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EJERCICIOS 1.2.1

1. Demuestre que una una funcion \(f:A\subset\mathbb{C}\rightarrow\mathbb{C} \) es continua en \({z_0}\in A\) si y soló si para toda sucesión \({z_n},n\in\mathbb{N}, \) tal que \({z_n}\rightarrow {z_0}\) cuando \(n\rightarrow\infty,\) se tiene \(f(z_n)\rightarrow f(z_0),\) cuando \(n\rightarrow \infty.\)


DEMO:

Supongamos que \( \ f \) es continua en \(\ z_0 \) , es decir:

$\forall \epsilon > 0,\quad\exists \delta = \delta(\epsilon)> 0 $

tal que \(\quad | z - z_0 |<\delta \Rightarrow | f(z) - f(z_0) |<\epsilon \)

y supongamos que \(\lbrace z_n \rbrace , n\in \mathbb{N} \) es una sucesión en \(\ A \) tal que \({z_n}\rightarrow {z_0}\)

P.D.

\(f(z_n)\rightarrow f(z_0)\)


\(\forall \epsilon > 0,\quad \exists N = N(\epsilon)\in \mathbb N ,\quad n\geq N \Rightarrow | f(z_n) - f(z_0) |<\epsilon \)


como \(\ f\) es continua en \(\ z_0\)


\(\Rightarrow \exists\delta = \delta(\epsilon)>0\)

\(\Rightarrow z_n \rightarrow z_0 \)

\(\Rightarrow \exists M = M(\epsilon) \in \mathbb N, \quad n \geq M \Rightarrow | z_n - z_0 |< \delta \)


\(\therefore | f(z_n) - f(z_0) |<\epsilon\)


\(\therefore f(z_n) \rightarrow f(z_0)\quad \square \)

--Luis Antelmo 23:52 10 oct 2009 (UTC)



2. Demuestre que una sucesión \( \ \lbrace a_n \rbrace\) en \(\mathbb R^n \) es de Cauchy si y sólo es convergente.

DEMO:

Una sucesión en \(\mathbb R^n \) se dice que es de Cauchy si para todo \(\epsilon >0 ,\quad \exists N=N(\epsilon)\in \mathbb N \) tal que \(|a_m - a_n|<\epsilon , \quad \forall m,n \geq N\) .


P.D.


Si la sucesión es convergente, esto es si \(\lim {a_n}=L \quad \Rightarrow \quad \forall \epsilon > 0\quad ,\quad \exists N=N(\epsilon)\in\mathbb N \)


tal que \(|a_n - L|<\frac{\epsilon}{2}\quad, \quad \forall n\geq N\)


\(\Rightarrow \) si \(m,n\geq N ,\) se tiene que


\(\ |a_m - a_n|=|a_m - L +L - a_n| \leq |a_m - L| + | L - a_n|< \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2}\!=\!{\epsilon} \)


\(\therefore \lbrace a_n \rbrace \quad es \quad de \quad Cauchy.\quad \square \)

--Luis Antelmo 23:52 10 oct 2009 (UTC)

EJERCICIOS 1.2.2

REVISADO

1. Demuestre que la funcion estereográfica \((x_1,x_2,x_3)\to\frac{x_1+ix_2}{1-x_3}\) de la esfera de Riemann en el plano complejo extendido es suprayectiva.

Definicion: Una funcion es suprayectiva si a un punto en la esfera\((x_1,x_2,x_3)\) le corresponde uno(s) puntos dentro del plano complejo \(\frac{x_1+ix_2}{1-x_3}\)

Una función es sobre si para toda y pertenece al Codominio \((f)\) ,existe x pertenece al Dominio de \((f)\) tal que \( y = f(x)\)

Notaciòn (para la demostraciòn): S= Esfera, C= punto en el plano proyectado por la esfera.

Dominio\((f)= S\) y el Codominio\((f)= C\) y tambièn \( C = z\epsilon\mathbb{C}:, f(z)=\frac{x_1+ix_2}{1-x_3}\)

\(z\epsilon\mathbb{C}:x_3\ne1 \)

Suponga \(\bar{x}\epsilon\) S donde \(\bar{x}=(x_1,x_2,x_3)\)

Condicion de la esfera \((x_1^2+x_2^2+x_3^2=1)\) donde \(x_2\) pertenece a i

Ahora bien sabemos que la magnitud cuadrática \(\bar{x}\) es 1


\(\frac{x_1}{1-x_3}+\frac{ix_2}{1-x_3}\epsilon\) Codominio de (f)

Sea y que pertenece al Codominio de (f) donde \[y= ai+b\]

Sea \(a=\frac{x_1}{1-x_3}\) y \(b=\frac{x_2}{1-x_3}\)

tomando en cuenta que \(y=f(x)\)

de esta manera \(f(x)=\frac{x_1}{1-x_3}+\frac{ix_2}{1-x_3}\)

--Karla 03:09 21 oct 2009 (UTC)Sanchez

REVISADO

2. Demuestre que si \(z_n\rightarrow \infty.\) cuando \(n\rightarrow \infty.\), entonces \(d_C(z_n,\infty)\rightarrow 0\) cuando \(n\rightarrow \infty.\)

Como \(z_n\rightarrow \infty.\) \(n\rightarrow \infty.\)

Recordando la definiciòn del limite dado un \(N_o\) nos aproximamos. \(\exists\N_o\epsilon\mathbb N+ n\geq n_o\to\Rightarrow | z_n - \infty. |<\epsilon \) por hipótesis.

P.D. \(d_C(z_n,\infty)\rightarrow 0\), asi como también \(n\rightarrow \infty.\)

Ahora usando la definiciòn del limite dentro de la mètrica cordal tenemos un \(N_o^\prime\) donde limite se aproxima a cero cuando \(n\rightarrow \infty.\)

P.D.\(\exists\N_o^\prime\epsilon\mathbb N+n\geq N_o^\prime\to\Rightarrow |d_C(z_n,\infty) - 0 |<\epsilon \)


P.D.\(\exists\N_o^\prime\epsilon\mathbb N+n\geq N_o^\prime\to\Rightarrow |d_C(z_n,\infty)|<\epsilon \)


Usando la definición de la distancia cordal entre dos puntos

\(d_C(z_1,z_2)=|\pi(z_1)-\pi(z_2)|\)

P.D.\(\quad\exists\N_o^\prime\epsilon\mathbb N+n\geq N_o^\prime\to\Rightarrow |\pi(z_n) - \pi(\infty) |<\epsilon \)

Tomamos el lìmite descrito anteriomente.

Por hipótesis \(\quad\exists\N_o\epsilon\mathbb N\) tal que \(\quad n\geq n_o\to\Rightarrow | z_n - \infty. |<\epsilon \)

Sea \(N_o\) como antes por la continuidad de \(\pi\)

Finalmente usando la definiciòn de metrica cordal.

Si \(\quad n\geq N_o\to|\pi(z_n) - \pi(\infty) |<\epsilon\)



--Karla 04:20 21 oct 2009 (UTC)Sanchez

3. Las transformaciones de Möbius definidas en (1.4) se extienden a la esfera de Riemann \(\hat{\mathbb{C}} \) como sigue: si \(c=0, T(\infty)=\infty\), y si \(c\neq0, T(\infty)=\frac{a}{c}\) y \(T(\frac{-d}{c})=\infty\).Demuestre que estas funciones son continuas en dicha esfera con la metrica cordal.

Transformaciones de Möbius complejas.(1.4) \(z\to\frac{az+b}{cz+d} , ad-bc\neq0, a,b,c,d. \epsilon \mathbb{C} .\)

Se define la metrica cordal en el plano complejo extendido de la sig. manera.


\( d_c(z_1,z_2) = \frac{2\left|z_1-z_2\right|}{\sqrt{1+\left|z_1\right|^2}\sqrt{1+\left|z_2\right|^2}}, \qquad \textrm{ si } \; z_1,z_2\neq\infty \)

\( d_c(z_1,z_2) = \frac{2}{\sqrt{1+\left|z_1\right|^2}}, \qquad \textrm{ si }\; z_2=\infty. \)

para los casos extremos.

si \(c=0, T(\infty)=\frac{az+b}{d}=\frac{a(\infty)+b}{d}=\infty.\)

si \(c\neq0, T(z)=\frac{az+b}{cz+d}=\frac{z}{z}\frac{a+\frac{b}{z}}{c+\frac{d}{z}} ,T(\infty)=\frac{a+\frac{b}{\infty}}{c+\frac{d}{\infty}}=\frac{a}{c}.\)


si \(T(\frac{-d}{c})=\frac{a(\frac{-d}{c})+b}{c(\frac{-d}{c})+d}=\infty.\)


generalizando, para \(z_1,z_2 \epsilon\mathbb{C}\), (arbitrarias).

por hip.\(c=0\therefore\)

\(T(z)=\frac{az+b}{d}=\frac{a}{d}z+\frac{b}{d}\).

\(\forall\epsilon>0, \exists\delta>0 \)


tal que si


\(\left|z_1-z_2\right|<\delta , \left|T(z_1)-T(z_2)\right|<\epsilon\).


entonces \(\left|T(z_1)-T(z_2)\right|<\left|z_1-z_2\right|\delta <\epsilon\).


\(T(z_1)-T(z_2)=\left(\frac{a}{d}z_1+\frac{b}{d}\right)-\left(\frac{a}{d}z_2+\frac{b}{d}\right)=\frac{a}{d}\left(z_1-z_2\right)\)


por \(\left(d\left(0,x-y\right)=d\left(x,y\right)\right)\)

\(d_c\left(0,T(z_1)-T(z_2)\right)=d_c\left(0,\frac{a}{d}\left(z_1-z_2\right)\right)=d_c\left(\frac{a}{d}z_1,\frac{a}{d}z_2\right)\)

ahora si\(z_1,z_2\ne\infty\) y \(\delta\approx \frac{1}{k}\) donde \(k=\frac{a}{d}\)

con la metrica cordal.


\(d_c(z_1,z_2)=\frac{2\left|z_1-z_2\right|}{\sqrt{1+\left|z_1\right|^2}\sqrt{1+\left|z_2\right|^2}}=\frac{2k\left|z_1-z_2\right|}{\sqrt{1+k^2\left|z_1\right|^2}\sqrt{1+k^2\left|z_2\right|^2}}=\frac{2k\left|z_1-z_2\right|}{k^2\sqrt{1+\left|z_1\right|^2}\sqrt{1+\left|z_2\right|^2}}\) \(=\frac{2\left|z_1-z_2\right|}{k\sqrt{1+\left|z_1\right|^2}\sqrt{1+\left|z_2\right|^2}}\)


\(\therefore d_c(z_1,z_2)<\epsilon\)

ya q se mostro que \(\frac{az+b}{d}\)

es continua, se puede probar lo mismo para

\( c z+ d \).


por teo. de continuidad si

\( f\left(x\right),g\left(x\right)\)

son continuas, tambien


\(\frac{f(x)}{g(x)}\), es continua.


\(\therefore \frac{az_1+b}{cz_2+d}\)

es continua si

\(c \ne 0\)


--Josua Da Vinci 00:42 21 oct 2009 (UTC)




4.Demuestre que si AB son matrices que representan (de la manera obvia) dos transformaciones de Möbius f,g, respectivamente, entonces la matriz BA representa la composicion gf, que también es de Möbius.Concluya mostrando que estas transformaciones son funciones bicontinuas de la esfera en sí misma, y que ademas constituyen un grupo.

SOLUCION:

tenemos que \(\ f, g \) son transformaciones de Möbius


\(f(z)=\frac{a' z + b'}{c' z + d'}\quad\quad g(z)=\frac{a z + b}{c z + d}\)


sean \(\ A, B \) las representaciones matriciales de \(\ g, f \) respectivamente


\(A = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \\ \end{bmatrix} \quad \quad B = \begin{bmatrix} a' & b' \\ c' & d' \\ \end{bmatrix}\)

entonces

\(BA = \begin{bmatrix} a' & b' \\ c' & d' \\ \end{bmatrix}\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \\ \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} a'a + b'c & c'a + d'c \\ a'b + b'd & c'b + d'd \\ \end{bmatrix}\)


entonces

\(gf=\frac{(a'a + b'c)z + (c'a + d'c)}{(a'b + b'd)z + (c'b + d'd)}\)

los elementos de la matriz BA son elementos de funciones biyectivas, entonces dicha matriz también es biyectiva, y por lo tanto gf es biyectiva y de Möbius.


Por ser de Möbius es meromorfa, ahora notemos que gf es continua y que

\(\frac{1}{gf}=\frac{(a'b + b')z + (c'b + d'd)}{(a'a + b'c)z + (c'a + d'c)}\)


tambien es continua por lo que concluimos que es bicontinua.

--Wendy 04:26 18 oct 2009 (UTC)

5.Demuestre que las transformaciones de Möbius son transitivas en ternas de puntos de la esfera de Riemann. Sugerencia: Dada una terna, encuentre una función de Möbius que la mande en 1, 0 e \(o\!o\)

Sea \((x_1,x_2,x_3)\rightarrow \frac{x_1 + ix_2}{x_3} = z_0\)

Sea \( \quad T(z) = \frac{az+b}{cz+d} \quad ad-bc\neq0,\quad a,b,c,d \epsilon \mathbb{C} .\quad\)


con \( \quad a = \frac{(1-b)x_3}{x_1 + i x_2}\quad \)


y \( \quad c = \frac{(1-d)x_3}{x_1 + i x_2} \quad \); \(ad-bc\neq0\)


entonces \( T(z) = \frac{(1-b)x_3 z + (x_1 + i x_2)b}{(1-d)x_3 z + (x_1 + i x_2)d} \)


\( T(z_0) = \frac{(1-b)x_3 \Big ( \frac{x_1 + ix_2}{x_3}\Big ) + (x_1 + i x_2)b}{(1-d)x_3 \Big ( \frac{x_1 + ix_2}{x_3} \Big ) + (x_1 + i x_2)d} = \frac{(1-b) ( x_1 + ix_2) + (x_1 + i x_2)b}{(1-d)( x_1 + ix_2) + (x_1 + i x_2)d} = 1\)


Sea \( \quad T(z) = \frac{az+b}{cz+d} \quad ad-bc\neq0,\quad a,b,c,d \epsilon \mathbb{C} .\quad\)


con \( \quad a = - \frac{bx_3}{x_1 + i x_2}\quad \)


\(T(z) = \frac{b - \frac{bx_3 }{x_1 + i x_2}}{cz+d}z\)


\(T(z_0) = \frac{b - \frac{bx_3 (\frac{x_1 + ix_2}{x_3})}{x_1 + i x_2}}{cz+d} = \frac{b - b}{cz+d} = 0\)


Sea \( \quad T(z) = \frac{az+b}{cz+d} \quad ad-bc\neq0,\quad a,b,c,d \epsilon \mathbb{C} .\quad\)


con \(b\rightarrow \!oo\)


entonces \(T(z_0) = \!oo\)



6.Pruebe que las transformaciones de Möbius son composición de algunas de las siguientes funciones: rotaciones, traslaciones, homotecias, y \(\quad z\rightarrow \frac{1}{z}\). Concluya mostrando que las transformaciones de Möbius preservan la familia de circulos y rectas.



Considere la Transformación de Möbius.


\(T(z) = \frac{az+b}{cz+d} \quad ad-bc\neq0,\quad a,b,c,d \epsilon \mathbb{C} .\)


Sea \(a = 1,\quad c = 0, \quad d = 1 \qquad\) se tiene\[ T(z) = z+b \qquad \] entonces \(T(z)\)es una traslación.


Sea \(\quad b = c = 0,\quad d = 1 \qquad\) se tiene\[T(z) = az\] entonces T(z) es una rotación por arg(a) y por una amplificación \(\big |a\big |\).


Sea \(\quad a = d = 0, \quad b = c = 1 \qquad\) se tiene\[ T(z) = \frac{1}{z}\qquad\] entonces T(z) es una inversión.



Las transformaciones de MÖebius preservan la familia de circulos y rectas:

Las traslaciones, homotecias y rotaciones transforman lineas en lineas y circulos en circulos, vamos a verificar si las inversiones preservan la familia de circulos y rectas.


Una linea o un circulo esta determinado por la ecuacion 1\[A x + B y + C (x^2 + y^2) = D \]...(1)


Sea \( z = x + i y \) con \(z\ne 0\)

y sea \( \frac{1}{z} = u + i v \)

\(\Rightarrow \frac{1}{x + i y} = u + i v \)

\(\frac{x - i y}{(x + i y)(x - iy)} = u + i v \)

\(\frac{x - i y}{x^2 + y^2} = u + i v\)

de modo que

\(u = \frac{x}{x^2 + y^2}\)

\(v = - \frac{y}{x^2 + y^2}\)


Reacomodamos la ecuacion 1

\(\Big ( \frac{1}{x^2 + y^2}\Big )\Big [A x + B y + C (x^2 + y^2)\Big ] = D \Big ( \frac{1}{x^2 + y^2}\Big )\)


\( A \Big ( \frac{x}{x^2 + y^2}\Big ) + B \Big ( \frac{y}{x^2 + y^2}\Big ) + C = D \Big ( \frac{1}{x^2 + y^2}\Big )\)


\( A \Big ( \frac{x}{x^2 + y^2}\Big ) - B \Big ( -\frac{y}{x^2 + y^2}\Big ) - D \Big ( \frac{1}{x^2 + y^2}\Big ) = - C\)



\(\Rightarrow Au - Bv - D (u^2 + v^2) = -C\)

que tambien es un circulo o una recta.



--Gabita 23:28 26 nov 2009 (UTC)



7. Demuestre que las transformaciones de Möbius son transitivas en la familia de círculos y rectas.


Puesto que una transformación del tipo \(w=\frac{1}{z} \) aplica en circunferencias y rectas, y como las rotaciones, los cambios de escala y las translaciones preservan rectas y circunferencias. Dicha transformación bilineal o de Möbius aplica en círculos y rectas.


Un círculo en \({S^2}\) es la intersección de un plano con la esfera, por lo cual satiface la siguiente ecuación\[ax_1 + bx_2 + cx_3 = d\,\!\]


Tenemos que


\( x_1=\left ( \frac{z+{\overline{z}}}{|z|^2+1} \right )\)


\( x_2=\left ( \frac{z-{\overline{z}}}{i(|z|^2+1)} \right )\)


\( x_3=\left ( \frac{|z|^2-1}{|z|^2+1} \right)\)


Por lo tanto, este círculo es la imagen bajo la proyección esterografica, cuyos puntos satisfacen la siguiente ecuación en el plano\[a\left ( \frac{z+{\overline{z}}}{|z|^2+1} \right )+b\left ( \frac{z-{\overline{z}}}{i(|z|^2+1)} \right )+c\left ( \frac{|z|^2-1}{|z|^2+1} \right)=d \]


Escribiendo \(z = x+iy\,\!\), se tiene


\( x^2+y^2-\frac{2a}{d-c}x-\frac{2by}{d-c}=1 \)


\(\left ( x^2+y^2 \right )\left ( d-c \right )-2ax-2by =d-c \)


\(\left ( x^2+y^2 \right )\left ( c-d \right )+2ax+2by =c-d \)


\(\left ( x^2+y^2 \right )c -\left ( x^2+y^2 \right )d+2ax+2by =c-d \)


\(\left ( x^2+y^2-1 \right )c -\left ( x^2+y^2+1 \right )d+2ax+2by =0 \)


finalmente se tiene que


\(2ax + 2by + c(x^2+y^2-1) = d(x^2+y^2+1)\,\!\),


que biene siendo la ecuación de una recta o un círculo, dependiendo si \(d=c\,\!\), o si \(d\ne c\,\!\).


7. Demuestre que las transformaciones de Möbius son transitivas en la familia de círculos y rectas.


Puesto que una transformación del tipo \(w=\frac{1}{z} \) aplica en circunferencias y rectas, y como las rotaciones, los cambios de escala y las translaciones preservan rectas y circunferencias. Dicha transformación bilineal o de Möbius aplica en círculos y rectas.


Puesto que \(x+iy=z=\frac{1}{w} =\frac{\overline{w}}{|w|^2}=\frac{u}{u^2+v^2}-i\frac{v}{u^2+v^2}\)


\(x=\frac{u}{u^2+v^2}\)


\(y=-\frac{v}{u^2+v^2}\)


Por tanto, la imagen de \(\ f(x,y)=0\) es


\(f\left ( \frac{u}{u^2+v^2},-\frac{v}{u^2+v^2}\right )=0\).


Sabemos que el lugar geométrico de toda sección cónica viene dado por


\(\ f(x,y)=Ax^2+Bxy+Cy^2+Dx+Ey+F=0\)


Esta ecuación representa una sircunferencia si \(\ B=0\) y \(A=C\ne 0\)


Entonces


\(\ f(x,y)=A(x^2+y^2)+Dx+Ey+F=0\)


representa una recta si \(\ A=0\) y una circunferencia si \(A\ne 0\). Su imagen es


\(\ f\left ( \frac{u}{u^2+v^2},-\frac{v}{u^2+v^2}\right )=A\frac{1}{u^2+v^2}+D\frac{u}{u^2+v^2}-E\frac{v}{u^2+v^2}+F=0\)


o


\(\ F(u^2+v^2)+Du-Ev+A=0\).




--Ralf Gutierrez 16:08 22 oct 2009 (UTC)



8.- Demuestre de dos maneras que el lugar de los puntos que cumplen la ecuación \(\left|\frac{z-a}{z-b}\right|=k\) \( ,k\in\mathbb{R}^{+},a,b\in\mathbb{C},a\neq b\) constituye una recta o un círculo (llamado de Apolonio).

Solución

Sea

\(z = x+iy\,\!, a = u+iv, b = c+id\)


Entonces


\(\left|\frac{z-a}{z-b}\right|=k\)


\(\left|z-a\right|^{2}=k^{2}\left|z-b\right|^{2}\)


\(\left|z-a\right|=k\left|z-b\right|\)


\(\left(x-u\right)^{2}+\left(y-v\right)^{2}=k\left(\left(x-a\right)^{2}+\left(y-b\right)^{2}\right)\)


\(x^2-2xu+u^2+y^2-2yv+v^2=kx^2-2kxc+c^2+ky^2-2kyd+kd^2\,\!\)


Si agrupamos esta expresión se tiene:


\( \begin{align}\left(x^{2}+y^{2}\right)\left(1-k\right)-2x\left(u-kc\right)-2y\left(v-kd\right)=k\left(c^{2}+d^{2}\right)-\left(u^{2}+v^{2}\right) \qquad (I)\\ \end{align} \)


Si \(k=1\) se tiene la ecuación de una recta, es decir:


\(-2x\left(u-kc\right)-2y\left(v-kd\right)=c^{2}+d^{2}-\left(u^{2}+v^{2}\right)\)


Ahora para \(k\neq1\) la ecuación \(\left(I\right)\) al multiplicarla por \(\frac{1}{\left(1-k\right)} \) toma la forma:


\(\frac{}{} \left(x^{2}+y^{2}\right)-\frac{2x\left(u-kc\right)}{\left(1-k\right)}-\frac{2y\left(v-kd\right)}{\left(1-k\right)}=\frac{k\left(c^{2}+d^{2}\right)-\left(u^{2}+v^{2}\right)}{\left(1-k\right)} \)


Si completamos los cuadrados (más un poco de álgebra) de esta ultima expresión se obtiene lo siguiente


\( \left(x-\frac{u-kc}{1-k}\right)^{2}+\left(y-\frac{v-kd}{1-k}\right)^{2}=\left(\frac{u-kc}{1-k}\right)^{2}+\left(\frac{v-kd}{1-k}\right)^{2}+\frac{1}{1-k}\left(k\left(c^{2}+d^{2}\right)-\left(u^{2}+v^{2}\right)\right) \)


\( \left(x-\frac{u-kc}{1-k}\right)^{2}+\left(y-\frac{v-kd}{1-k}\right)^{2}=\frac{k}{\left(1-k\right)^{2}}\left(\left(u-c\right)^{2}+\left(v-d\right)^{2}\right) \)


lo cual es la ecuación de un círculo con centro \(\left(\frac{u-kc}{1-k}\,,\,\frac{v-kd}{1-k}\right)\) y cuyo radio es \(\frac{\sqrt{k}}{\left|1-k\right|}\sqrt{\left(u-c\right)^{2}+\left(v-d\right)^{2}} \).



Otro método.

\( \left|z-a\right|=k\left|z-b\right| \)


\( \left(z-a\right)\left(\overline{z}-\overline{a}\right)=k\left(z-b\right)\left(\overline{z}-\overline{b}\right) \)


\( z\overline{z}-a\overline{z}-\overline{a}z+a\overline{a}=k\left(z\overline{z}-b\overline{z}-\overline{b}z+b\overline{b}\right) \)

agrupando tenemos


\( z\overline{z}\left(1-k\right)-a\overline{z}-\overline{a}z+kb\overline{z}+k\overline{b}z=kb\overline{b}-a\overline{a} \)


\( z\overline{z}\left(1-k\right)+\overline{z}\left(kb-a\right)+z\left(k\overline{b}-\overline{a}\right)=kb\overline{b}-a\overline{a} \)


si tomamos el cambio\( A=\left(1-k\right), B=\left(kb-a\right),\overline{B}=\left(k\overline{b}-\overline{a}\right), C=kb\overline{b}-a\overline{a}\!,\) , la anterior ecuación se escribe como


\( Az\overline{z}+B\overline{z}+\overline{B}z=C\)


si \( A=0\) (entonces \(k=1\)) se tiene la ecución de una recta, si \(A\) es distinto de cero (entonces k es distinto de 1) y se tiene la ecuación de una circunferencia.



--Dali 01:46 15 nov 2009 (UTC)


9.- Sean \(a,c\) complejos, tal que no son ambos nulos, probar que \(\left|\frac{\bar{a}z+\bar{c}}{cz+a}\right|=1\), si \(\left|z\right|=1\). Interpretar geometricamente.


Sean \( a=b+id , c=e+if , z=x+iy \). Entonces sustituyendo esto se tiene la siguiente expresión\[\left|\frac{\left(b-id\right)\left(x+iy\right)+\left(e-if\right)}{\left(e+if\right)\left(x+iy\right)+\left(b+id\right)}\right|=1 \]

Por propiedades de la norma se sigue que

\(\frac{\left|\left(b-id\right)\left(x+iy\right)+\left(e-if\right)\right|}{\left|\left(e+if\right)\left(x+iy\right)+\left(b+id\right)\right|}=1 \)

Y multiplicando ambos lados por el denominador llegamos a que

\(\left|\left(b-id\right)\left(x+iy\right)+\left(e-if\right)\right|=\left|\left(e+if\right)\left(x+iy\right)+\left(b+id\right)\right| \)

Desarrollando los producto y las operaciones para poder agrupar terminos se llega a

\(\left|\left(bx+dy+e\right)+i\left(by-dx-f\right)\right|=\left|\left(b+ex-fy\right)+i\left(d+fx+ey\right)\right| \)

Elevando al cuadrado para tener el cuadrado de la norma tenemos que

\(\left|\left(bx+dy+e\right)+i\left(by-dx-f\right)\right|^{2}=\left|\left(b+ex-fy\right)+i\left(d+fx+ey\right)\right|^{2} \)

Donde es inmediato lo siguiente

\(\left(bx+dy+e\right)^{2}+\left(by-dx-f\right)^{2}=\left(b+ex-fy\right)^{2}+\left(d+fx+ey\right)^{2} \)

Y despues de expander los polinomios

\(\left(e^{2}+f^{2}\right)+2dfx-2bfy+2bex+2dey+\left(b^{2}+d^{2}\right)\left(x^{2}+y^{2}\right)=\left(b^{2}+d^{2}\right)+2dfx-2bfy+2bex+2dey+\left(e^{2}+f^{2}\right)\left(x^{2}+y^{2}\right)\)

\(\left|c\right|^{2}+\left|a\right|^{2}\left|z\right|^{2}=\left|a\right|^{2}+\left|c\right|^{2}\left|z\right|^{2} \) 

Donde \(\left|z\right|=1\)

\(\therefore\left|c\right|^{2}+\left|a\right|^{2}=\left|a\right|^{2}+\left|c\right|^{2} \)

O tambien

\(\frac{\left|c\right|^{2}+\left|a\right|^{2}}{\left|a\right|^{2}+\left|c\right|^{2}}=1 \)

Que era lo que se queria mostrar.

Ahora geometricamente esto nos dice que la magnitud de la suma de dos numeros complejos es igual a la magnitud de la suma de sus conjugados.

En las siguientes imagenes se muestra graficamente la interpretacion geometrica, el vector de color naranja es \(z\) y el azul y verde \(a,c\) respectivamente.

Prueba1.jpgPrueba.jpg

--Oscar Adrian 14:12 9 dic 2009 (UTC) --Oscar Adrian 19:42 21 nov 2009 (UTC)



10.- Probar que la funcion \(z \rightarrow 1/z\) es una rotacion de \(\pi\) radianes en la esfera de Riemann alrededor del eje x.


Las componentes del punto \(A = (a_1,a_2,a_3)\,\) en la esfera unitaria asociado a z son\[a_1 = \frac{z+\overline{z}}{|z|^2+1}, a_2 = \frac{z-\overline{z}}{i(|z|^2+1)}, a_3 = \frac{|z|^2-1}{|z|^2+1}\,\]


Sea \(\frac{1}{z} = \frac{\overline{z}}{|z|^2}\) y tomando en cuenta que \(|z| = |\overline{z}|\,\), entonces, las componentes del punto \(B = (b_1,b_2,b_3)\,\) de la esfera unitaria asociado a \(\frac{1}{z}\,\) son\[b_1 = \frac{\frac{\overline{z}}{|z|^2}+\frac{z}{|z|^2}}{\frac{|\overline{z}|^2}{|z|^4}+1} = \frac{\frac{\overline{z}+z}{|z|^2}}{\frac{|\overline{z}|^2}{|z|^4}+1} = \frac{\overline{z}+z}{|z|^2(\frac{1}{|z|^2}+1)} = \frac{\overline{z}+z}{1+|z|^2} = a_1\,\]


\(b_2 = \frac{\frac{\overline{z}}{|z|^2}-\frac{z}{|z|^2}}{i(\frac{|\overline{z}|^2}{|z|^4}+1)} = \frac{\overline{z}-z}{i|z|^2(\frac{1}{|z|^2}+1)} = \frac{\overline{z}-z}{i(1+|z|^2)} = -\frac{z-\overline{z}}{i(1+|z|^2)} = -a_2\,\)


\(b_3 = \frac{\frac{|\overline{z}|^2}{|z|^4}-1}{\frac{|\overline{z}|^2}{|z|^4}+1} = \frac{\frac{1}{|z|^2}-1}{\frac{1}{|z|^2}+1} = \frac{1-|z|^2}{1+|z|^2} = -\frac{|z|^2-1}{|z|^2+1} = -a_3\,\) ...


--Luis Nava 00:03 9 nov 2009 (UTC)



11. Probar que dados dos puntos \(z,w \in \mathbb C\) se tiene que sus proyecciones en la esfera de Riemann son antípodas si y solo si \(z\bar{w} = -1\)


SOLUCION.

Sea \(z \in \mathbb C \quad a,b \in \mathbb R\)

se pasa del plano complejo a la esfera de Riemann.

\(\psi: \mathbb C \rightarrow \mathbb S^2 - \lbrace e_3 \rbrace \)

\( z \mapsto (x_1 , x_2 , x_3)\)


Si \(\ z=a+ib \mapsto \left(\frac {2a}{a^2 + b^2 +1},\frac {2b}{a^2 + b^2 +1},\frac {a^2 + b^2 -1}{a^2 + b^2 +1}\right)\) es el punto P en la esfera de Riemann.


con este punto P y el centro C de la esfera se construye una recta que pase por estos puntos:


Sea \(\mathcal {L} =\ p + t\vec{v} \quad , \forall t \in \mathbb R \) donde \(\vec v\)es el vector director que va de P a C esto es


\(\vec {v} =(0,0,0)- \left(\frac {2a}{a^2 + b^2 +1},\frac {2b}{a^2 + b^2 +1},\frac {a^2 + b^2 -1}{a^2 + b^2 +1}\right)=\left(\frac {-2a}{a^2 + b^2 +1},\frac {-2b}{a^2 + b^2 +1},\frac {-(a^2 + b^2 -1)}{a^2 + b^2 +1}\right ) \)


nuestra ecuacion de la recta queda de la siguiente manera\[\mathcal {L} =\left (\frac {2a}{a^2 + b^2 +1},\frac {2b}{a^2 + b^2 +1},\frac {a^2 + b^2 -1}{a^2 + b^2 +1}\right) + t \left (\frac {-2a}{a^2 + b^2 +1},\frac {-2b}{a^2 + b^2 +1},\frac {-(a^2 + b^2 -1)}{a^2 + b^2 +1}\right ) \quad , \forall t \in \mathbb R \]


Cuando \(\ t=0\) tenemos a \(\ P\) en la esfera.

cuando \(\ t=1\) tenemos el centro \(\ (0,0,0)\) de la esfera de Riemann.

cuando \(\ t=2 \) tenemos al punto \(\ Q\) que es la antipoda de \(\ p\)


\( \Rightarrow Q=\left(\frac {-2a}{a^2 + b^2 +1},\frac {-2b}{a^2 + b^2 +1},\frac {-(a^2 + b^2 -1)}{a^2 + b^2 +1}\right ) \, antipoda \quad de\quad p \quad en \quad la \quad esfera \quad de \quad Riemann \)


teniendo a \( \ Q\) sobre la esfera de Riemann volvemos al plano complejo mediante la siguiente tranformacion\[\varphi: \mathbb S^2 -\lbrace e_3 \rbrace \rightarrow \mathbb C\]


\(Q \mapsto \frac {x_1 +ix_2}{1-x_3} \), que nos da un punto \(\ w_Q \in \mathbb C\)


\(\Rightarrow w_Q=\frac {x_1 +ix_2}{1-x_3}=\frac {\frac {-2a}{a^2+b^2+1} +i \frac {-2b}{a^2+b^2+1}}{1+ \frac {a^2+b^2-1}{a^2+b^2+1}} = \frac{ \frac{-2}{a^2+b^2+1}(a+ib) }{ \frac {2a^2+2b^2}{a^2+b^2+1} } = \frac {-2}{2a^2+2b^2}(a+ib) = \frac {-1}{a^2+b^2}(a+ib) \)


\(\Rightarrow w_Q= -\frac {a}{a^2 + b^2} -i \frac {b}{a^2+ b^2} \)


Como la proyeccion en la esfera de Riemann de \(\ w_Q \) es la antipoda de \(\ z \) se debe de cumplir que \(z\bar{w_Q} = -1\)


Sea \( z=a+ib \quad, w_Q= -\frac {a}{a^2 + b^2} -i \frac {b}{a^2+ b^2} \in \mathbb C\)


\(\Rightarrow z\bar{w_Q} =(a+ib)\left ( -\frac {a}{a^2 + b^2} +i \frac {b}{a^2+ b^2}\right )=\left ( -\frac {a^2}{a^2 + b^2} -\frac {b^2}{a^2+ b^2}\right )+i\left ( -\frac {ab}{a^2 + b^2} + \frac {ab}{a^2+ b^2}\right ) \)


\(=\left ( \frac {-(a^2+b^2)}{a^2 + b^2} \right )+i(0)=-1\)


\(\therefore z,w\) son antipodas si y solo si \(z\bar{w} = -1 \quad \square \)

--Luis Antelmo 15:11 21 oct 2009 (UTC)

12.¿Cuál es la imagen de una recta por el origen bajo la funcion \(\quad z\rightarrow \frac{1}{z}\) ?


SOLUCIÓN:

para la imagen notemos que \(\quad z\rightarrow \frac{1}{z}\) es continua exepto cuando \(\ z=0\), por lo que su imagen es todo el plano complejo exepto el origen.

--Wendy 04:26 18 oct 2009 (UTC)



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