apl9icadas

Control #3 Matem´ticas Aplicadas (Enunciado y Pauta)
a
Profesores: Rodrigo Lecaros, C´sar Vigouroux.
e
Ayudantes de C´tedra: Raimundo Ballesteros, Gianfranco Liberona.
a
23 de Octubre de 2013Dudas - Consultas: gliberona@dim.uchile.cl

P1. Sean a, R > 0 dos constantes positivas, consideremos f : Ω ⊆ C → C una funci´n holomorfa, con el disco D(a, R) = {z ∈
o
C : |z − a| < R} ⊂ Ω.Suponga que f posee s´lo un cero, z0 ∈ D(a, R). Pruebe que
o
1
2πi

∂D(a,R)

zf (z)
dz = z0 ,
f (z)

donde la integral esta recorrida en sentido anti-horario.
Para ello, note que dadas laship´tesis que cumple f , puede suponer que f (z) = (z − z0 )ϕ(z), con ϕ : Ω → C holomorfa, tal
o
que ϕ(z) = 0 para todo z ∈ Ω.
Soluci´n:
o
Siguiendo la indicaci´n, notemos que si f (z) = (z − z0 )ϕ(z),entonces
o
f (z) = (z − z0 ) ϕ(z) + (z − z0 )ϕ (z) = ϕ(z) + (z − z0 )ϕ (z),
y luego reemplazando en la integral planteada, obtenemos
1
2πi

∂D(a,R)

zf (z)
1
dz =
f (z)
2πi
1
=
2πi
1=
2πi

∂D(a,R)

∂D(a,R)

∂D(a,R)

z(ϕ(z) + (z − z0 )ϕ (z))
dz
(z − z0 )ϕ(z)
z¨¨
ϕ(z)
1
dz +
2πi
(z − z0 )¨¨
ϕ(z)
z
1
dz +
(z − z0 )
2πi

∂D(a,R)

∂D(a,R)

(1)

z$$$)ϕ(z)
(z − z$
0
dz
(z − z$
0
$$$)ϕ(z)

zϕ (z)
dz ,
ϕ(z)

(2)

punto en el que observamos lo siguiente: la integral (1), por f´rmula de Cauchy para g(z) = z vale
o
(1) = g(z0 ) = z0 .Por otra parte, como ϕ es holomorfa y no se anula, entonces z ϕ (z) tambi´n lo es (por algebra y composici´n de funciones
e
´
o
ϕ(z)
de este tipo). Luego, la segunda integral se anula, en virtuddel teorema de Cauchy-Goursat.
As´ hemos probado que
ı,
zf (z)
1
dz = z0 ,
2πi ∂D(a,R) f (z)
tal como quer´
ıamos ver.
P2. Sea f : [0, 1] → R una funci´n continua.
o
(a) Demuestre que
2πf (sen(θ))dθ =
0

1
i

C(0,1)

1
f
z

z2 − 1
2iz

donde C(0, 1) = {z ∈ C| |z| = 1} recorrida en sentido anti-horario.
(b) Usando la parte anterior demuestre
2π
0

1
2π
dθ = √...