Variable compleja

Gu´ de Problemas Resueltos Variable Compleja ıa

Problema 1. Sea Γ = {z ∈ C : |z| = 1}, sea f una funci´n holomorfa en A = {z ∈ C : 0 < |z| < 2} tal que o z n f (z)dz = 0
Γ

para todo n ≥ 0. Pruebe que z = 0 es una singularidad evitable de f . Soluci´n: o Como f es holomorfa en A = {z ∈ C : 0 < |z| < 2}, entonces f admite una serie de Laurent en torno al cero, es decir existen (ck )k∈Ztales que
∞

f (z) =
k=−∞

ck z k ,

∀z ∈ A

donde ck = luego si k < 0, ck = 1 2πi
∂D(0,r)

1 2πi

∂D(0,r)

f (w) dw wk+1 w−k−1 f (w)dw
∂D(0,r)

f (w) 1 dw = k+1 w 2πi

pero k < 0 implica que −k − 1 ≥ 0 y usando la hip´tesis se obtiene que o ck = as´ ck = 0 para todo k < 0 y ı f (z) =
k=0

1 2πi

w−k−1 f (w)dw =
∂D(0,r)

1 2πi

0dw = 0
∂D(0,r)

∞

ck z k

∀z ∈ AAs´ podemos definir f (0) = l´ z→0 f (z) = c0 , es decir, z = 0 es una singularidad evitable de f . ı ım Problema 2. Sea f anal´ ıtica en Ω, con D(a, R) = {z ∈ C : |z − a| ≤ R} ⊆ Ω. Supongamos que f (z) tiene un s´lo cero z0 en D(a, R). Demuestre que o z0 = 1 2πi zf (z) dz f (z)

∂D(a,R)

´ Indicacion: Considere f (z) = (z − z0 )ϕ(z). Soluci´n: Puesto que f (z) tiene un s´lo cero z0 en Ω,f (z) se puede escribir como: o o f (z) = (z − z0 )ϕ(z) ∀z ∈ Ω donde ϕ(z) es una funci´n anal´ o ıtica y tal que ϕ(z) = 0 para todo z ∈ Ω, luego 1 2πi
∂D(a,R)

zf (z) 1 dz = f (z) 2πi
∂D(a,R)

z 1 dz + (z − z0 ) 2πi
∂D(a,R)

ϕ (z) dz ϕ(z)

1

como ϕ(z) es anal´ ıtica y no se anula en Ω, se tiene que ϕ (z) es anal´ ıtica en Ω y as´ por el teorema de ı ϕ(z) Cauchy-Goursat 1 ϕ (z) dz =0 2πi ϕ(z)
∂D(a,R)

por otro lado por la formula de Cauchy aplicado a la funci´n g(z) = z, se obtiene que o 1 2πi
∂D(a,R)

z dz = z0 (z − z0 )

de donde se concluye que 1 2πi
∂D(a,R)

zf (z) dz = z0 f (z)

Problema 3. Encontrar la serie de Laurent de la funci´n indicada en el anillo indicado: o

1. 2.

1 z 2 +9 1 z 2 +9

en {z ∈ C : |z − 4| < 5}, en {z ∈ C : |z − 4| > 5},
13. ez + e z en {z ∈ C : |z| > 0}.

Soluci´n: o

1. En este caso, lo conveniente es desarrollar en fracciones parciales. z2 1 A B A(z − 3i) + B(z + 3i) = + = +9 z + 3i z − 3i z2 + 9
−1 6i

evaluando en z = 3i y en z = −3i, obtenemos que A =

yB=

1 6i .

por lo tanto

1 −1 1 1 1 = + z2 + 9 6i z + 3i 6i z − 3i pero 1 1 1 1 1 = = = −(z−4) z + 3i z − 4 + 4 + 3i 4 + 3i (1 − 4 + 3i )4+3i ∞

(−1)k
k=0

(z − 4)k (4 + 3i)k

donde lo anterior es v´lido si a | an´logamente a 1 1 1 1 1 = = = z − 3i z − 4 + 4 − 3i 4 − 3i (1 − −(z−4) ) 4 − 3i
4−3i ∞

(z − 4) | 1, z2 = i(−k − a disco unitario. Por lo tanto, z1 est´ en el interior y por el teorema de los residuos: a I=
|z|=1

As´ si una de las raices queda afuera del disco ı √ k 2 − 1) est´ fuera del a

z2

2dz 2 =2πiRes( 2 , z1 ) + 2ikz − 1 z + 2ikz − 1

nos resta calcular este residuo, es f´cil ver que z1 es un polo simple, luego: a Res( Finalmente I=
0

z2

2 2(z − z1 ) 2 1 , z1 ) = l´ ım = = √ z→z1 (z − z1 )(z − z2 ) + 2ikz − 1 z1 − z2 i k2 − 1
2π

dθ 2π =√ k + sin θ k2 − 1
2π

Problema 10. Calcule I=
0

cos 2θ 5 − 4 sin θ

6

Soluci´n: o Haciendo las sustituciones cos 2θ = tenemos I=|z|=1

z 2 + z −2 , 2

sin θ =

z − z −1 , 2i

dθ =

dz iz

5−

z 2 +z −2 dz 2 ( ) 2 (z − z −1 ) iz i

=
|z|=1

2iz 2 [2iz 2

(z 4 + 1)dz + 5z − 2i]

el integrando tiene un polo de orden 2 en z = 0. Resolviendo la ecuaci´n 2iz 2 + 5z − 2i = 0, vemos que o hay polos simples en i/2 y 2i. El polo del punto 2i est´ fuera del circulo |z| = 1, por lo que no debemos aconsiderarlo. As´ por el teorema de los residuos, ı i I = 2πi[Res( %, 0) + Res( %, )] 2 Calculamos el residuo en z = 0, Res( %, 0) = l´ ım
i ahora el residuo en z = 2 , i (z 4 + 1)(z − 2 ) i 17i Res( %, ) = l´ i ım = 2 [2iz 2 + 5z − 2i] 2 24 z→ 2 2iz

1 d z4 + 1 −5 [ 2 ]= i z→0 2i dz 2iz + 5z − 2i 8

De donde I = 2πi( Problema 11 Calcule I=

−π −5i 17i + )= 8 24 6

|z|=2

ez dz (z 2 + 1)z 2...