Complejos

§1

´ Soluciones Examen Analisis Complejo – 3o de F´ ısicas – 3 Septiembre 2003
zn , n! n=0
∞

1. Calcular el radio de convergencia de las series

z n! , n! n=0

∞

∞

∞

n!z n y
n=0 n=0

n!z n! .

Soluci´n. La primera es la serie exponencial. Tiene radio de convergencia ∞, como se puede calcular con el criterio o del cociente. Similarmente, la tercera tiene radio deconvergencia 0. Las otras dos tienen radio de convergencia 1. ∞ Por ejemplo, la segunda es la serie k=0 ak z k donde ak = 0
1 n!

=

1 k

k = n! k = n!

por tanto

|ak |1/k =

0
1 k1/k

k = n! k = n!

y como limk→∞ k 1/k = 1, por la f´rmula de Hadamard el radio de convergencia es 1/1 = 1. o 2. ¿Existe una funci´n anal´ o ıtica f en el disco |z| < 1 tal que f (1 − 1/n) = log n para todo n= 1, 2, 3, . . .? Si no existe, explicar por qu´, y si existe, dar un ejemplo de tal f, justificando plenamente su definici´n. e o
1 Soluci´n. Al ser limn 1 − n = 1, el Principio de los Ceros Aislados no impide la existencia de tal funci´n. o o 1 Escribimos z = 1 − 1/n. Entonces n = 1/(1 − z) y se requiere f (z) = Log 1−z para z = 1 − 1/n. Hemos escogido la rama principal del logaritmo porcomodidad, ya que tenemos una sucesi´n de n´meros reales positivos. o u Aprovechando las propiedades del logaritmo real, podemos incluso reescribir la condici´n como f (z) = − Log(1−z) o para z = 1 − 1/n. Ahora es f´cil ver que de hecho Log(1 − z) est´ bien definida como funci´n holomorfa en |z| < 1, a a o es decir, para z ∈ D(0, 1). Observamos que z ∈ D(0, 1) ⇐⇒ −z ∈ D(0, 1) ⇐⇒ 1 − z ∈ D(1, 1). El discoD(1, 1) es un abierto inclu´ en la regi´n C∗ \ (−∞, 0) d´nde se define la rama principal del logaritmo. Luego ıdo o o efectivamente − Log(1 − z) es anal´ ıtica en |z| < 1 y cumple la condici´n. o

3. Calcular el n´mero de ceros de P (z) = z 5 + 2z 4 + z 3 + 7z + 7 en la corona 1 < |z| < 2. Indicaci´n: P (−1) = 0. u o Soluci´n. Como −1 es un cero, tenemos una factorizaci´n P (z) = (z + 1)Q(z).Bien por divisi´n directa o usando o o o la regla de Ruffini, hallamos Q(z) = z 4 + z 3 + 7. Aplicamos el Teorema de Rouch´, comparando con el t´rmino e e constante 7 si |z| = 1 y con el t´rmino z 4 si |z| = 2. De las desigualdades 1 + 1 < 7 en el caso |z| = 1 y e 23 + 7 = 15 < 16 = 24 en el caso |z| = 2 conclu´ ımos que el polinomio Q(z) no tiene ceros en |z| ≤ 1 y tiene todos sus ceros en |z| < 2.Luego P (z) tiene 4 ceros en la corona 1 < |z| < 2 aparte del cero que tiene en −1, que se halla en la frontera de esta corona.
2π

4. Calcular la integral I(a, b) =
0

dθ siendo a, b > 0, por el m´todo de los residuos. e a2 cos2 θ + b2 sen2 θ

Soluci´n. Observemos primero que si a = b el resultado es trivial debido a la relaci´n cos2 + sen2 = 1. Supongamos o o de ahora en adelante que a =b. Mediante el cambio de variable z = eiθ la integral se convierte en la integral sobre la circunferencia unidad de −i dz · z 1 a2 z+z 2
−1 2 −1 2

+ b2

z−z 2i

=

−4i dz 1 · 2 2 z a (z + 2 + z −2 ) − b2 (z 2 − 2 + z −2 ) 1 −4iz 2 dz · 2 4 z a (z + 2z 2 + 1) − b2 (z 4 − 2z 2 + 1) −4iz dz (a2 − b2 )z 4 + 2(a2 + b2 )z 2 + (a2 − b2 )

= =

Los polos del integrando son los ceros deldenominador, que es el polinomio P (z 2 ), donde P (w) = (a2 − b2 )w2 + 2(a2 + b2 )w + (a2 − b2 ). Las ra´ ıces de P (w) son w= −2(a2 + b2 ) ± 4(a2 + b2 )2 − 4(a2 − b2 )2 −2(a2 + b2 ) ± 2 (a4 + 2a2 b2 + b4 ) − (a4 − 2a2 b2 + b4 ) = 2 − b2 ) 2(a 2(a2 − b2 ) a−b a+b , − a+b a−b .

√ −(a2 + b2 ) ± 4a2 b2 −(a2 + b2 ) ± 2ab −(a2 ± 2ab + b2 ) −(a ± b)2 = = = = =− (a2 − b2 ) (a2 − b2 ) (a2 − b2 ) (a + b)(a− b)

Denotemos por β a la primera ra´ La segunda es β −1 . Como a, b > 0, tenemos a − b, b − a < a + b. Por tanto ız. 0 < |β| < 1 y entonces |β −1 | > 1. Los polos del integrando son entonces las ra´ cuadradas de β, β −1 . Son todas distintas, (y no nulas) luego todos ıces los polos son simples. Para el c´lculo de la integral s´lo interesan los polos con |z| < 1. Estos son las dos ra´ a o...