Usuario discusión:Cecilia Carrizosa Muñoz

1.5 Sean w,z ∈ C. Demuestre los siguientes incisos:

Sean \(z=a+ib \qquad y \qquad w=c+id\) entonces:

(1) \(\overline{\overline{z}}=z\)

Solución:

\[\overline{\overline{z}}=\overline{\overline{(a+ib)}}=\overline{(a-ib)}=a+ib=z\]

\[ \therefore \overline{\overline{z}}=z\]

(2)\( \overline{z+w}=\overline{z}+\overline{w} \)

Solución:

\[ \overline{z+w}=\overline{(a+ib)+(c+id)}=\overline{(a+c)+(b+d)i} = (a+c)-(b+d)i = \]

\[= (a-bi)+(c-di) = \overline{z}+\overline{w}\]

\[ \therefore \overline{z+w}=\overline{z}+\overline{w} \]

(3)\(\overline{zw}=\overline{z}*\overline{w}\)

Solución:

\[\overline{zw}=\overline{(a+ib)(c+id)}= \overline{(ac-bd)+(ad+bc)i}= (ac-bd)-(ad+bc)i = ac-iad+bd-icd =\]

\[= ac-iad+i^2bd-icb = a(c-id)-ib(c-id) = (a-ib)(c-id) = \overline{z}*\overline{w}\]

\[ \therefore \overline{zw}=\overline{z}*\overline{w}\]

(6)\( z\in{R} \Longleftrightarrow \overline{z}=z \) (es decir, un número complejo es un número real si y sólo si es igual a su conjugado).

Solución:

Sea \( z=a+0i=a \), entonces:

\[ \overline{z} = \overline{a+0i} = a-0i = a \]

\[ \therefore \overline{z}=z \]

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1.9 Haga las operaciones indicadas y al final exprese el resultado en la forma a+bi

(a)\( \qquad(3+2i)(5-3i) \)

\[ \qquad(3+2i)(5-3i) = (3*5)+(2*-3)i = 15-6i \]

(b)\( \qquad(5+7i)-(4-2i) \)

\[ \qquad(5+7i)-(4-2i) = -20+14i \]

(c)\(\qquad 3i-(-7+2i) \)

\[ \qquad 3i-(-7+2i) = 7+(3-2)i = 7+i\]

(d)\( 5 + \bigg(\frac{1}{2}-3i\bigg) \)

\[ 5 + \bigg(\frac{1}{2}-3i\bigg) = \frac{11}{2}-3i \]

(e)\(\qquad (2+3i)(4-2i) \)

\[ \qquad (2+3i)(4-2i) = 14+8i \]

(f)\( \qquad \frac{3+4i}{5+2i} \)

\[ \frac{3+4i}{5+2i} = \bigg(\frac{3+4i}{5+2i}\bigg)\bigg(\frac{5-2i}{5-2i}\bigg) = \frac{23+14i}{29} =\frac{23}{29} + \frac{14}{29}i \]

(g)\( \frac{4}{2-3i} \)

\[ \frac{4}{2-3i}=\frac{4}{2-3i}\bigg(\frac{2+3i}{2+3i}\bigg) = \frac{8+12i}{13} = \frac{8}{13}+\frac{12}{13}i \]

(h)\( \frac{(2+i)(3+2i)}{1-i} \)

\[ \frac{(2+i)(3+2i)}{1-i} = \frac{4+7i}{1-i} = \frac{4+7i}{1-i}\bigg(\frac{1+i}{1+i}\bigg) = \frac{11+3i}{2} = \frac{11}{2}+\frac{3}{2}i \]

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1.11 Muestre que las n raíces n-ésimas de 1 son los vértices de un n-ágono regular inscrito en el círculo unitario, uno de cuyos vértices es 1

\(Sea z\in\mathbb{C}\) y \(n\geq2\) Diremos que z es una raíz n-ésima de la unidad si \[z^n=1\]

i escribimos en la forma polar \[ z^n=r^ne^{in\theta}\]

Entonces, para que z sea raíz n-ésima de la unidad, debe cumplirse \[r^n=1\] y \((\exists k\in Z)n\theta=2k\pi\) Como \(r\geq 0\) es un número real, debe tenerse que r=1. La condición sobre \(\theta\) es: \[(\exists k\in Z)\theta=\frac{2k\pi}{n}\]

Obtenemos que todos los complejos de la forma \(z=e^{i\frac{2k\pi}{n}}\) son raíces n-ésimas de la unidad. ¿Cuántos números complejos cumplen esto? Elijamos \(r\in\) {0,1,...,n-1),\(k=r+nl\) con \(l\in Z\). Entonces

\[ e^{i\frac{2k\pi}{n}} = e^{i\frac{2k\pi}{n}+{2l\pi}} = e^{i\frac{2k\pi}{n}}*1 = e^{i\frac{2k\pi}{n}}\] Así, todos los posibles valores de \(\theta\) dados anteriormente definen sólo n números complejos distintos: éstos son

\[e^{i\frac{2k\pi}{n}}\qquad\] (\(r=0,1,...,{}\nonumber\\\))

Estos valores son las exactamente n raíces n-ésimas de la unidad. Podemos escribir las raíces n-ésimas de la unidad en la forma \(z=z_{0}e^{i\frac{2k\pi}{n}}\)=\(cos{\frac{2k\pi}{n}}+isen{\frac{2k\pi}{n}}\) Como multiplicar por w es un giro de amplitud \(\frac{2\pi}{n}\), deducimos que las n raíces se obtienen girando la raíz n-ésima principal, \(z_{0}\) (con \(z_{0}\)=1), con giros sucesivos de amplitud \(\frac{2\pi}{n}\) \(\therefore\) cuando \(n\geq 3\), corresponden a puntos situados en los vértices de un polígono regular de n lados. Este polígono esta inscrito en el círculo unitario centrado en el origen y tiene vértice en el punto correspondiente a la raíz z=1 (k=0). Si escribimos \(w_{n}=e^{i\frac{2k\pi}{n}}\) vemos que las distintas raíces n-ésimas de la unidad son simplemente

1,\(w_{n}\),\(w_{n}^2\),...,\(w_{n}^{n-1}\)

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1.17.- Demuestre que un semiplano cerrado es un conjunto cerrado

Demostración

Sea \(\overline{v_{0}}=(x_{0},y_{0})\in v\qquad\)\(\therefore\qquad y_{0}>0\) Debemos mostrar que hay una bola abierta \(B_{1}(\overline{v_{0}},v)\) contenida en el plano superior.

Sea \(\overline{v_{0}}=(x_{0},y_{0})\in V\) se tiene entonces que \(y_{0}>0\). Elegimos \(r=y_{0}\) consideremos la bola abierta B\(_{1}({v_{0}},y_{0})\), sea \(\overline{v}=(x,y)\in B_{1}({v_{0}},y_{0})\)se tiene entonces que \(||\overline{v}-\overline{v_{0}}||<y_{0}\). Es decir \(|x-x_{0}|+|y-y_{0}|<y_{0}\) y queremos ver que y>0, procederemos por contradicción.

Primero supongamos que y=0 se tiene entonces que \(|x-x_{0}|+|y-y_{0}|\)=\(|x-x_{0}|+|y_{0}|<y_{0}\)

Esto es una contradicción.

Supongamos que y<0, entonces \(|x-x_{0}|+|y-y_{0}|\)=\(|x-x_{0}|+(-y)+y_{0}<y_{0}\)

Esto es una contradicción

\[\therefore\qquad\] \(y\geq 0\) y el semiplano cerrado es un conjunto cerrado

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1.29) Si \({z_n}\) es una sucesión convergente en \(\mathbb{C}\), demuestre que su límite es único. Si \(z_{n}\) y\(w_{n}\) son dos sucesiones convergentes, con límites \(L_{1} y L_{2}\), respectivamente, demuestre que:

1)La suma de las sucesiones \({a_n}+b_{n}\) converge a \(L_{1}+L_{2}\)

2)El producto de las sucesiones \({a_n}b_{n}\)converge a \(L_{1}L_{2}\)

3)El cociente (cuando está definido) de las sucesiones \( \frac{a_{n}}{b_{n}}\) converge a \( \frac{L_{1}}{L_{2}} si L_{2}\ne0\)

Demostración

Primero demostraremos que el límite es único.

Supongamos que la sucesión \((a_{n})_{n}\) tuviera dos límites distintos, digamos \(a\neq b\)

Sea \(\epsilon ={\frac{|a-b|}{4}}\)>0. Entonces, por definición, existen números naturales \(n_{1} y n_{2}\) tales que \(|a-a_{n}|<\epsilon \) si \(n>n_{1}\) y \(|b-b_{n}|<\epsilon \) si \(n>n_{2}\).

Llamando \(n_{0}=máx\{n_{1},n_{2}\}\) se debe cumplir que\[|a-a_{n}|<\epsilon \] si \(n>n_{0}\) y \(|b-b_{n}|<\epsilon \) si \(n>n_{0}\). De donde se deduce que si n>n_{0} ha de ser

\[|a-b|=|(a+b)-(a_{n}+b_{n})|\leq |a-a_{n}|+|b-b_{n}| = \epsilon +\epsilon =2{\frac{|a-b|}{4}}={\frac{|a-b|}{2}}\]

\[\therefore 1<{\frac{1}{2}}\] es una contradicción, entonces el límite es único.

1)Sea \(\epsilon>0\), existen enteros positivos \(n_{1} \) y \(n_{2}\) tales que \(|a-a_{n}|<{\frac{\epsilon}{2}} \) si \( n>n_{1}\) y \(|b-b_{n}|<{\frac{\epsilon}{2}} \) si \(n>n_{2}\).

Tomando \(n_{0}=máx\{n_{1},n_{2}\}\) se tiene:

\[|(a+b)-(a_{n}+b_{n})|\leq |a-a_{n}|+|b-b_{n}| \leq {\frac{\epsilon}{2}}+{\frac{\epsilon}{2}} = \epsilon\] para cada \(n>n_{0}\)

\[\therefore a+b=lím_{n}(a_{n}+b_{n})\]

2) Sea \(a_{n}\) una sucesión convergente, entonces existe un \(\alpha>0\) t.q. \(|a_{n}|<\alpha \) \(\forall n \in\mathbb{N}\)

Entonces

\[|ab-a_{n}b_{n}|= |ab-a_{n}b+a_{n}b-a_{n}b_{n})| = |(a-a_{n})b+(b-b_{n})(a_{n})| \leq |a-a_{n}||b|+|(b-b_{n})||a_{n}| \leq |a-a_{n}||b|+|(b-b_{n})|\alpha\]

Sin embargo \( a = lim_{n}a_{n} \textrm{ y } b=lim_{n}b_{n} , \epsilon>0 \textrm{ existen } n_{1},n_{2}\in \mathbb{N} \qquad\) tal que

\[|a-a_{n}|<{\frac{\epsilon}{2(|b|+1)}} \textrm{ si } n>n_{1} \qquad y \qquad |b-b_{n}|<{\frac{\epsilon}{2\alpha}} \textrm{ si }n>n_{2}\]

Entonces

\[|ab-a_{n}b_{n}|< \frac{\epsilon}{2(|b|)} + \frac{\epsilon \alpha}{2\alpha} = \epsilon\]

tomando \(n_{0}= máx\{n_{1},n_{2}\}\) se tiene que \( ab = lím_{n}(a_{n}b_{n}) \)

3)Consideremos una cota inferior para la sucesión \((b_{n})_{n}\) en lugar de una acotación superior.

Puesto que \(b\neq\) 0 y |\(b|=lím_{n}|b_{n}|\), sea \(\epsilon ={\frac{|b|}{2}}\) existe \(n_{1}\in \mathbb{N}\) tal que \(\\ \alpha:={\frac{|b|}{2}}<|b_{n}|\), para \(n>n_{1}\).

Si \(n>n_{1}\), obtenemos:

\[ \bigg|\frac{a}{b}- \frac{a_{n}}{b_{n}}\bigg| = \frac{|ab_{n}-ba_{n}|}{|b||b_{n}|} = \frac{|ab_{n}-ab+ab-a_{n}b|}{|b||b_{n}|} \le \frac{|a||b_{n}-b|+|b||a-a_{n}|}{|b||b_{n}|} \le \frac{|a||b_{n}-b|+|b||a-a_{n}|}{|b|\alpha} \]

Sea \(\epsilon>0 \textrm{ existen } n_{2},n_{3}\in \mathbb{N} \qquad\)tal que:

\[|b-b_{n}|< \frac{\epsilon}{2(|\alpha|+1)}|b|\alpha \textrm{ si } n>n_{2} \textrm{ y }|a-a_{n}|<\frac{\epsilon}{2|b|}|a|\alpha \textrm{ si } n>n_{3} \]

Si tomamos \( n_{0}:=max\{n,n_{2},n_{3}\} \) debe cumplirse que

\[\bigg|\frac{a}{b}- \frac{a_{n}}{b_{n}}\bigg| \le \frac{|a||b_{n}-b|+|b||a-a_{n}|}{|b|\alpha} < \frac{\epsilon}{2(|\alpha|+1)}|\alpha|+\frac{\epsilon}{2|b|}|b| < \epsilon\]

Para \(n>n_{0}\)

\[ \lim_{n \rightarrow 00}\frac{a_{n}}{b_{n}} = \frac{a}{b} \qquad b_{n}\ne0 \textrm{ y } b\ne0\]

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1.69)Sea \(d_{c}:\mathbb{C}_{\infty}\times\mathbb{C}_{\infty}\to\mathbb{C}_{\infty}\) la distancia cordal. Demuestre que, en efecto, es una distancia, es decir, satisface las condiciones:

a)\( d_{c}(z,w)\ge0 \textrm{ y } d_{c}(z,w)=0 \textrm{ si y solo si } z=w \)

b)\( d_{c}(z,w)=d_c(w,z) \)

c)\( d_c(z,w)\le d_{c}(z,u)+d_{c}(u,w) \textrm{, para cualquier }u\in\mathbb{C}_{\infty} \)

Solución:

Para a)

Observemos que a),b),c) no toma valores negativos, entonces:

\[ 0=d(x,x) \le d(x,y)+d(y,x)=2d(x,y) \]

\[ \therefore d(x,y)\ge 0\]

Para b)

\[ |d(x,y)-d(y,z)|\le d(x,z) ,\qquad\forall x,y,z\in\mathbb{C} \]usando b) y c) tenemos que:

\[ d(x,y)\le d(x,z)+d(z,y)=d(x,z)+d(y,z) \Rightarrow d(y,z)-d(x,z)\le d(x,z) \Rightarrow |d(x,y)-d(y,z)|\le d(x,z) \forall x,y,z\in\mathbb{C}\]

\[ \therefore d(x,z)=d(y,x)\]

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2.4) (Teorema de Rolle) Si \(a,b \in\mathbb{R}\) con a<b y \( f:[a,b]\to\mathbb{R}\) es continua, y además es derivable en (a,b), demuestre que si \(f(a)=f(b)\), existe un \(\xi\in(a,b)\) donde \(f\) alcanza su máximo o mínimo.

Demostración:

Como f es continua en [a,b], entonces:

\[ \exists x_{1},x_{2}\in[a,b] \textrm{ tal que } \forall x\in[a,b]\Rightarrow f(x_{1})\le f(x) \le f(x_{2}) \]

Si \(f(x_{1})=f(x)\) entonces \(f\) es constante y en este caso cualquier \(x_{0}\in(a,b)\) satisface \( f´(x_{0})=0 \)

Si \(x_{1}\in \{a,b\} \Rightarrow f(x_{1})=f(a)=f(b)\)

pero si\[f(x_{1}) \ne f(x_{2}) \Rightarrow f(x_{2})\ne f(a) \land f(x_{2})\ne f(b) \Rightarrow x_{2}\notin \{a,b\} \Rightarrow x_{2}\in (a,b) \textrm{ y } f´(x_{2})=0\]

Si \(x_{2}\in \{a,b\} \Rightarrow x_{1}\notin \{a,b\} x_{1}\in (a,b) \textrm{ y } f´(x_{1})=0\)

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2.23) Muestre que la función \( f(z)=f(x,y)= \sqrt{|xy|} \) no es diferenciable en el origen aunque satisface las ecuaciones de Cauchy-Riemann en 0.

Solución:

Tenemos que \(u(x,y)= \sqrt{|xy|}, v(x,y)=0\) utilizando la definición de derivada parcial:

\[ u_{x}(0,0) = \lim_{h\to 0} \frac{u(h+0,0)-u(0,0)}{h}=0 \textrm{ con } h\in\mathbb{R} \]

Se puede observar que:

\[ u_{y}(0,0)=0, v_{x}(0,0) = v_{y}(0,0)=0 \] \[ \therefore \textrm{satisfacen las ecuaciones de Riemann}\]

Pero si \( h= h_{1}+ih_{2}\), entonces:

\[ \lim_{h\to 0} \frac{f(0+h)-f(0)}{h} = \lim_{h\to 0} \frac{|h_{1}h_{2}|^{1/2}}{h_{1}+ih_{2}}\]

Si \(h_{2} = h_{1} = 0\)

\[ \lim_{h\to 0} \frac{f(0+h)-f(0)}{h} =0\]

Si \( h_{1}=h_{2}\)

\[ \lim_{h\to 0} \frac{f(0+h)-f(0)}{h} = \lim_{h_{1}\to 0} \frac{|h_{1}h_{2}|^{1/2}}{h_{1}+ih_{2}} = \lim_{h_{1}\to 0} \frac{|h_{1}^{2}|^{1/2}}{h_{1}+ih_{1}} = \lim_{h_{1}\to 0} \frac{|h_{1}|}{h_{1}+ih_{1}} = \frac{1}{1+i} \lim_{h_{1}\to 0} \frac{||h_{1}|}{h_{1}}\]

entonces:

\[ \lim_{h_{1}\to 0} \frac{|h_{1}|}{h_{1}}\]

faltaaa

\[ \therefore \textrm{f(z) no es diferenciable en} z =0 \]