z, z′)

=2

√

1 + |z|2lım

|z′|→∞

|z − z′|√

1 + |z′|2

=2

√

1 + |z|2

2. Para cada uno de los siguientes puntos en C, dar el correspondiente punto

en S: 0, 1 + i, 3 + 2i.

Solucion. Consideremos ϕ : C → S dada por

ϕ(z) =

(z + z

|z|2 + 1,−i(z − z)

|z|2 + 1,|z|2 − 1

|z|2 + 1

)

.

Evaluando obtenemos que las imagenes de los puntos son:

ϕ(0) = (0, 0,−1), el polo sur

ϕ(1 + i) =

(2

2 + 1,

2

2 + 1,2− 1

2 + 1

)

=

(2

3,2

3,1

3

)

,

ϕ(3 + 2i) =

(6

13 + 1,

4

13 + 1,13− 1

13 + 1

)

=

(3

7,2

7,6

7

)

.

El plano extendido y la representacion esferica 15

3. ¿Que subconjunto de S corresponde el eje real e imaginario de C?

Solucion. Consideremos A,B ⊂ S2 dados por

A = (x, y, z) ∈ S2 : y2 + z2 = 1, x = 0 ,B = (x, y, z) ∈ S2 : x2 + z2 = 1, y = 0 .

Entonces, ϕ(R) = B y ϕ(iR) = A. En efecto, si z = x ∈ R entonces

ϕ(z) =(

2xx2+1

, 0, x2−1

x2+1

)

y como

(2x

x2 + 1

)2

+

(x2 − 1

x2 + 1

)2

=4x2

(x2 + 1)2+

x4 − 2x2 + 1

(x2 + 1)2

=x4 + 2x2 + 1

(x2 + 1)2

=(x2 + 1)2

(x2 + 1)2= 1

entonces z ∈ B. Analogamente, si z = iy entonces

ϕ(z) =

(

0,2y

y2 + 1,y2 − 1

y2 + 1

)

⇒ z ∈ A

4. Sea Λ un circulo de radio 1 en S2. Entonces existe un unico plano P en

R3 tal que P ∩ S2 = Λ. Recuerde de geometrıa analıtica que

P = (x, y, z) : xβ1 + yβ2 + zβ3 = l

donde (β1, β2, β3) es un vector ortogonal a P y l es algun numero real.

Sabiendo que se asume que β21 + β2

2 + β23 = 1. Use esta informacion de-

muestre que si Λ contiene el punto N entonces esta proyeccion sobre C

es una lınea recta. De lo contarrio, Λ se proyecta sobre el cırculo en C.

Solucion. Veamos el plano tangente de la esfera S2 en el punto (a, b, c).

Sabemos que el vector (a, b, c) es normal al plano tangente. Luego la

ecuacion del plano tangente es:

a(x− a) + b(y − b) + c(z − c) = 0

entonces ax+ by + cz = 1 pues a2 + b2 + c2 = 1. Tenemos que el plano

P : ax+ by + cz + d = 0 (1)

intersecta la esfera unidad, y asumimos que la distancia desde el origen

al plano es estrictamente menor que 1. Esto es:

d√a2 + b2 + c2

< 1 ⇒ d2 < a2 + b2 + c2 = 1 ⇒ d < 1 .


Entonces Λ = (x, y, z) ∈ S2 : (x, y, z) ∈ P. Sabemos que ϕ : C → S2 es

dada por

ϕ(x, y) =

(2x

x2 + y2 + 1,

2y

x2 + y2 + 1,x2 + y2 − 1

x2 + y2 + 1

)

.

Si este punto esta tambien sobre P, entonces

a

(2x

x2 + y2 + 1

)

+ b

(2y

x2 + y2 + 1

)

+ c

(x2 + y2 − 1

x2 + y2 + 1

)

+ d = 0

lo que implica

2ax+ 2by + c(x2 + y2 − 1) + d(x2 + y2 + 1) = 0 ,

es decir,

(c+ d)(x2 + y2) + 2ax+ 2by = c− d . (2)

Ahora bien, si N = (0, 0, 1) ∈ P entonces por (1) c+ d = 0 y por (2)

2ax+ 2by = 2c ⇒ ax+ by = c

y esta es una ecuacion de una lınea recta en el plano complejo. Ahora, si

N = (0, 0, 1) /∈ P, entonces por (1) c+ d 6= 0 y diviendo por c+ d en (2)

obtenemos

x2 + y2 +2a

c+ dx+

2b

c+ dy =

c− d

c+ d

⇒(

x+a

c+ d

)2

+

(

y +b

c+ d

)2

=a2 + b2 + c2 − d2

(c+ d)2=

1− d2

(c+ d)2.

Esto representa un cırculo si y solo si 1− d2 > 0 ⇒ d < 1, pero esto es lo

que exactamente supusimos.

5. Sea Z y Z ′ ∈ S2 correspondientes a z y z′, respectivamente. Sea W ∈ S2

correspondiente a z+ z′. Hallar las coordenadas de W en terminos de las

coordenadas de Z y Z ′.


z = x+ iy 7→ 1

x2 + y2 + 1(2x, 2y, x2 + y2 − 1)

z′ = a+ ib 7→ 1

a2 + b2 + 1(2a, 2b, a2 + b2 − 1)

Z =1

x2 + y2 + 1(2x, 2y, x2 + y2 − 1) = P (x, y)(x1, y1, z1)

Z ′ =1

a2 + b2 + 1(2a, 2b, a2 + b2 − 1) = P (a, b)(x2, y2, z2)

El plano extendido y la representacion esferica 17

Luego,

W = P ((x+ a), (y + b))(2(x + a), 2(y + b), (x+ a)2 + (y + b)2 − 1)

= P ((x+ a), (y + b))(x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2 + 2(xa+ yb) + 1)

= P ((x+ a), (y + b))

(

x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2 +1

2(x1x2 + y1y2) + 1

)

=1

(z1 + z2 +12(x1x2 + y1y2) + 3)

(

x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2 +1

2(x1x2 + y1y2) + 1

)

Capıtulo 2

Espacios Metricos y La Topologıa de C

§1. Definicion y ejemplos de espacios metricos

1. Demuestre que cada uno de los ejemplos de espacios metricos dados en

(1.2)-(1.6) es, de hecho, un espacio metrico. El ejemplo (1.6) es el unico

que tiene mayor dificultad. Tambien describa B(x; r) para cada uno de

los ejemplos.

Solucion.

(a) X = R o C, d(z, w) = |z −w|.

Si z = x+ iy, w = a+ bi entonces

(i) d(z, w) =√

(x− a)2 + (y − b)2 ≥ 0.

(ii) Si d(z, w) = 0 si y solo si (x − a)2 + (y − b)2 = 0 y como los

sumando son no negativos lo ultimo es equivalente a x = a y

y = b si y solo si z = w.

(iii) d(z, w) =√

(x− a)2 + (y − b)2 =√

(a− x)2 + (b− y)2 = d(w, z).

(iv) Usando la desigualdad triangular usual, obtenemos

d(u, z) = |u− z| = |u− w + w − z|≤ |u− w|+ |w − z| = d(u,w) + d(w, z) .

Observe que

B(w; r) = z ∈ C : (x− a)2 + (y − b)2 < r2 ,

graficamente

+

+ b

a

b

r

19

20 Espacios Metricos y la Topologıa de C

(b) Sea (X, d) un espacio metrico y sea Y ⊂ X entonces (Y, d) es tambien

un espacio metrico.

Basta restringir d : X ×X → R+ al conjunto Y × Y , es decir, tomar

d : Y × Y → R+ y se satisfacen trivialmente las condiciones.

(c) X = C, d(x+ iy, a+ ib) = |x− a|+ |y − b|

(i) Claramente se tiene que d(z, w) ≥ 0.

(ii) d(z, w) = 0 si y solo si |x − a| + |y − b| = como los sumando

son no negativas la ultima igualdad equivale a |x − a| = 0 y

|y − b| = 0 si y solo si z = w.

(iii) d(z, w) = |x− a|+ |y − b| = |a− x|+ |b− y| = d(w, z).

(iv) Usando la desigualdad triangular usual en C obtenemos

d(u, z) = |s− x|+ |r − y|= |s− a+ a− x|+ |r − b+ b− y|≤ |s− a|+ |a− x|+ |r − b|+ |b− y|= (|s − a|+ |r − b|) + (|a− x|+ |b− y|)= d(u,w) + d(w, z) .

Observe que

B(w; r) = z ∈ C : |x− a|+ |y − b| < r ,

geometricamente

+

+ b

a

br

(d) X cualquier conjunto, d(x, y) =

1 si x = y

0 si x 6= y

(i) Como d(x, y) = 0 o 1 entonces d(x, y) ≥ 0.

(ii) Por definicion d(x, y) = 0 ⇔ x = y.

(iii) Si x 6= y entonces d(x, y) = 1 = d(y, x) y si x = y entonces

d(x, y) = 0 = d(y, x).

Definicion y ejemplos de espacios metricos 21

(iv) Si x 6= y, x 6= z, y 6= z se tiene que

d(x, z) = 1 < 2 = d(x, y) + d(y, z) .

Si x = y, x 6= z, y 6= z se tiene que

d(x, z) = 1 = 0 + 1 = d(x, y) + d(y, z)

Si x = y, x = z, y 6= z se tiene que

d(x, z) = 0 < 0 + 1 = d(x, y) + d(y, z) .

Si x = y = z obtenemos que

d(x, z) = 0 = d(x, y) + d(y, z) .

(e) X = Rn, d(x, y) =

n∑

j=1

(xj − yj)2

1/2

(i) Como (xj − yj)2 ≥ 0 para todo j = 1, . . . , n implica que

n∑

j=1

(xj − yj)2 ≥ 0 lo que equivale a que d(x, y) ≥ 0.

(ii) d(x, y) = 0 si y solo si∑

(xj − yj)2 = 0 como los sumando son

no negativos implica que xj = yj para todo j = 1, . . . , n si y

solo si x = y.

(iii) Es claro que d(x, y) = d(y, x)

(iv) Definimos 〈x, y〉 =∑n

j=1 xjyj entonces |x| =√

〈x, x〉 lo cual

implica que d(x, y) = |x− y|. Sabemos que |x+ y| ≤ |x|+ |y| dedonde se deduce la desigualdad triangular.

Si n = 3 el conjunto B(x; r) es geometricamente

2. Cuales de los siguientes subconjuntos de C son abiertos y cuales son

cerrados:

(a) z : |z| < 1(b) El eje real

(c) z : zn = 1 para algun entero n ≥ 1(d) z ∈ C : z ∈ R y 0 ≤ z < 1(e) z ∈ C : z ∈ R y 0 ≤ z ≤ 1Solucion.


(a) Sea w ∈ z : |z| < 1 entonces existe ε = 1−|w|2 . Afirmamos que

B(w, ε) ⊆ z : |z| < 1, lo cual prueba que el conjunto es abierto.

En efecto, si u ∈ B(w; ε) se tiene que

|u| ≤ |u− w|+ |w| < ε+ |w| = 1− |w|2

+ |w| = 1 + |w|2

<1 + 1

2= 1 ,

entonces u ∈ z : |z| < 1, lo cual prueba lo afirmado.

(b) Considere Xc = z : Imz 6= 0. Sea w ∈ Xc, entonces existe ε =12Imw tal que si u ∈ B(w; ε) y obtenemos que

Im u = Im (u+ w − w) = Im(u− w) + Imw

≤ |u− w|+ Imw <1

2Imw + Imw =

3

2Imw 6= 0

esto implica que u ∈ Xc. Por lo que B(w; ε) ⊆ Xc. Por lo tanto, Xc

es abierto en C, lo cual implica que X = eje real es cerrado en C.

(c) Notemos que si zn = 1 entonces z = eiθ/n y considere el conjunto

Xc = z : zn 6= 1 , ∀ n ≥ 1.3. Si (x, d) es cualquier espacio metrico demuestre que todo bola abierta es,

en efecto, un conunto abierto. Ademas, demuestre que toda bola cerrada

es un conjunto cerrado.

Solucion. Sea z ∈ B(x; r) entonces d(x, z) < r tomando ε = r − d(x, z)

luego B(z; ε) ⊆ B(x; r). En efecto, si y ∈ B(z; ε) lo cual implica que

d(y, z) < r − d(x, z) luego

d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) < r

lo que implica que y ∈ B(x; r). Por lo tanto, B(x; r) es abierta.

Por otro lado, consideremos M = X − B[x; r] y sea y ∈ M tomando

ε = d(x, z) − r. Luego, B(y; ε) ⊆ M . En efecto, si z ∈ B(y, ε) entonces

d(y, z) < ε, luego

d(y, z) < d(x, z) − r ≤ d(x, y) + d(y, z)− r

lo que implica que d(x, y) > r, es decir, y /∈ B[x; r] entonces y ∈ M .

Luego M es abierto, por lo que B[x; r] es cerrada.

4. Si Gj : j ∈ J es una coleccion de conjuntos abiertos en X, J cualquier

conjuntos de ındices, entonces G = ∪Gj : j ∈ J es abierto.

Solucion. Si Gj es abierto para todo j ∈ J entonces para todo x ∈ Gj

Definicion y ejemplos de espacios metricos 23

existe εj > 0 tal que B(x; εj) ⊂ Gj . Ahora bien, sea x ∈ G entonces

x ∈ Gj para algun j ∈ J entonces

B(x; εj) ⊆ Gj ⊆⋃

j

Gj = G .

Por lo tanto, G es abierto.

5. Sea (X, d) un espacio metrico. Entonces:

(a) Los conjuntos X y φ son cerrados.

(b) Si F1, · · · , Fn son conjuntos cerrados en X entonces tambien lo es⋃n

k=1 Fk.

(c) Fj : j ∈ J es cualquier coleccion de conjuntos cerrados en X, J

cualquier conjunto de ındices, entonces F = ∩Fj : j ∈ J es cerrado.

Solucion.

(a) Como Xc = ∅ es abierto lo que implica que X es cerrado. Similar-

mente, como ∅c = X es abierto, lo que implica que ∅ es cerrado.

(b) Si Fi son cerrados entonces F ci son abiertos por lo que

n⋂

i=1

F ci es abierto

y comon⋂

i=1

F ci =

(n⋃

i=1

Fi

)c

se tiene que⋂

Fi es cerrado.

(c) Si F cj son abiertos entonces

⋃F cj es abierto y como

⋃

F cj =

(⋂

Fj

)c

se sigue que⋂

Fj es cerrado.

6. Pruebe que si G ⊂ X es abierto si y solo si X −G es cerrado.


(X −G)c = (X ∩Gc)c = Xc ∪G = ∅ ∪G = G .

Entonces, X −G es cerrado si y solo si (X −G)c es abierto si y solo si G

es abierto.

7. Demuestre que (C∞, d) donde

d(z, z′) =2|z − z′|

√

(1 + |z|2)(1 + |z′|2)es un espacio metrico.


Solucion. Considere ‖(x1, x2, x3)‖ = (x21 + x22 + x23)1/2 la norma eu-

clideana en R3. Sean z = (x1, x2, x3), z′ = (x′1, x

′2, x

′3) ∈ S2 donde

x1 =2x

‖z‖2 + | , x2 =2y

‖z‖2 + 1, x3 =

‖z‖2 − 1

‖z‖2 + 1

x′1 =2x′

‖z′‖2 + | , x′2 =2y′

‖z′‖2 + 1, x′3 =

‖z′‖2 − 1

‖z′‖2 + 1

Luego,

Como ‖z‖ es norma satisface la desigualdad triangular:

‖x+ y‖ ≤ ‖x‖ + ‖y‖

8. Sea (X, d) un espacio metrico e Y ⊂ X. Supongamos G ⊂ X es abierto.

Demuestre que G ∩ Y es abierto en (Y, d). Inversamente, demuestre que

si G1 ⊂ Y es abierto en (Y, d), existe un conjunto abierto G ⊂ X tal que

G1 = G ∩ Y .

Solucion. Sea a ∈ G ∩ Y entonces a ∈ G y a ∈ Y . Como G es abierto

en X existe ε > 0 tal que B(a; ε) ⊂ G. Consideremos M = B(a; ε) ∩ Y

y tomemos δ =1

2ınf

y∈∂Yd(a, Y ). Entonces, B(a; δ) ⊆ G ∩ Y . En efec-

to, si x ∈ B(a; δ) entonces d(x, a) < δ = 12 ınfy∈∂Y

d(a, Y ) , tomando

z ∈ ∂Y ∩B(a; ε) tenemos que

1

2ınf

y∈∂Yd(a, Y ) ≤ 1

2d(a, z) <

ε

2.

Luego, d(x, a) < ε ⇒ x ∈ B(a; ε) ⊂ G. Como d(x, a) < 12 ınfy∈∂Y

d(a, Y )

implica que x ∈ Y . Se concluye que x ∈ G∩Y , entonces B(a; δ) ⊆ G∩Y .

Por lo tanto, G ∩ Y es abierto en Y .

Por otro lado, si G1 ⊂ Y es abierto entonces IntG1 = G1 si y solo si

G1 = IntG1 ∩ Y si y solo si G1 = G ∩ Y , donde G = IntG1 abierto en X,

pues IntG = Int(IntG1) = IntG1 = G.

9. Sean (X, d) un espacio metrico y Y ⊂ X. Supongase que G ⊆ X es cerra-

do; demuestre que G ∩ Y es cerradop en (Y, d). Inversamente, demuestre

que si G1 ⊂ Y es cerrado en (Y, d), existe un conjunto cerrado G ⊂ X tal

que G1 = G ∩ Y .

Solucion. Si G ⊂ Y es cerrado entonces X−G es abierto lo que implica

que (X −G) ∩ Y es abierto en Y

10. Sean A y B subconjuntos de un espacio metrico (X, d). Entonces:

(a) A es abierto si y solo si A = int A;

Conexidad 25

(b) B es cerrrado si y solo si A = A;

(c) int A = X − (X −A), A = X − int (X −A), ∂A = A− int A;

(d) (A ∪B) = A ∪B;

(e) x0 ∈ int A si y solo si existe un ε > 0 tal que B(x0; ε) ⊂ A;

(f) x0 ∈ A si y solo si para todo ε > 0, B(x0; ε) ∩A 6= ∅.

Solucion.

(a) SiA es abierto entonces para todo a ∈ A existe ε > 0 tal queB(a; ε) ⊆A. Como B(a; ε) es abierto, si a ∈ A entonces B(a; ε) ⊆ int A lo que

implica que a ∈ int A. Luego, A ⊆ int A. Si a ∈ int A implica que

a ∈⋃

G | G abierto, G ⊆ A .

En particular, a ∈ B(a; ε) ⊂ A. Luego, A = int A.

Recıprocamente, si A = int A, si a ∈ A si y solo si a ∈ int A lo

cual implica que G = B(a; ε) tal que a ∈ G con G ⊆ A. Luego A es

abierto.

(b) Si B es cerrado si y solo si X − B es abierto si y solo si para todo

a ∈ X − B, existe r > 0 tal que B(a; r) ⊆ X − B si y solo si para

todo a ∈ X − B, existe una bola B(a; r) que no contiene puntos de

B si y solo si para todo a ∈ X −B, a /∈ int (B) si y solo si para todo

a ∈ B, a ∈ ∂B ∪B si y solo si B = B.

(c) Sea a ∈ int (A) si y solo si existe G abierto tal que a ∈ G ⊆ A lo

que implica que a /∈ X − A ⊂ (X −A), esto es, a ∈ X − (X −A).

Luego, intA ⊆ X−(X −A). Ahora bien, sea a ∈ X−(X −A) ⇒ a /∈(X −A) ⇒ a /∈ (X − A). Tomando ε = 1

2 ınfx∈X−A

d(a, x) obtenemos

que a ∈ B(a; ε) ⊆ A ⇔ a ∈ int (A). Por lo tanto, int (A) = X −(X −A). Sea a ∈ A

§2. Conexidad

1. El proposito de este ejercicio es demostrar que in subconjunto conexo de

R es un intervalo.

(a) Demuestre que un conjunto A ⊂ R es un intervalo si y solo si para

cualesquiera dos puntos a, b ∈ A con a < b, el intervalo [a, b] ⊂ A.

(b) Use parte (a) para demostrar que si un conjunto A ⊂ R es conexo

entonces A es un intervalo.

Solucion.

(a) Supongamos que A ⊆ R no es un intervalo entonces existe c ∈ R con

a < c < b y a, b ∈ A tal que c /∈ A. Luego, [a, c] * A, lo cual es una

contradiccion. Recıprocamente, sea A ⊆ R un intervalo con a = ınf A


y b = supA entonces tenemos que si a < c < b si y solo si c ∈ A.

Ahora bien, si x, y ∈ A con x < y si y solo si a < x < y < b. Luego,

para todo z con x < z < y implica que a < z < y ⇔ z ∈ A. Por lo

tanto, [x, y] ⊆ A.

(b) Supongamos que A no es un intervalo. Sean a = ınf A, b = supA

entonces existe c ∈ R con a < c < b tal que c /∈ A. Consideremos

X = x ∈ A : x < cY = x ∈ A : x > c

entonces A = X ∪ Y con X,Y abiertos en A no vacıos, lo cual con-

tradice la convexidad de A.

2. Demuestre que los conjuntos S y T en la demostracion del Teorema 2.3

son abiertos.

Solucion. Considere los conjuntos

S = s ∈ [0, 1] : sb+ (1− s)a ∈ AT = t ∈ [0, 1] : tb+ (1− t)a ∈ B

con a ∈ A, b ∈ B, A∩B 6= ∅ y A,B abiertos de C. Ahora bien, considere

la funcion ϕ : [0, 1] → C definida por

ϕ(t) = tb+ (1− t)a

entonces ϕ es continua y como A es abierto entonces ϕ−1(A) es abierto,

esto es,

ϕ−1(A) = t ∈ [0, 1] : ϕ(t) ∈ A = S

es un conjunto abierto. Lo mismo ocurre con el conjunto T .

3. ¿Cuales de los siguientes conjuntos X de C son conexos? Si X no es

conexo, ¿cuales son sus componentes?

(a) X = z : |z| ≤ 1 ∪ z : |z − 2| < 1.(b) X = [0, 1) ∪

1 + 1

n : n ≥ 1.

(c) X = C− (A ∪B), donde A = [0,∞) y B = z = rcis θ : r = θ, 0 ≤θ ≤ ∞?

Solucion.

(a) Geometricamente el conjunto X es

Conexidad 27

||

01

2

Sean a, b ∈ X entonces considere el camino poligonal α : [0, 1] → X

dado por

α(t) =

2t+ (1− 2t)a 0 ≤ t ≤ 12

2t− 1 + (2− 2t) 12 ≤ t ≤ 1

que une el punto a con el punto b pasando por el punto (1, 0). Por lo

tanto, X es conexo.

(b) Observe que√2 /∈ X y podemos considerar los conjuntos

A = x ∈ X : x >√2

B = x ∈ X : x <√2

entonces X = A ∪ B con A y B abiertos no vacıos en X. Luego, X

no es conexo. Las componentes conexas de X son [0, 1) y para cada

n ∈ N 1 + 1n.

(c) Geometricamente el conjunto X son los puntos en el plano que no

estan de color rojo

x

y

Sean a, b ∈ C tal que a ∈ C+ = z : Im z > 0 y b ∈ C− = z :

Im z0. Entonces, no existe un camino poligonal que una a y b y este

enteramente contenido en X, pues si existiera, en virtud del teorema

del valor intermedio existirıa c ∈ (0, 1) tal que α(c) ∈ X, lo cual es


una contradiccion. Por lo tanto, X no es conexo y X posee infinitas

componentes conexas.

4. Pruebe la siguiente generalizacion del Lema 2.6. Si Dj : j ∈ J es una

coleccion de subconjuntos conexos de X y si para cada j y k en J se tiene

que Dj ∩Dk 6= ∅ entonces D =⋃Dj : j ∈ J es conexo.

Solucion. Supongamos que D = A ∪ B para ciertos conjuntos A,B

abietos no vacıos tal que A ∩ B = ∅. Como A 6= ∅ existe k ∈ J tal que

Dk ⊂ A, del mismo modo como B 6= ∅ existe ℓ ∈ J tal que Dℓ ⊂ B y

como A ∩B = ∅ necesariamente k 6= ℓ entonces

Dk ∩Dℓ ⊂ A ∩B = ∅

lo cual contradice el hecho que Dk ∩Dℓ 6= ∅. Por lo tanto, D es conexo.

5. Demuestre que si F ⊂ X es cerrado conexo entonces para todo par de

puntos a, b ∈ F y cada ε > 0 existen puntos z0, z1, . . . , zn ∈ F con z0 = a,

zn = b y d(zk−1, zk) < ε para 1 ≤ k ≤ n. ¿La hipotesis que F es cerrado

es necesaria? Si F es un conjunto que satisface esta propiedad entonces

F no es necesariamente conexo, igual si F es cerrado, De un ejemplo que

ilustre esto.

Solucion. Sean X = R y F = (a, b) con a, b ∈ R entonces F satisfa-

ce la propiedad sin ser cerrado. Ademas, G = (a, b)−c con c un punto

interior de F satisface la propiedad ya que G es denso en F sin ser G

conexo. Ahora probaremos que la propiedad es cierta

§3. Sucesiones y completacion

1. Pruebe la Proposicion 3.4.

Solucion.

(a) Un conjunto es cerrado si y solo si este contiene todos sus puntos

lımites.

Si X es un conjunto cerrado entonces para cada sucesion xn∞n=1 ⊂X con lımxn = x implica que x ∈ X, luego X posee sus puntos

lımites. Recıprocamente, sea xn∞n=1 ⊂ X una sucesion tal que

lımxn = x. Como X posee todos sus puntos lımites se tiene que

x ∈ X, entonces X es cerrado.

(b) Si A ⊂ X entonces A = A ∪ x : x es un punto lımite de A.Observe que como A = A entonces A es cerrado, entonces A posee

Sucesiones y completacion 29

todos sus puntos lımites lo que implica que

x : x es un punto lımite de A ⊂ A

y como A ⊂ A se sigue que A∪x : x es un punto lımite de A ⊂ A.

Ahora bien, sea x ∈ A entonces existe una sucesion xn ⊂ A tal

que lımxn = x y como A es cerrado implica que x ∈ A ESTA WEA

ESTA MALA

2. Finalice los detalles de la demostracion de la Proposicion 3.8.

Solucion.

3.8 Proposicion. Sea (X, d) un espacio metrico completo y sea Y ⊂ X.

Entonces (Y, d) es un espacio metrico completo ssi Y es cerrado en X.

Demostracion. Sea x0 un punto lımite de Y entonces existe yn ⊂ Y

una sucesion tal que lım yn = x0. Como yn es convergente implica que

yn es una sucesion de Cauchy

Capıtulo 3

Propiedades Elementales y Ejemplos de Funciones

Analıticas

§1. Series de potencias

1. Pruebe la Proposicion 1.5.

Solucion. Proposicion. Sean∑

an y∑

bn dos series absolutamente con-

vergentes y ponemos

cn =

n∑

k=0

akbn−k .

Entonces∑

cn es absolutamente convergente con suma(∑

an

)(∑

bn

)

.

Demostracion. Sean An =∑n

k=0 ak, Bn =∑n

k=0 bk, Cn =∑n

k=0 ck,

A =∑

an, B =∑

bn y C =∑

cn. Consideremos βn = Bn −B entonces

cn = a0b0 + (a0b1 + a1b0) + · · ·+ (a0bn + a1bn−1 + · · ·+ anb0)

= a0(b0 + b1 + · · ·+ bn) + a1(b0 + · · ·+ bn−1) + · · ·+ anb0

= a0Bn + a1Bn−1 + · · ·+ anB0

= a0(B + βn) + a1(B + βn−1) + · · ·+ an(B + β0)

= AnB + a0βn + a1βn−1 + · · ·+ anβ0 .

Sea γn = a0βn+a1βn−1+ · · ·+anβ0. Como∑

an converge absolutamente

tomamos α =∑∞

k=0 |an|. Dado ε > 0 como βn → 0 cuando n → ∞ existe

N ∈ N tal que |βn| < εα para todo n ≥ N , luego

|γn| = |anβ0 + · · ·+ βNan−N |+ |βN+1an−N−1 + · · ·+ βna0|

≤ |β0an + · · ·+ βNan−N |+ ε

α

n−N−1∑

k=0

|ak| .

Fijando N y haciendo n → ∞, como ak → 0 cuando k → 0 obtenemos

que lımn→∞

γn = 0 . Entonces,

c = lımn→∞cn

= lımn→∞

(AnB + γn) = AB .

31

32 Propiedades Elementales y Ejemplos de Funciones Analıticas

2. Dar los detalles de la demostracion de la Proposicion 1.6.

Solucion. Proposicion. Sea∑

an(z − a)n y∑

bn(z − a)n series de po-

tencia con radio de convergencia ≥ r > 0. Sea

cn =n∑

k=0

akbn−k ;

entonces ambas series de potencia∑

(an + bn)(z − a)n y∑

cn(z − a)n

tienen radio de convergencia ≥ r, y

∑

(an + bn)(z − a)n =[∑

an(z − a)n +∑

bn(z − a)n]

∑

cn(z − a)n =[∑

an(z − a)n] [∑

bn(z − a)n]

para |z − a| < r.

Demostracion. Si 0 < s < r entonces para |z| ≤ s, se tieme

∑

|an + bn||z|n ≤∑

|an|sn +∑

|bn|sn < ∞∑

|cn||z|n ≤(∑

|an|sn)(∑

|bn|sn)

< ∞

Por el problema anterior para |z − a| < r

∑

cn(z − a)n =(∑

an(z − a)n)(∑

bn(z − a)n)

,

con lo que se prueba lo pedido.

3. Pruebe que lım sup(an+ bn) ≤ lım sup an+lım sup bn y lım inf(an+ bn) ≥lım inf an + lım inf bn para an y bn sucesiones de numeros reales.

Solucion. Consideremos An = ak | k ≥ n, Bn = bk | k ≥ n y

Cn = ak + bk | k ≥ n. Claramente Cn ⊂ An + Bnai + bj | i, j ≥ n.Entonces, sup cn ≤ sup(An +Bn) ≤ supAn + supBn, luego

lım sup(an + bn) = lımn→∞

[supan + bn, an+1 + bn+1, . . .]

= lımn→∞

[sup cn]

≤ lımn→∞

[sup(An +Bn)]

= lımn→∞

[supAn] + lımn→∞

[supBn]

= lım sup an + lım sup bn .

De manera similar, se tiene que ınf Cn ≥ ınf(An +Bn) = ınf An+ ınf Bn,

de donde se sigue la otra desigualdad.

Series de potencia 33

4. Demuestre que lım inf an ≤ lım sup an para cualquier sucesion en R.

Solucion. Sea A = an | n ∈ N ⊂ R entonces sabemos que ınf A ≤supA. Entonces

lım inf an = lımn→∞

[ınfan, an+1, . . .]= lım

n→∞ınf A

≤ lımn→∞

supA

= lımn→∞

[supan, an+1, . . .] = lım sup an .

5. Si an es una sucesion convergente en R y a = lım an, demuestre que

a = lım inf an = lım sup an.

Solucion. Como an es una sucesion convergente ella es acotada, por

lo que necesariamente existe i, j ∈ N tales que

ınfan, an+1, . . . = an+i

supan, an+1, . . . = an+j

por lo que

lım inf an = lımn→∞

ınfan, an+1, . . . = lımn→∞

an+i = a .

De la misma manera se tiene que

lım sup an = lımn→∞

supan, an+1, . . . = lımn→∞

an+j = a ,

como querıamos probar.

6. Hallar el radio de convergencia para cada una de las siguientes series de

potencia:

(a)

∞∑

n=0

anzn, a ∈ C; (b)

∞∑

n=0

an2

zn, a ∈ C; (c)∞∑

n=0

knzn, k un entero 6= 0; (d)

∞∑

n=0

zn!.

Solucion.

(a) Tenemos que

R = lımn→∞

∣∣∣∣

anan+1

∣∣∣∣= lım

n→∞

∣∣∣∣

an

an+1

∣∣∣∣= lım

n→∞|a|n|a|n+1

=1

|a| .

(b) Observe que

R = lımn→∞

∣∣∣∣∣

an2

a(n+1)2

∣∣∣∣∣= lım

n→∞|a|n2

|a|n2+2n+1= lım

n→∞1

|a|2n+1=

∞ si |a| < 1,

1 si |a| = 1,

0 si |a| > 1.

34 Propiedades Elementales y Ejemplos de Funciones Analıticas

(c) Se tiene que

R = lımn→∞

∣∣∣∣

anan+1

∣∣∣∣= lım

n→∞

∣∣∣∣

kn

kn+1

∣∣∣∣= lım

n→∞1

|k| =1

|k| .

(d) Por el criterio de Cauchy o test de la raız, se sabe que si n√

|an| < 1

para todo n ∈ N suficientemente grande entonces∑

an es absolu-

tamente convergente para cualquier sucesion de numeros reales an.

Notemos que en nuestro caso tenemos

n

√

|z|n! = |z|n!

n = |z|(n−1)! < 1⇒ |z| < 1 .

Entonces, el radio de convergencia es R = 1.

7. Demuestre que el radio de convergencia de la serie de potencia∞∑

n=1

(−1)n

nzn(n+1) (3)

es 1, y discuta la convergencia para z = 1,−1 y i.

Solucion. Sabemos que el radio de convergencia de∑∞

n=0 zn es R = 1.

Sean an = (−1)n

n zn(n+1) y bn = zn entonces

lımn→∞

∣∣∣∣

anbn

∣∣∣∣= lım

n→∞

∣∣∣∣∣

(−1)nzn(n+1)

nzn

∣∣∣∣∣= lım

n→∞|z|n+1

n= 0

siempre que |z| < 1. Luego an/bn es una sucesion acotada, entonces existe

M > 0 tal que |an/bn| ≤ M lo que implica que |an| ≤ M |bn|. En virtud

del criterio de comparacion∑

an converge si∑

bn converge, por lo que

el radio de convergia de (3) es R = 1.

Por otro lado, si z = 1 entonces∑∞

n=1(−1)n

n es convergente por el criterio

de Leibniz tambien si z = −1 la serie converge por el mismo argumento.

Ahora si z = i, sabemos que si n es par entonces in = ±1. Como n(n+1)

es un numero par para todo n ∈ N se sigue que∞∑

n=1

(−1)n

nin(n+1) = −i2 +

i6

2− i12

3+

i20

4− i30

5+

i42

6− · · ·

= 1− 1

2− 1

3+

1

4− 1

5+

1

6− · · · .

Consideremos las sucesiones an =1

2n − 1y bn =

1

2nentonces ambas

sucesiones son decrecientes convergentes a cero luego por el criterio de

Leibniz∑

(−1)n+1an y∑

(−1)nbn son convergentes y como

∞∑

n=1

(−1)n

nin(n+1) =

∞∑

n=1

(−1)n+1an +∞∑

n=1

(−1)nbn

obtenmos que en z = i la serie es convergente.

Funciones analıticas 35

§2. Funciones analıticas

1. Demuestre que f(z) = |z|2 = x2 + y2 tiene derivada solo en el origen.

Solucion. Si f(z) = u(z) + iv(z) entonces u(z) = x2 + y2 y v(z) = 0

luego las derivadas parciales son

∂u

∂x= 2x,

∂u

∂y= 2y,

∂v

∂x= 0,

∂v

∂y= 0 .

por lo que f no satisface las ecuaciones de Cauchy-Riemann salvo en el

origen en donde

lımz→0

f(z)− f(0)

z= lım

z→0

x2 + y2

x+ iy= lım

z→0

(x2 + y2)(x− iy)

x2 + y2= lım

z→0z = 0 .

Por lo tanto, f tiene derivada solo en el origen.

2. Pruebe que si bn, an son reales positivos y 0 < b = lım bn, a = lım sup an

entonces ab = lım sup(anbn). ¿Esto sigue siendo verdadero si el requesito

de positividad es sacado?

Solucion. Dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que si n > n0 implica que

|bn − b| < √ε. Ahora, como a = lım sup an entonces existe una subsu-

cesion ank tal que ank

→ a, esto es existe m0 ∈ N tal que si n > m0

entonces |ank− a| < √

ε.

Capıtulo 4

Integracion Compleja

1. Integrales Riemann-Stieltjes

6. Demuestre que si γ : [a, b] → C es una funcion Lipschitz entonces γ es de

variacion acotada.

Solucion. Sea P = a = x0, x1, . . . , xn = b una particion de [a, b]

entonces

V (γ, P ) =n∑

k=1

|γ(xk)− γ(xk−1)| ≤n∑

k=1

k|xk − xk−1|

= k

n∑

k=1

|xk − xk−1| = k(b− a) .

Entonces, γ es de variacion acotada.

9. Defina γ : [0, 2π] → C por γ(t) = exp(int) donde n es algun entero (po-

sitivo, negativo o cero). Demuestre que

∫

γ

1

zdz = 2πin.


∫

γ

dz

z=

∫ 2π

0e−int · ineintdt = in

∫ 2π

0dt = 2πin .

10. Defina γ(t) = eit para 0 ≤ t ≤ 2π y halle∫

γ zn para todo entero n.

Solucion. Se tiene que

∫

γ

zndz =

∫ 2π

0eintieitdt = i

∫ 2π

0eit(n+1)dt

=

i

eit(n+1)

i(n + 1)

2π

0

si n 6= −1

2πi si n = −1

=

0 si n 6= −1

2πi si n = −1

37

38 Integracion Compleja

12. Sea I(r) =

∫

γ

eiz

zdz donde γ : [0, π] → C definido por γ(t) = reit. De-

muestre que lımr→∞

I(r) = 0.


|I(r)| =

∣∣∣∣∣∣

∫

γ

eiz

zdz

∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣

∫ π

0

eireiθ

reiθ· reiθidθ

∣∣∣∣∣

≤∫ π

0|eireiθ |dθ =

∫ π

0e−r sen θdθ <

π

R.

La ultima desigualdad se debe a la desigualdad de Jordan. Se sigue que

lımr→∞

I(r) = 0.

2. Representacion en series de potencias de funciones analıticas

7. Use los resultados de esta seccion para evaluar las siguientes integrales:

(a)

∫

γ

eiz

z2dz, γ(t) = eit, 0 ≤ t ≤ 2π;

(b)

∫

γ

dz

z − a, γ(t) = a+ reit, 0 ≤ t ≤ 2π;

(c)

∫

γ

sen z

z3dz, γ(t) = eit, 0 ≤ t ≤ 2π;

(d)

∫

γ

log z

zndz, γ(t) = 1 + 1

2eit, 0 ≤ t ≤ 2π y n ≥ 0 .

Solucion.

(a) Sea f(z) = eiz entonces por la formula de Cauchy

f ′(0) =1

2πi

∫

γ

f(z)

z2dz ⇒

∫

γ

eiz

z2dz = 2πif ′(0) = 2πi · i = −2π .

(b) Sea f(z) = 1 entonces por la formula de Cauchy se tiene∫

γ

dz

z − a=

∫

γ

f(z)

z − adz = 2πif(a) = 2πi .

(c) Sea f(z) = sen z entonces f ′′(z) = − sen z, f ′′(0) = 0 y por la formula

de Cauchy obtenemos∫

γ

sen z

z3dz =

∫

γ

f(z)

z3dz =

2πi

2!f ′′(0) = 0 .

Representacion en series de potencias de funciones analıticas 39

(d) Observe que log z es analıtica en B(1; 34) y zn es analıtica tambien

ahı. Ademas, se tiene que γ(0) = γ(2π) luego γ es una curva cerrada

y rectificable. Por lo tanto,∫

γ

log z

zndz = 0 .

9. Use el Corolario 2.13 para evaluar las siguientes integrales:

(a)

∫

γ

ez − e−z

zndonde n es un entero positivo y γ(t) = eit, 0 ≤ t ≤ 2π;

(b)

∫

γ

dz(z − 1

2

)n donde n es un entero positivo y γ(t) = 12+eit, 0 ≤ t ≤ 2π;

(c)

∫

γ

dz

z2 + 1donde γ(t) = 2eit, 0 ≤ t ≤ 2π;

(d)

∫

γ

sen z

zdz donde γ(t) = eit, 0 ≤ t ≤ 2π;

(e)

∫

γ

z1/m

(z − 1)mdonde γ(t) = 1 + 1

2eit, 0 ≤ t ≤ 2π.

Solucion.

(a) Considere f(z) = ez − e−z entonces f ′(z) = ez + e−z y se deduce que

f (n−1)(z) = ez + (−1)n+1e−z, entonces

2πif (n−1)(0)

(n − 1)!=

∫

γ

f(z)

zndz =

∫

γ

ez − e−z

zndz

Capıtulo 5

Singularidades

§.2 Residuos

1. Calcule las siguientes integrales:

(a)

∞∫

0

x2dx

x4 + x2 + 1(b)

∞∫

0

cosx− 1

x2dx

(c)

π∫

0

cos 2θdθ

1− 2a cos θ + a2donde a2 < 1 (d)

π∫

0

dθ

(a+ cos θ)2donde a > 1

Solucion.

(a) Observe que

x4 + x2 + 1 = x4 + 2x2 + 1− x2

= (x2 + 1)2 − x2

= (x2 + x+ 1)(x2 − x+ 1)

entonces las raıces de x4+x2+1 son a0 =12(−1+

√3i), a1 = −1

2(1+√3i), a2 =

12(1+

√3i) y a3 =

12 (1−

√3i). Considere el camino γ dado

por la siguiente figura

−R R0

b ba0 a1

γ

es decir, γ = [−R,R] ∪ Reiθ : 0 ≤ θ ≤ π con R > |a0|. Considere

f(z) =z2

z4 + z2 + 1.

Por el Teorema de los Residuos

1

2πi

∫

γ

f(z)dz = Res (f, a0) + Res (f, a2)

41

42 Singularidades

en donde

Res (f, a0) = lımz→a0

(z − a0)f(z) = lımz→a0

z2

(z − a1)(z − a2)(z − z3)

=a20

(a0 − a1)(a0 − a2)(a0 − a3)=

−1 + i√3

4i√3

y de manera similar Res (f, a2) = lımz→a2

(z − a2)f(z) =1 + i

√3

4i√3

. Por

otro lado, note que∫

γ

f(z)dz =

∫ R

−R

x2dx

x4 + x2 + 1+

∫ 2π

0

R2eiθ · iReiθ

R4e4iθ +R2e2iθ + 1dθ = I1 + I2

en donde

I1 =

∫ R

−R

x2

x4 + x2 + 1dx

= 2

∫ R

0

x2

x4 + x2 + 1dx

R→∞−−−−→ 2

∫ ∞

0

x2

x4 + x2 + 1dx .

y

|I2| ≤∫ π

0

R3

|R4e4iθ +R2e2iθ + 1|dθ ≤ πR3

R4 −R2 − 1

R→∞−→ 0 .

Por lo tanto,

∫ ∞

0

x2dx

x4 + x2 + 1=

πi

2.

(b) Considere el funcion f(z) =eiz − 1

z2que tiene un polo simple en z = 0.

Sean 0 < r < R y la curva γ dada por la figura

r RrR 0

γ

Por el Teorema de Cauchy∫

γ

f(z)dz = 0 .

entonces tenemos

0 =

∫ R

r

eix − 1

x2dx+

∫ π

0

eiReiθ − 1

R2e2iθdθ

+

∫ −r

−R

eix − 1

x2dx+

∫ 0

π

(eireiθ − 1)

r2e2iθ· ireiθdθ

= I1 + I2 + I3 + I4 .

Residuos 43

Observamos que

I1 + I3 =

∫ R

r

eix − 1

x2dx+

∫ R

r

e−ix − 1

x2dx

= 2

∫ R

r

cos x− 1

x2dx

R→∞−−−−→r→0

2

∫ ∞

0

cosx− 1

x2dx

Ademas,

|I2| ≤∫ π

0

|eiReiθ − 1|RR2

dθ =

∫ π

0

e−R sen θ + 1

Rdθ

≤ π

(π

R2+

1

R

)

R→∞−−−−→ 0 .

La ultima desigualdad se debe al Lema de Jordan. Finalmente, tene-

mos que

lımr→0

I4 = lımr→0

∫ 0

πireiθf(reiθ)dθ = −πRes (f, 0) = −πi(i) = π .

ya que el desarrollo en serie de potencias de f es

f(z) =i

z+

i

2+

i

3!z + · · · .

Por lo tanto,

∫ ∞

0

cos x− 1

x2dx = −π

2.

(c) Sea z = eiθ entonces z =1

zy tenemos que

cos 2θ

1− 2a cos θ + a2=

(z2 + z2)/2

1− 2a (z+z)2 + a2

=12

(z2 + 1

z2

)

1− a(z + 1

z

)+ a2

=

z4 + 1

2z2

z − a(z2 + 1) + a2z

z

=z4 + 1

2(z2 − az(z2 + 1) + a2z2)

=z4 + 1

2z(−az2 + (a2 + 1)z − a)

Entonces,

∫ π

0

cos 2θ

1− 2a cos θ + a2dθ =

1

2

∫ 2π

0

cos 2θ

1− 2a cos θ + a2dθ

=1

4i

∫

|z|=1

z4 + 1

z2(−az2 + (a2 + 1)z − a)dz .

44 Singularidades

Las raıces del polinomio −az2 + (a2 + 1)z − a son

z =−(a2 + 1)±

√

(a2 + 1)2 − 4a2

−2a

=−(a2 + 1)±

√

(a2 − 1)2

−2a

=−(a2 + 1)± (1− a2)

−2a=

1

a.

Esta raız de multiplicidad 2 no pertenece a D, pues a2 < 1. Ahora

bien, considere g(z) =z4 + 1

−az2 + (a2 + 1)z − aentonces su derivada es

g′(z) =4z3(−az2 + (a2 + 1)z − a)− (z4 + 1)(−2az + a2 + 1)

(−az2 + (a2 + 1)z − a)2

entonces

Res (f, 0) = lımz→0

g′(z) =−1− a2

a2.

Por el Teorema de los Residuos

I =1

4i

∫

|z|=1

z4 + 1

z2(−az2 + (a2 + 1)z − a)dz =

1

4iRes (f, 0) =

i(1 + a2)

4a2.

(d) Sea z = eiθ entonces z =1

zluego

(a+ cos θ)2 =

(

a+z + z

2

)2

=

(

a+1

2

(

z +1

z

))2

=

(z2 + 2az + 1

2z

)2

.

Entonces,

I =

∫ π

0

dθ

(a+ cos θ)2=

1

2

∫ 2π

0

dθ

(a+ cos θ)2

=1

2

∫

|z|=1

(2z

z2 + 2az + 1

)2 dz

iz

=2

i

∫

|z|=1

z

(z2 + 2az + 1)2dz .

Notemos que las raıces de z2 + 2az + 1 = 0 son

z =−2a±

√4a2 −−4

2= −a±

√

a2 − 1 ,

con α = −a +√a2 − 1 ∈ D y β = −a −

√a2 − 1 /∈ D.Ahora bien,

sean f(z) = z(z−α)2(z−β)2

y g(z) = (z − α)2f(z) = z(z−β)2

con g′(z) =(z−β)2−2z(z−β)

(z−β)4= −zβ

(z−β)3. Por lo que,

Res (f, α) = lımz→α

g′(z) =−α− β

(α− β)3=

a

4(a2 + 1)3/2.

Residuos 45

Por lo tanto,

I =2

i

∫

|z|=1

f(z)dz =2

i· 2πi · Res (f, α)

= 4π · a

4(a2 + 1)3/2=

πa

(a2 + 1)3/2.

2. Verifique las siguientes ecuaciones:

(a)

∞∫

0

dx

(x2 + a2)2=

π

4a3, a > 0 ; (b)

∞∫

0

(log x)3

1 + x2dx = 0

(c)

∞∫

0

cos ax

(1 + x2)2dx =

π(a+ 1)e−a

4si a > 0 ;

(d)

π/2∫

0

dθ

a+ sen2 θ=

π

2[a(a+ 1)]1

2

, si a > 0

(e)

∞∫

0

log x

(1 + x2)2dx = −π

4; (f)

∞∫

0

dx

1 + x2=

π

2;

(g)

∞∫

−∞

eax

1 + exdx =

π

sen aπsi 0 < a < 1 ;

(h)

2π∫

0

log sen2 2θdθ = 4

π∫

0

log sen θdθ = −4π log 2 .

Solucion.

(a) Las raıces de x2 + a2 = 0 son α = ia y β = −ia. Sean f(z) =1

(z2 + a2)2y γ la curva dada por la siguiente figura

−R R0

b ia

γ

es decir, γ = [−R,R] ∪ eiθ : 0 ≤ θ ≤ π con R > a. Por el Teorema

de los Residuos∫

γ

f(z)dz = 2πiRes (f, α) .

Observe que

∫

γ

f(z)dz =

∫ R

−R

dx

(x2 + a2)2+

∫ π

0

iReiθ

(R2e2iθ + a2)2dθ .

46 Singularidades

Tenemos que

|I2| =

∣∣∣∣∣∣

π∫

0

iReiθ

(R2e2iθ + a2)2dθ

∣∣∣∣∣∣

≤∫ π

0

R

|R2e2iθ + a2|2 dθ ≤ πR

(R2 − a2)2R→∞−−−−→ 0 .

Ahora bien, f(z) = (z − α)−2(z − β)−2 y considere la aplicacion

g(z) = (z − α)2f(z) = 1(z−β)2

entonces

g′(z) = −2(z − β)

(z − β)4= − 2

(z − β)3,

lo que implica que

Res (f, α) = lımz→α

g′(z) = − 2

(α− β)3=

1

4ia3.

Por lo tanto,

∞∫

0

dx

(x2 + a2)2=

2πi

2· Res (f, α) = π

4a3.

(b) Considere la funcion logaritmo ℓ : Ω → C en la region

Ω =z ∈ C : z 6= 0 y − π

2 < arg z < 3π2

.

Observe que si x > 0 entonces ℓ(x) = log x y que si x < 0 entonces

ℓ(x) = log |x|+ iπ. Sea γ la curva dada por la figura

Por el Teorema de los Residuos∫

γ

ℓ(z)3

1 + z2dz = 2πiRes (f, i) .

Ademas,∫

γ

ℓ(z)3

1 + z2dz =

∫ π

0

ℓ(Reiθ)3

1 +R2e2iθ· iReiθdθ +

∫ −r

−R

ℓ(x)3

1 + x2dx

+

∫ 0

π

ℓ(re−iθ)3

1 + r2e−2iθ· −ire−iθdθ +

∫ R

r

ℓ(x)3

1 + x2dx

= I1 + I2 + I3 + I4 .

Note que

I2 + I3 =

∫ −r

−R

(log |x|+ iπ)3

1 + x2dx+

∫ R

r

log x3

1 + x2dx

= 2

∫ R

r

log x3

1 + x2dx+ 3πi

∫ R

r

log x2

1 + x2dx

−3π

∫ R

r

log x

1 + x2dx− iπ3

∫ R

r

dx

1 + x2.

Residuos 47

Cuando r → 0 y R → ∞ se sabe que∫ ∞

0

log x

1 + x2dx = 0 y

∫ ∞

0

dx

1 + x2=

π

2.

Faltarıa determinar el valor de una de las integrales, afirmamos que∫ ∞

0

log x2

1 + x2dx =

π3

8.

Se sigue que

I2 + I3R→∞−−−−→r→0

2

∫ ∞

0

log x3

1 + x2dx− 1

4iπ4 .

FALTA

(c) Sean f(z) =eiaz

(1 + z2)2y el camino γ dado por la figura

−R R0

b i

γ

con R > 1. Entonces∫

γ

f(z)dz =

∫ π

0

eiaReiθ

1 +R2e2iθ· iReiθdθ +

∫ R

−R

cos ax+ i sen ax

(1 + x2)2dx


γ

f(z)dz = 2πiRes (f, i) . (4)

Sea g(z) = (z − i)2f(z) =eiaz

(z + i)2entonces

g′(z) =iaeiaz(z + i)2 − eiaz · 2(z + i)

(z + i)4= eiaz

ia(z + i)− 2

(z + i)3.

Luego,

Res (f, i) = e−a−2a− 2

(2i)3=

(a+ 1)e−a

4i.

Por lo tanto,∫

γ

f(z)dz =π(a+ 1)e−a

2.

Notemos que∣∣∣∣∣

∫ π

0

eiaReiθ · iReiθ

(1 +R2e2iθ)2dθ

∣∣∣∣∣

≤∫ π

0

e−aR sen θR

(R2 − 1)2dθ

≤ π

(R2 − 1)2R→∞−−−−→ 0 .

48 Singularidades

Hemos usado la desigualdad de Jordan

∫ π

0e−aR sen θdθ <

π

R.

Tomando parte real a ambos lados de (4) y haciendo R → ∞ obte-

nemos∫ ∞

0

cos ax

(1 + x2)2dx =

π(a+ 1)e−a

4.

(d) Sea z = eiθ entonces z = 1z luego

a+ sen2 θ = a+

(eiθ − e−iθ

2i

)2

= a+

(

z − 1z

2i

)2

= a− 1

4

(z − 1

z

)2

=4az − z2 + 2z − 1

4z

=−z2 + (2 + 4a)z − 1

4z.

Luego,

∫ π/2

0

dθ

a+ sen2 θ=

1

4

∫

γ

4z

−z2 + (2 + 4a)z − 1

dz

iz

= i

∫

γ

dz

z2 − (2 + 4a)z + 1.

Las raıces de z2 − (2 + 4a)z + 1 son

z =(2 + 4a)±

√4 + 16a+ 16a2 − 4

2= 1 + 2a± 2

√

a(a+ 1)

y es claro que α = 1 + 2a − 2√

a(a+ 1) satisface |α| < 1. Por el

Teorema de los Residuos∫

γ

dz

z2 − (2 + 4a)z + 1= 2πiRes (f, α) ,

donde

Res (f, α) =1

α− β= − 1

4√

a(a+ 1).

Por lo tanto,

∫ π/2

0

dθ

a+ sen2 θ= i(2πi)

−1

4√

a(a+ 1)=

π

2[a(a+ 1)]1/2.

(e) Sean 0 < ε < 1 < R y la curva γ dada por la figura

Residuos 49

Sea log z el brazo del logaritmo que no posee el eje imaginario nega-

tivo. Entonces,∫

γ

f(z)dz =

∫ π

0f(Reiθ)iReiθdθ +

∫ −ε

−Rf(x)dx

+

∫ 0

πf(εe−iθ)iεe−iθdθ +

∫ R

εf(x)dx .


γ

f(z)dz = 2πiRes (f, i) .

Sea g(z) = (z− i)2f(z) = log z(z+i)2

entonces g′(z) = z+i−2 log z(z+i)(z+i)4

luego

Res (f, i) =2i− 2i(log |i|+ iπ2 )

i(2i)3=

1− iπ2−4i

.

Por lo tanto,∫

γ

f(z)dz = 2πi(iπ2 − 1)

4i=

π

2

(

iπ

2− 1)

.

Notemos que∫ −ε

−Rf(x)dx+

∫ R

εf(x)dx =

∫ R

ε

log |x|+ πi

(1 + x2)2dx+

∫ R

ε

log x

(1 + x2)2dx

= 2

∫ R

ε

log x

(1 + x2)2dx+ πi

∫ R

ε

dx

(1 + x2)2

R→∞−−−−→ε→0

2

∫ ∞

0

log x

(1 + x2)2dx+ πi

∫ ∞

0

dx

(1 + x2)2.

Ademas,∣∣∣∣

∫ π

0f(Reiθ)iReiθdθ

∣∣∣∣

≤∫ π

0

| logR+ iθ| · R(R2 − 1)2

dθ

≤ πR logR

(R2 − 1)2+

πR

2(R2 − 1)2R→∞−−−−→ 0 .

Similarmente, se tiene que∣∣∣∣

∫ 0

πf(εeiθ)iεeiθdθ

∣∣∣∣

≤∫ 0

π

| log ε− iθ| · ε(ε2 − 1)2

dθ

≤ πε log ε

(ε2 − 1)2+

πε

2(ε2 − 1)2ε→0−−−→ 0 .

Tomando parte real y haciendo ε → 0 y R → ∞ se obtiene que∫ ∞

0

log x

(1 + x2)2dx = −π

4.

(f) Sean R > 1, f(z) = (1 + z2)−1 y γ la curva dada en la figura

50 Singularidades

−R R0

b i

γ


γ

f(z)dz = 2πiRes (f, i) = 2πi1

2i= π .

Por otro lado,∫

γ

f(z)dz =

∫ π

0f(Reiθ)iReiθdθ +

∫ R

−R

dx

1 + x2.

Observe que∣∣∣∣

∫ π

0f(Reiθ)iReiθdθ

∣∣∣∣≤∫ π

0

R

R2 − 1dθ

R→∞−−−−→ 0 .

Haciendo R → ∞ obtenemos∫ ∞

0

dx

1 + x2=

π

2.

(g) Sea u = ex entonces du = exdx = udx entonces

I =

∫ ∞

−∞

eax

1 + exdx =

∫ ∞

0

ua

1 + u

du

u=

∫ ∞

0

ta−1

1 + tdt .

Como 0 < a < 1 entonces 0 < 1 − a < 1. Sea a − 1 = −c entonces

0 < c < 1. Por ejemplo 2.12. sabemos que

I =

∫ ∞

0

ta−1

1 + tdt =

∫ ∞

0

x−c

1 + xdx =

π

senπc=

π

sen(π − aπ)=

π

sen(aπ).

3.

4. Suponga que f tiene un polo simple en z = a y sea g una funcion analıti-

ca en un conjunto abierto que contiene a a. Demuestre que Res (fg; a) =

g(a)Res(f ; a).

Solucion. En una vecindad V de a el desarrollo en serie de potencias

para f y g es

f(z) =Res (f, a)

z − a+ a0 + a1(z − a) + a2(z − a)2 + · · ·

g(z) = g(a) + b1(z − a) + b2(z − a)2 + · · ·

Entonces, f(z)g(z) = g(a)Res (f,a)z−a + h(z) donde h es una funcion analıtica

en V . Por lo tanto, Res (fg; a) = g(a)Res(f ; a).

Residuos 51

5. Use el Ejercicio 4, para demostrar que siG es una region y f es analıtica en

G excepto para polos simples a1, . . . , an; y si g es analıtica en G entonces

1

2πi

∫

γ

fg =

n∑

k=1

n(γ; ak)g(ak)Res (f, ak)

para cualquier curva cerrada rectificable γ que no pasa por a1, . . . , an tal

que γ ≈ 0 en G.

Solucion. En alguna vecindad de ak para k = 1, 2, . . . , n digamos B(ak; ε)

podemos escribir

f(z) =Res (f, ak)

z − ak+ a0,k + a1,k(z − ak) + a2,k(z − ak)

2 + · · ·

g(z) = g(ak) + b1,k(z − ak) + b2,k(z − ak)2 + · · · .

Luego, f(z)g(z) = g(ak)Res (f,ak)z−ak

+hk(z) donde hk es analıtica en B(ak; ε).

Se sigue que h(z) = f(z)g(z) −n∑

k=1

g(ak)Res (f, ak)

z − akes analıtica en G y

luego1

2πi

∫

γ

h(z)dz = 0. Entonces

1

2πi

∫

γ

f(z)g(z)dz =1

2πi

∫

γ

n∑

k=1

g(ak)Res (f, ak)

z − akdz

=1

2πi

n∑

k=1

g(ak)Res (f, ak)

∫

γ

dz

z − ak

=1

2πi

n∑

k=1

g(ak)Res (f, ak) · 2πin(γ; ak)

=

n∑

k=1

n(γ; ak)g(ak)Res (f, ak) .

6. Sea γ el camino rectangular [n+ 12 + ni,−n− 1

2 + ni,−n− 12 − ni, n1

2 −ni, n1

2 +ni] y evalue la integral∫

γ π(z+a)−2 cot πzdz para a 6= un entero.

Demuestre que lımn→∞

∫

γπ(z+a)−2 cot πzdz = 0 y, usando la primera parte,

deduzca que

π2

sen2 πa=

∞∑

n=−∞

1

(a+ n)2.

Solucion.

7. Use el Ejercicio 6 para deducir que

π2

8=

∞∑

n=0

1

(2n + 1)2.

52 Singularidades

Solucion. Notemos que∞∑

n=0

1

(2n + 1)2=

−1∑

n=−∞

1

(2n+ 1)2y se tiene que

∞∑

n=0

1

(2n + 1)2=

1

2

∞∑

n=−∞

1

(2n + 1)2.

Capıtulo 6

El Teorema del Modulo Maximo

§1. El Principio del Maximo

1. Pruebe el siguiente Principio del Mınimo. Si f es una funcion analıtica

no constante sobre un conjunto abierto G acotado y es continua sobre G,

entonces f tiene un cero en G o |f | asume su mınimo valor sobre ∂G.

Solucion. Si f no tiene ceros en G, la funcion1

fes analıtica en G y

por el principio del maximo∣∣∣∣

1

f(z)

∣∣∣∣≤ max

z∈∂G1

|f(z)| , ∀ z ∈ G

si y solo si

mınz∈∂G

|f(z)| ≤ |f(z)| , ∀ z ∈ G .

2. Sea G una region acotada y suponga que f es continua en G y analıtica

sobre G. Demuestre que si existe una constante c ≥ 0 tal que |f(z)| = c

para todo z ∈ ∂G entonces f es una funcion constante o bien f tiene un

cero en G.

Solucion. Si f no tiene ceros aplicando el principio del maximo y del

mınimo se tiene que

c = mınz∈∂G

|f(z)| ≤ |f(z)| ≤ maxz∈∂G

|f(z)| = c

lo que implica que |f(z)| = c para todo z ∈ G. Se sigue que f(z) = λc

con |λ| = 1, para todo z ∈ G.

3. (a) Sea f entera no-constante. Para cualquier numero real c demuestre

que la clausura de z : |f(z)| < c es el conjunto z : |f(z)| ≤ c.(b) Sea p un polinomio no constante y demuestre que cada componente

de z : |p(z)| < c contiene un cero de p.

(c) Si p es un polonimio no constante y c > 0 demuestre que z : |p(z)| =c es la union de un numero finito de caminos cerrados. Discuta el

comportamiento de estos caminos cuando c → ∞.

Solucion.

53

54 El Teorema del Modulo Maximo

(a) Sabemos que X = X ∪X ′, X = z : |f(z)| < c. Como f es entera no

constante, f(C) es denso en C. Luego, existe una sucesion zn∞n=1 ⊂X tal que |f(zn)| = c− 1

n y pot la continuidad de f

c = lımn→∞

|f(zn)| =∣∣∣f(

lımn→∞

zn

)∣∣∣ = |f(z0)| ,

lo que implica que z0 ∈ X ′ con |f(z0)| = c. Por lo tanto, X = z :

|f(z)| ≤ c.(b) Sea G = z : |p(z)| < c entonces G = z : |p(z)| ≤ c, se sigue que

∂Gz : |p(z)| = c. Por el problema 2, como p es un polinomio no

constante, p tiene un vero en G en cada componente conexa.

(c) Es claro que ∂G = z : |p(z)| = c es un curva. Supongamos que ∂G

es una union infinita de curvas, entonces en el interior de cada curva p

tiene un cero, segun lo probado en (b). Luego, p tiene infinitos ceros.

Por otro lado, como lımz→∞

|p(z)| = ∞ se tiene que para cada ε > 0

existe M > 0 tal que |p(z)| ≥ ε para todo |z| ≥ M . En particular,

para ε = c+ 1,

|p(z)| ≥ c+ 1 , ∀ |z| ≥ M .

Se sigue que los ceros de p estan todos contenidos en el disco B(0,M),

como este conjunto es compacto, los ceros de p, tienen un punto de

acumulacion y por el principio de identidad p(z) ≡ 0 lo cual es una

contradiccion.

4. Sean 0 < r < R y A = z : r ≤ |z| ≤ R. Demuestre que existe un

numero positivo ε > 0 tal que para todo polinomio p,

sup|p(z)− z−1| : z ∈ A ≥ ε .

Esto dice que z−1 no es el lımite uniforme de polinomios en A.

Solucion. Sean z1, . . . , zn los ceros de p y R > 0 tal que R 6= |zk| paratodo k = 1, . . . , k. Consideremos

M = sup|z|=R

|zp(z) − 1| .

Entonces, si M < 1 entonces

|zp(z) − 1| < 1 , sobre |z| = R .

Por el Teorema de Rouche, zp(z) y 1 tienen la misma cantidad de ceros

en |z| < R. Luego, zp(z) no tiene ceros en |z| < R, lo cual es una

contradiccion con que zp(z) tiene un cero en z = 0. Luego, necesariamente

M ≥ 1. Observe que si R = |zk| para algun k, sea δ > 0 tal que R− δ 6=

El Principio del Maximo 55

|zk|. Si suponemos que MR = sup|zk|=R

|zp(z) − 1| < 1, por el principio del

maximo se obtiene que MR−δ ≤ MR < 1 lo cual contradice lo anterior.

Por lo tanto, M ≥ 1.

Ahora bien, sea z ∈ A entonces |z| ≤ R⇒ 1R ≤ 1

|z| , luego

supz∈A

|p(z)− z−1| = supz∈A

|zp(z)− 1||z|

≥ 1

Rsupz∈A

|zp(z)− 1|

=M

R≥ 1

R= ε > 0 .

5. Sea f analıtica sobre B(0, R) con |f(z)| ≤ M para |z| ≤ R y |f(0)| = a >

0. Demuestre que el numero de ceros de f en B(0, 13R) es menor o igual

que1

log 2log

(M

a

)

.

Solucion. Sean z1, . . . , zn los ceros de f en B(0, 13R) y considere la fun-

cion analıtica

g(z) = f(z)

[n∏

k=1

(

1− z

zk

)]−1

.

Note que g(0) = f(0). Observe que para |z| = R se tiene que

|g(z)| = |f(z)|[

n∏

k=1

∣∣∣∣1− z

zk

∣∣∣∣

]−1

≤M

n∏

k=1

|zk|

n∏

k=1

|zk − z|≤

1

3nMRn

(2

3

)n

Rn

=M

2n.

Sabemos que

g(0) =1

2πi

∫

|z|=R

g(z)

zdz ,

entonces

a = |g(0)| ≤ 1

2π

∫ 2π

0

|g(Reiθ)||Reiθ| |iReiθ|dθ =

1

2π

∫ 2π

0|g(Reiθ)|dθ ≤ M

2n,

es decir, 2n ≤ M

alo que implica que n ≤ 1

log 2log

(M

a

)

.

6. Suponga que ambas f y g son analıticas en B(0, R) con |f(z)| = |g(z)|para |z| = R. Demuestre que si f ni g se anulan en B(0, R) entonces

existe una constante λ, |λ| = 1, tal que f = λg.


Solucion. Considere la funcion h = f/g entonces h es analıtica en

B(0, R) y no tiene ceros. Para |z| = R tenemos que

|h(z)| = |f(z)||g(z)| = 1 .

Por problema 2, h es constante o tiene un cero en B(0, R), como h no

tiene ceros implica que h(z) = λ con |λ| = 1. Por lo tanto, f = λg.

7. Sea f analıtica en el disco B(0, R) y para 0 ≤ r < R defina A(r) =

max|z|=r

Ref(z). Demuestre que a menos que f sea constante, A(r) es una

funcion estrictamente creciente de r.

Solucion. Primero observe que la aplicacion proyeccion π : R × R → R

dada por π(x, y) = x es abierta. Luego, si f es analıtica no constante, por

el Teorema del mapeo abierto, f es abierta entonces

h = π f = Ref es abierta . (5)

Afirmamos que h satisface el principio del maximo, esto es, si h(a) ≥h(z) para todo z ∈ B(0, R) entonces h es constante. En efecto, seam

Ω = h(B(0, R)) y α = h(a). Por hipotesis, |α| ≥ |ξ| para todo ξ ∈ Ω

entonces

α ∈ Ω ∩ ∂Ω .

En particular, Ω no es abierto y por (5) se sigue que f es constante lo

que implica que h es constante.

Por lo tanto,

max|z|≤r

Ref(z) ≤ A(r) .

Ahora bien, si r1 < r2 tenemos que

A(r1) = max|z|=r1

Ref(z) = max|z|≤r1

Ref(z)

≤ max|z|=r2

Ref(z) = max|z|=r2

Ref(z) = A(r2) .

Esto prueba que A(r) es creciente. Supongamos que A(r) es constante en

el anillo r1 < |z| < r2 entonces h mapea el anillo sobre un conjunto

cerrado, lo cual contradice que h es abierta. Por lo tanto, A(r) es una

funcion estrictamente creciente.

8. Suponga que G es una region, f : G → C es analıtica, y M es constan-

te tal que cuando z esta sobre ∂∞G y zn es una sucesion en G con

z = lım zn tenemos que lım sup |f(zn)| ≤ M . Demuestre que |f(z)| ≤ M ,

paa cada z ∈ G.

El Lema de Schwarz 57

Solucion. Dado a ∈ ∂∞G para todo sucesion zn con lım zn = a se

tiene que

lım supn→∞

|f(zn)| ≤ M .

Se sigue que lım supz→a

|f(z)| ≤ M , lo cual implica segun la tercera version

del modulo maximo que |f(z)| ≤ M para todo z ∈ G.

§2. El Lema de Schwarz

1. Suponga que |f(z)| ≤ 1 para |z| < 1 y f es analıtica. Considerando la

funcion g : D → D definida por

g(z) =f(z)− a

1− af(z)

donde a = f(0), pruebe que

|f(0)| − |z|1 + |f(0)||z| ≤ |f(z)| ≤ |f(0)|+ |z|

1− |f(0)||z|

para |z| < 1.

Solucion. Sabemos que ϕa : D → D dada por

ϕa(z) =z − a

1− az

son automorfismos del disco unitario D. Notemos que g = ϕa f : D → D

y satisface g(0) = ϕa(f(0)) = 0. Por el Lema de Schwarz

|g(z)| ≤ |z| , ∀ z ∈ D .

Es decir, para cada z ∈ D tenemos que∣∣∣∣

f(z)− a

1− af(z)

∣∣∣∣≤ |z| ⇔ |f(z)− a| ≤ |z||1 − af(z)| .

Luego,

|f(z)| − |a| ≤ |f(z)− a| ≤ |z||1 − af(z)| ≤ |z|(1 + |af(z)|)

⇔ |f(z)|(1 − |az|) ≤ |a|+ |z| ⇔ |f(z)| ≤ |a|+ |z|1− |a||z| ,∀ z ∈ D .

Ademas, para cada z ∈ D se tiene que

|a| − |f(z)| ≤ |a− f(z)| ≤ |z||1 − af(z)| ≤ |z|(1 + |af(z)|)

⇔ |a| − |z| ≤ |f(z)|(1 + |a||z|)⇔ |f(z)| ≥ |a| − |z|1 + |a||z| , ∀ z ∈ D.


2. ¿Existe una funcion analıtica f : D → D con f(12

)= 3

4 y f ′ (12

)= 2

3?

Solucion. Supongamos que existe f : D → D con f(12

)= 3

4 y f ′ (12

)= 2

3 .

Sean α = f(1/2) y β = −1/2 y considere los automorfismos ϕα, ϕβ : D →D definidos por

ϕα(z) =z − α

1− αzcon ϕ′

α(z) =1− |α|2(1− αz)2

.

Entonces, F = ϕα f ϕβ : D → D es analıtica y satisface F (0) = 0. Por

el Lema de Schwarz, |F ′(0)| ≤ 1 y por la regla de la cadena se tiene que

F ′(0) = ϕ′α(α) · f ′

(1

2

)

· ϕ′β(0)

=1

1− |α|2 · 23· (1− |β|2)

=1

1− 916

· 23·(

1− 1

4

)

=8

7> 1 .

La ultima desigualdad contradice el Lema de Schwarz, por lo tanto no

existe una tal f .

3. Suponga que f : D → C satisface Ref(z) ≥ 0 para todo z ∈ D y suponga

que f es analıtica y no constante.

(a) Demuestre que Ref(z) > 0 para todo z ∈ D.

(b) Usando una transformacion de Mobius apropiada, aplique el Lema

de Schwarz para probar que si f(0) = 1 entonces

|f(z)| ≤ 1 + |z|1− |z|

para |z| < 1. ¿Que puede decir si f(0) 6= 1?

(c) Demuestre que si f(0) = 1, f tambien satisface

|f(z)| ≥ 1− |z|1 + |z| .

Solucion.

(a) Por el Teorema del mapeo abierto, como f es analıtica y no constante,

implica que f es abierta. Se sigue que necesariamente si Ref(z) ≥ 0

implica que Ref(z) > 0, de lo contrario existirıa un subconjunto

abierto de D con f(D) no abierto.

(b) Considere la transformacion de Mobius T : z : Re z > 0 → D dada

por

T (z) =z − 1

z + 1.


Luego, g = T f : D → D y satisface g(0) = T (f(0)) = T (1) = 0. Por

el Lema de Schwarz, |g(z)| ≤ |z| para todo z ∈ D, es decir,

∣∣∣∣

f(z)− 1

f(z) + 1

∣∣∣∣≤ |z| ⇐⇒ |f(z)− 1| ≤ |z||f(z) + 1| .

Entonces, para cada z ∈ D

|f(z)| − 1 ≤ |f(z)− 1| ≤ |z||f(z) + 1| ≤ |zf(z)|+ |z|⇔ |f(z)|(1 − |z|) ≤ 1 + |z|

⇔ |f(z)| ≤ 1 + |z|1− |z| , ∀ z ∈ D .

Ahora bien, si f(0) = a 6= 1 con a ∈ R, podemos considerar Ta : z :

Re z > 0 → D dada por Ta(z) =z − a

z + aluego g = Ta f : D → D con

g(0) = Ta(a) = 0. Aplicando el Lema de Schwarz,∣∣∣f(z)−af(z)+a

∣∣∣ ≤ |z| para

todo z ∈ D . Lo que implica que

|f(z)| ≤ |a|+ |z||a| − |z| , ∀ z ∈ D .

(c) Como Re f(z) > 0 para todo z ∈ D, se sigue que f(z) 6= 0 para todo

z ∈ D, luego la funcion 1f es analıtica en D y satisface

Re

1

f(z)

= Re

f(z)

|f(z)|2

=1

|f(z)|2Re f(z) > 0 .

con 1f(0) = 1. Por parte (b) se tiene que 1

|f(z)| ≤1+|z|1−|z| para todo z ∈ D,

lo que es equivalente a que

|f(z)| ≥ 1− |z|1 + |z| , ∀ z ∈ D .

4. Pruebe la desigualdad de Caratheodory. Sean f analıtica sobre B(0, R)

y M(r) = max|z|=r

|f(z)|, A(r) = max|z|=r

Ref(z), entonces para 0 < r < R, si

A(r) ≥ 0,

M(r) ≤ R+ r

R− r[A(r) + |f(0)|] .

Solucion. Supongamos inicialmente que f(0) = 0 y considere g : D → C

dada por

g(z) =f(Rz)

2A(R) + f(Rz).


Notemos que g(0) = 0, pues f(0) = 0. Ademas, |g(z)| ≤ 1, para todo

z ∈ D. Por el Lema de Schwarz, |g(z)| ≤ |z| para todo z ∈ D, es decir,

|f(Rz)| ≤ |z||2A(R) + f(Rz)| ≤ 2|z|A(r) + |z||f(Rz)|

⇔ |f(Rz)| ≤ 2|z|1− |z|A(R)

⇔ |f(Rz)| ≤ 1 + |z|1− |z|A(R)

para todo z ∈ D. Haciendo ω =z

R∈ D obtenemos que

|f(z)| ≤ R+ |z|R− |z|A(R) .

Tomando maximo sobre |z| = r se obtiene que

M(r) ≤ R+ r

R− rA(R) .

5. Sea f analıtica en D y suponga que |f(z)| ≤ M para todo z ∈ D.

(a) Si f(zk) = 0 para 1 ≤ k ≤ n, demuestre que

|f(z)| ≤ Mn∏

k=1

|z − zk||1− zkz|

para |z| < 1.

(b) Si f(zk) = 0 para 1 ≤ k ≤ n, cada zk 6= 0, y f(0) = Meiα(z1z2 · · · zn),hallar una formula para f .

Solucion.

(a) Considere la aplicacion

g(z) =f(z)

n∏

k=1

z − zk1− zkz

.

Para |z| = 1 se tiene que

|g(z)| = |f(z)|∣∣∣∣∣

n∏

k=1

z − zk1− zkz

∣∣∣∣∣

≤ Mn∏

k=1

|ϕzk(z)|︸︷︷︸

1

≤ M .

Por el Principio del Maximo, |g(z)| ≤ M para todo z ∈ D, se sigue

que

|f(z)| ≤ Mn∏

k=1

|z − zk||1− zkz|

para |z| < 1.


(b) Note que la funcion g definida en (a) no tiene ceros, ya que cada cero

del numerador se cancela con un cero de las funciones ϕzk . Luego,

la funcion 1g es analıtica y por el principio del mınimo (Problema 1,

seccion anterior) g asume su mınimo valor en |z| = 1. Lo que implica,

segun lo probado en (a) que |g(z)| = M . Luego,

f(z) = Meiαn∏

k=1

z − zk1− zkz

.

6. Suponga que f es analıtica en una region que contiene a B(0, 1) y |f(z)| =1 cuando |z| = 1. Hallar una formula para f

Solucion. Notemos que f tiene un numero finito de ceros, pues si tu-

viera infinitos, como estan contenidos en un conjunto compacto habrıa

un punto de acumulacion z0 con |z0| 6= 1 y por el principio de identidad

f ≡ 0, lo cual es absurdo pues |f(z)| = 1 cuando |z| = 1. Sean z1, . . . , zn

los ceros de f y aplicando el principio del maximo se tiene que |f(z)| ≤ 1.

Por problema anterior, obtenemos que

f(z) = eiαn∏

k=1

z − zk1− zkz

.

7. Suponga que f es analıtica en una region conteniendo B(0, 1) y |f(z)| = 1

cuando |z| = 1. Suponga que f tiene un cero simple en z = 14 (1 + i) y un

cero doble en z = 12 . ¿Puede f(0) = 1

2?

Solucion. Por el problema anterior se tiene que f es de la forma

f(z) = eiαz − 1

4(1 + i)

1− 14(1− i)z

·(

z − 12

1− 12z

)2

para todo z ∈ D. Entonces,

f(0) = eiα(

−1

4(1 + i)

)

·(1

2

)2

.

Note que |f(0)| = 116

√2 6= 1

2 . Se deduce que f(0) no puede ser igual a 12 .

8. ¿Existe una funcion f sobre D tal que |f(z)| < 1 para |z| < 1, f(0) = 12

y f ′(0) = 34? Si es cierto, hallar una tal f . ¿Es unica?

Solucion. Basta considerar f(z) =z − 1

2

1− 12z

entonces f(0) = 12 y f ′(z) =

1− 1

4

(1− 1

2z)

2 , luego f ′(0) = 34 .

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