Compleja:z-ej-cap1.1

La topología del plano complejo

1.13 Demuestre que las raíces n-ésimas de z=1 (diferentes de 1) satisfacen la ecuación ciclotómica: $u^{n-1}+u^{n-2}+.....+u+1=0.$

Demostración

Sea $u\in \mathbb {C}$, se observa que: $1-u^{n}=(u^{n-1}+u^{n-2}+.....+u+1)(1-u)$ entonces: $u^{n-1}+u^{n-2}+.....+u+1={\frac {1-u^{n}}{1-u}}$

por lo que las raíces de la ecuación ciclotómica son las mismas que las de la ecuación $\displaystyle {\frac {1-u^{n}}{1-u}}=0$

De la última ecuación se observa que $1-u\neq 0$, luego $1-u^{n}=0$, es decir, $u=\displaystyle {\sqrt[{n}]{1}}$, con $u\neq 1$

Por lo tanto, las n-ésimas raices de $z=1$, diferentes de 1, satisfacen la ecuación ciclotómica.

---

Realizado por: Pérez Córdoba Sabino (discusión) 12:43 4 dic 2012 (CST)

---

1.16.- Demuestre que un semi plano abierto es un conjunto abierto.

Demostración

Tenemos $P\in B(P_{0})$ del cual $P_{0}=(x_{0},y_{0})$. Decimos que $P_{0}\in B,y_{0}>0$. Elegimos un $r=y_{0}$

$SeaB_{P}\in B_{y_{0}}(P_{0}$ $|P_{0}-P|<y_{0}$ $\Rightarrow$ $|(x_{0},y_{0})-(x,y)|<y_{0}$ $\Rightarrow$$|(x_{0}-x)+(y_{0}-y)|<y_{0}$ $\Rightarrow$$|x_{0}-x|+|y_{0}-y|<y_{0}$ $Siy=0$ $\Rightarrow$ $|x_{0}-x+y_{0}|<y_{0}$ $\Rightarrow$$|x_{o}-x|<0$ (contradicción) $Siy<0$ $\Rightarrow$$|y|<0$ $\Rightarrow$$|x_{0}-x|+|y_{0}|-(-y)<y_{0}$ $\Rightarrow$$|x_{0}-x|+y<0$ $\Rightarrow$$y<|x_{0}-x|$ (contradicción) $\therefore$ $y>0$.

---

Realizado por: Jean Carlo Cruz Venegas (discusión) 08:20 29 nov 2012 (CST)

---

1.19 Sea $\Omega \subseteq \mathbb {C}$. Demuestre que:

(a) $\Omega$ es abierto si y sólo si $\Omega ^{0}=\Omega$.

(b) $\Omega$ es cerrado si y sólo si $\Omega ^{-}=\Omega$.

Inciso a

(a) Si $\Omega$ es abierto, entonces para cada z ∈ $\Omega$ existe un $\epsilon >0$ tal que $B(x,\epsilon )\subset \Omega$. Vemos que la unión de todas las bolas $B(x,\epsilon )$ es $\Omega$. Además, esta unión es igual al interior de $\Omega$ a saber, $\Omega ^{0}$, puesto que para cualquier subconjunto abierto $A$ de $\Omega$ se tiene que $ A \subset \bigcup \left \{ B(x,\epsilon) : x ∈ A \right \} $ Luego $\Omega ^{0}=\Omega$.

Por otro lado, si $\Omega ^{0}=\Omega$, entonces $\Omega$ es abierto por que $\Omega ^{0}$ es abierto.

Inciso b

(b) Si $\Omega$ es cerrado, entonces $\bigcap \left\{A:A{\mbox{ es cerrado y }}A\supset \Omega \right\}=\Omega ^{-}=\Omega$, por que $\Omega$ es el super conjunto cerrado más pequeño de $\Omega$.

Por otra parte, si $\Omega ^{-}=\Omega$ entonces $\Omega$ es cerrado debido a que $\Omega ^{-}$ es cerrado por definición.

---

Realizado por: Belen (discusión) 21:11 30 oct 2012 (UTC)

---

1.20 Sea $\Omega \subseteq \mathbb {C}$. Demuestre que:

(a) $\Omega ^{0}=\mathbb {C} -(\mathbb {C} -\Omega )^{-}$.

(b) $\Omega ^{-}=\mathbb {C} -(\mathbb {C} -\Omega )^{0}$.

(c) $ ∂ \Omega = \Omega^{-} - \Omega ^{0} $.

(d) $ ∂ \Omega = \Omega^{-} \bigcap ( \mathbb{C} - \Omega ) ^{-} $.

Inciso a

(a)

• P.D. $\mathbb {C} -(\mathbb {C} -\Omega )^{-}\subseteq \Omega ^{0}$

Sabemos que $\mathbb {C} -\Omega \subseteq (\mathbb {C} -\Omega )^{-}$

Entonces $\mathbb {C} -(\mathbb {C} -\Omega )^{-}\subseteq \Omega$ y es abierto, puesto que la cerradura es un conjunto cerrado y el complemento de un conjunto cerrado es abierto.

De manera que $\mathbb {C} -(\mathbb {C} -\Omega )^{-}\subseteq \Omega ^{0}$, pues el interior de un conjunto ($\Omega ^{0}$) es el mayor abierto contenido en ese conjunto ($\Omega$)

• P.D. $\Omega ^{0}\subseteq \mathbb {C} -(\mathbb {C} -\Omega )^{-}$

Sea $x \in (\mathbb{C} - \Omega )^{-}$, entonces $x \in \mathbb{C} - \Omega$ por que $\mathbb{C} - \Omega \subseteq ( \mathbb{C} - \Omega )^{-}$.

Como $ x ∈ \mathbb{C} - \Omega $, se tiene que $ x ∉ \Omega $ y también que $ x ∉ \Omega ^{0}$ ya que $\Omega ^{0} \subseteq \Omega $.

Puesto que $x \notin \Omega^{0} \Rightarrow x \in \mathbb{C} - \Omega ^{0}$, es decir, al complemento del interior de $\Omega$.

Tenemos entonces que $(\mathbb {C} -\Omega )^{-}\subseteq \mathbb {C} -\Omega ^{0}$, de donde $\Omega ^{0}\subseteq \mathbb {C} -(\mathbb {C} -\Omega )^{-}$.

• Ya que $\mathbb {C} -(\mathbb {C} -\Omega )^{-}\subseteq \Omega ^{0}$ y $\Omega ^{0}\subseteq \mathbb {C} -(\mathbb {C} -\Omega )^{-}$, podemos decir que $\Omega ^{0}=\mathbb {C} -(\mathbb {C} -\Omega )^{-}$.

Inciso b

(b)

Sabemos que $\Omega ^{-}=[\mathbb {C} -(\mathbb {C} -\Omega )]^{-}$.

Ahora, del inciso anterior, $(\mathbb {C} -\mathrm {X} )^{-}=\mathbb {C} -\mathrm {X} ^{0}$, si $\mathrm {X} \subseteq \mathbb {C}$. Sea $\mathrm {X} =\mathbb {C} -\Omega$,

entonces: $[\mathbb {C} -(\mathbb {C} -\Omega )]^{-}=\mathbb {C} -(\mathbb {C} -\Omega )^{0}$.

Y así $\Omega ^{-}=\mathbb {C} -(\mathbb {C} -\Omega )^{0}$.

Inciso c

(c)

Tenemos que $x\in \partial \ \Omega \Leftrightarrow x\in [\Omega \cap (\mathbb {C} -\Omega )]$.

$\Leftrightarrow x\in [\Omega ^{-}\cap (\mathbb {C} -\Omega )^{-}]$ (puesto que $\Omega \subseteq \Omega ^{-}$)

$\Leftrightarrow x\in \Omega ^{-}$ y $x\in (\mathbb {C} -\Omega )^{-}$

$\Leftrightarrow x\in \Omega ^{-}$ y $x\notin \mathbb {C} -(\mathbb {C} -\Omega )^{-}=\Omega ^{0}$ (por el inciso anterior)

$\Leftrightarrow x\in (\Omega ^{-}-\Omega ^{0})$.

Inciso d

(d)

Veamos a la frontera $\partial \Omega$ como el conjunto de puntos que NO están en el interior $\Omega ^{0}$ ni en el exterior (la unión de todos los abiertos ajenos con $\Omega$, es decir, la unión de todos los abiertos contenidos en $\mathbb {C} -\Omega$). El exterior de $\Omega$ es el interior de $\mathbb {C} -\Omega$, o sea el conjunto $(\mathbb {C} -\Omega )^{0}$.

Así, $\partial \Omega =\mathbb {C} -[\Omega ^{0}\cup (\mathbb {C} -\Omega )^{0}]=\mathbb {C} -\Omega ^{0}\cap \mathbb {C} -(\mathbb {C} -\Omega )^{0}$

Sabemos del inciso (a) que $\Omega ^{0}=\mathbb {C} -(\mathbb {C} -\Omega )^{-}$ y del inciso (b) que $\Omega ^{-}=\mathbb {C} -(\mathbb {C} -\Omega )^{0}$.

De tal forma que $\mathbb {C} -\Omega ^{0}\cap \mathbb {C} -(\mathbb {C} -\Omega )^{0}=(\mathbb {C} -\Omega )^{-}\cap \Omega ^{-}$.

---

Realizado por: Belen (discusión) 02:37 31 oct 2012 (UTC)

---

1.21 Sea $\Omega \subseteq \mathbb {C}$. Demuestre que:

Inciso a

(a) $z\in \Omega ^{0}$ si y sólo si existe $\epsilon >0$ tal que $B(z;\epsilon )\subseteq \Omega$.

Si $z\in \Omega ^{0}$ entonces existe un $\epsilon >0$ tal que $B(z;\epsilon )\subseteq \Omega ^{0}$, por que $\Omega ^{0}$ es abierto. Como $\Omega ^{0}\subseteq \Omega$, resulta que $B(z;\epsilon )\subseteq \Omega$. En la otra dirección, si $B(z;\epsilon )\subseteq \Omega$ para algún $\epsilon >0$, entonces por ser $B(z;\epsilon )$ un conjunto abierto, se tiene que $z\in \Omega ^{0}$, por que $\Omega ^{0}$ es la unión de todos los subconjuntos abiertos de $\Omega$

Inciso b

(b) $z\in \Omega ^{-}$ si y sólo si para todo $\epsilon >0$ se tiene que $B(z;\epsilon )\cap \Omega \neq \emptyset$

Supóngase que $z\in \Omega ^{-}$, por 1.20 (b) $z\in (\mathbb {C} -(\mathbb {C} -\Omega )^{0})$ y de este modo $z\notin (\mathbb {C} -\Omega )^{0}$. Con esto y por el inciso anterior, se obtiene que para cada $\epsilon >0$, $B(z;\epsilon )\nsubseteq (\mathbb {C} -\Omega )$. De esta forma, para cada $\epsilon >0$ hay un punto $w\in B(z;\epsilon )$ que no pertenece a $(\mathbb {C} -\Omega )$, con lo cual $w\in \Omega$, y así $w\in (B(z;\epsilon )\cap \Omega )$. Ahora supóngase que $z\notin \Omega ^{-}=\mathbb {C} -(\mathbb {C} -\Omega )^{0}$, entonces $z\in (\mathbb {C} -\Omega )^{0}$, y por el inciso anterior existe un $\epsilon >0$ tal que $B(z;\epsilon )\subseteq (\mathbb {C} -\Omega )$. De esto se obtiene que $B(z;\epsilon )\cap \Omega \neq \emptyset$.

---

Realizado por: Ricardo velasco bazán (discusión) 02:41 6 nov 2012 (UTC)

---

1.22 Sea $\Omega \subseteq \mathbb {C}$ cualquier conjunto muestre que:

Ejercicio 1

$\left(1\right)$

Inciso a

$\left(a\right)$ $\Omega$ es abierto relativo en $\Omega$.

Puesto que dice que $\Omega$ puede ser cualquier conjunto, lo escogemos abierto, entonces $\Omega$ será abierto relativo tal que exista un ${\mathcal {A}}_{1}\subseteq \Omega \subseteq \mathbb {C}$, tal que ${\mathcal {A}}_{1}\cap \Omega =\Omega .$

Dado que $\Omega$ contiene a ${\mathcal {A}}_{1}$, entonces cumple con la primera parte del parrafo 1 del texto en la pagina 17.

Inciso b

$\left(b\right)$Si ${\mathcal {A}}_{1}$,.....,${\mathcal {A}}_{n}\subseteq \Omega$ son abiertos relativos, ${\mathcal {A}}_{1}\cap .....\cap {\mathcal {A}}_{n}$ es abierto relativo.

Veamos, por el inciso$\left(a\right)$, hemos dicho que ${\mathcal {A}}_{1}\subseteq \Omega$, tal que ${\mathcal {A}}_{1}\cap \Omega =\Omega$, esto quiere decir que podemos tomar ${\mathcal {A}}_{1},.....,{\mathcal {A}}_{n}\subseteq \Omega$, tal que $\left({\mathcal {A}}_{1}\cap ,.....,\cap {\mathcal {A}}_{n}\right)\cap \Omega =\Omega$, por lo cual se sigue cumpliendo que esa intersección de conjuntos abiertos generan a un abierto relativo.

Inciso c

$\left(c\right)$Si $\lbrace {A_{k}\rbrace }$ es cualquier familia de subconjuntos de $\Omega$ que son abiertos relativos, entonces $\bigcup _{k}A_{k}$ también es abierto relativo.

Hemos mostrado en $\left(b\right)$ que $\{\cap {\mathcal {A}}_{k}\}\subseteq \Omega =\Omega$, y es abierto relativo por $\left(a\right)$, ahora tenemos $\{\cup {\mathcal {A}}_{k}\}$, tal que por ser abiertos y su unión es $\{\cup {\mathcal {A}}_{k}\}\cap \Omega =\Omega$, lo cual sigue generando a nuestro abierto relativo.

Ejercicio 2

$\left(2\right)$

Inciso a

$\left(a\right)$ $\Omega$ es cerrados relativo en $\Omega$.

Puesto que dice que $\Omega$ puede ser cualquier conjunto, lo escogemos cerrado, entonces $\Omega$ será cerrado relativo tal que exista un ${\mathcal {A}}_{1}\subseteq \Omega \subseteq \mathbb {C}$, tal que ${\mathcal {A}}_{1}\cap \Omega =\Omega .$

Inciso b

$\left(b\right)$Si $A_{1}$,.....,$A_{n}\subseteq \Omega$ son cerrados relativos, $A_{1}\cup .....\cup A_{n}$ es cerrado relativo.

Entonces, por el inciso$\left(a\right)$, hemos dicho que ${\mathcal {A}}_{1}\subseteq \Omega$, tal que ${\mathcal {A}}_{1}\cap \Omega =\Omega$, esto quiere decir que podemos tomar ${\mathcal {A}}_{1},.....,{\mathcal {A}}_{n}\subseteq \Omega$, tal que $\left({\mathcal {A}}_{1}\cup ,.....,\cup {\mathcal {A}}_{n}\right)\cap \Omega =\Omega$, por lo cual se sigue cumpliendo que esa unión de conjuntos cerrados generan a un cerrado relativo.

Inciso c

$\left(c\right)$Si $\lbrace {A_{k}\rbrace }$ es cualquier familia de subconjuntos de $\Omega$ que son cerrados relativos, entonces $\bigcap _{k}A_{k}$ también es cerrado relativo.

Hemos mostrado en $\left(b\right)$ que $\{\cup {\mathcal {A}}_{k}\}\subseteq \Omega =\Omega$, y es cerrado relativo por $\left(a\right)$, ahora tenemos $\{\cap {\mathcal {A}}_{k}\}$, tal que por ser cerrados y su unión es $\{\cap {\mathcal {A}}_{k}\}\cap \Omega =\Omega$, lo cual sigue generando a nuestro cerrado relativo.

---

Realizado por: Luis Antonio (discusión) 16:39 5 dic 2012 (CST)

---

1.23 Si $A\subseteq \Omega$ es abierto relativo, demuestre que $\Omega -A\subseteq \Omega$ es cerrado relativo. Demuestre también que si $F\subseteq \Omega$ es cerrado relativo, entonces $\Omega -F\subseteq \Omega$ es abierto relativo

* Se dice que un subconjunto abierto ${\mathcal {A}}_{1}\subseteq \Omega$ es abierto relativo en $\Omega$ si existe un conjunto abierto ${\mathcal {A}}_{1}\subseteq \mathbb {C}$ tal que $\Omega ={\mathcal {A}}_{1}\cap \Omega$.

* Se dice que un subconjunto cerrado ${\mathcal {F}}_{1}\subseteq \Omega$ es cerrado relativo en $\Omega$ si existe un conjunto cerrado ${\mathcal {F}}_{1}\subseteq \mathbb {C}$ tal que $\Omega ={\mathcal {F}}_{1}\cap \Omega$.

Lo anterior es por el ejercicio 1.22

Podemos imaginar el analisis como el conjunto $\Omega$ es abierto relativo, su $\Omega ^{c}={\mathcal {A}}_{1}-\Omega$ será cerrado relativo, esto por que ${\mathcal {A}}_{1}$ podrá tocar sus puntos frontera. De manera similar si $\Omega$ es cerrado relativo, por entonces sus complemento $\Omega ^{c}={\mathcal {F}}_{1}-\Omega$, será abierto relativo por que ${\mathcal {F}}_{1}$ no podrá tocar su frontera.

Entonces se concluye lo que nos pide demostrar el enunciado enuciado.

---

Realizado por: Luis Antonio (discusión) 18:08 5 dic 2012 (CST)

---

1.24 Demuestre que $I\subseteq \mathbb {R}$ es conexo si y sólo si $I$ es un intervalo.

Sea $I=[a,b],a,b\in \mathbb {R} ,a<b$, y sea $A$ un subconjunto abierto de $I$ tal que $a\in A$ y $A\neq I$ (como $a\in A$, $A$ no es abierto en $\mathbb {R}$, pero si en $I$, es decir, $A$ es abierto relativo a $I$). Si se prueba que $A$ no es también cerrado, entonces se habrá probado que $I$ es conexo.

Puesto que $A$ es abierto, existe un $\epsilon >0$ tal que $[a,a+\epsilon )\subset A$. Sea $r$ el mayor $\epsilon$ para el cual $[a,a+\epsilon )\subset A$, es decir $r=sup\left\{\epsilon :[a,a+\epsilon )\subset A\right\}$. De este modo se tiene que $[a,a+r)\subset A$, pero $a+r\notin A$, por que de lo contrario, puesto que $A$ es abierto, habría un $\delta >0$ tal que $[a,a+r+\delta )\subset A$, contradiciendo la definición de $r$. Luego $a+r\notin A$, y por tanto $a+r\in I-A$. Si $A$ es también cerrado, entonces $I-A$ es abierto, y por tanto se puede encontrar un $\delta >0$ tal que $[a+r-\delta ,a+r+\delta )\subset I-A$, lo cual contradice el hecho de que $[a,a+r)\subset A$. Por lo tanto, $A$ no puede ser cerrado.

Ahora supóngase que $I$ no es un intervalo, entonces existen dos puntos $a,b\in I,a<b$, tal que $(a,b)\nsubseteq I$ (un teorema afirma que $I$ es un intervalo si y sólo si para cualquier par de puntos $a,b\in I$, con $a<b$ se tiene que $(a,b)\subset I$). Entonces, existe un punto $c\notin I$ tal que $a<c<b$. Como $a\in (-\infty ,c)$ y $b\in (c,\infty )$ se tiene que $I=(I\cap (-\infty ,c))\cup (I\cap (c,\infty ))$, donde $(I\cap (-\infty ,c))$ y $(I\cap (c,\infty ))$ son conjuntos disjuntos no vacíos. Por lo tanto, $I$ no es conexo.

---

Realizado por: Ricardo velasco bazán (discusión) 03:18 6 nov 2012 (UTC)

---

1.25 Un subconjunto $A\subseteq \mathbb {C}$ se dice que es convexo si para cualquiera dos puntos $z,w\in$$A$ se tiene que el segmento $[z,w]\subseteq$$A$.

(1) Demuestre que cualquier disco abierto o cerrado es convexo.

(2) Demuestre que cualquier semiplano abierto o cerrado es convexo.

(3) Demuestre que la intersección de cualquier familia de subconjuntos convexos es convexa.

Demostración

Inciso 1

(1) Por definición $[z,w]:=${$tw+(1-t)z:0\leq t\leq 1$}

Sean $z,w\in B(x,r)\subseteq \mathbb {C}$, entonces $|x-z|<r$;$|x-w|<r$.......................(*)

Sea $v_{t}\in \mathbb {C}$ arbitrario, pero fijo definido por $v_{t}=tw+(1-t)z$, así todo punto del segmento [z,w] esta representado por $v_{t}$.

Por otra parte

$|x-v_{t}|=|x-tw-(1-t)z|=|x-tw-z+tz|$ al sumar y restar $tx$ se tiene que $|x-v_{t}|=|x-tw-z+tz+tx-tx|$ agrupando y factorizando

$|x-v_{t}|=|(x-z)(1-t)+(tx-tw)|$ aplicando la desigualdad del triángiulo

$|x-v_{t}|\leq |(x-z)(1-t)|+|tx-tw|$ n Como $0\leq t\leq 1$, entonces $0\leq {1-t}\leq 1$ y de las propiedades del valor absoluto tenemos que $|x-v_{t}|\leq (1-t)|x-z|+t|x-w|$ aplicando (*)

$|x-v_{t}|<(1-t)r+tr=r-tr+t=r$ por lo que $v_{t}\in B(x,r)$ Como $v_{t}$ fue arbitrario, entonces $[z,w]\subseteq B(x,r)$

Así, hemos dado dos elementos $z,w\in B(x,r)$ cuyo segmento $[z,w]\in B(x,r)$

Por lo tanto, un disco abierto es convexo

Para un disco cerrado solo se reemplazan la desigualdad estricta de (*) por una desigualdad.

Sean $x,y\in H_{u}$ con $H_{u}$ un semiplano abierto generado por $u,v\in \mathbb {C} ,v\not =0$, luego $Im(\displaystyle {\frac {x-w}{v}})>0$ & $Im(\displaystyle {\frac {y-w}{v}})>0$ (**)

Sea $z_{t}\in [x,y]$ arbitrario, entonces

$Im(\displaystyle {\frac {z_{t}-w}{v}})=Im(\displaystyle {\frac {ty+(1-t)x-w}{v}})$

$=Im(\displaystyle {\frac {ty+x-tx-w}{v}})=Im(\displaystyle {\frac {ty+x-tx-w+tw-tw}{v}})$ $=Im(\displaystyle {\frac {ty-tw+(1-t)(x-w)}{v}})=Im(\displaystyle {\frac {ty-tw}{v}})+Im(\displaystyle {\frac {(1-t)(x-w)}{v}})$

$=tIm(\displaystyle {\frac {y-w}{v}})+(1-t)Im(\displaystyle {\frac {x-w}{v}})$

Como $t\geq 0,1-t\geq 0$ y de (**) se tiene que $Im(\displaystyle {\frac {z_{t}-w}{v}})>0$, como $z_{t}$ fue arbitrario, entonces $z_{t}\in H_{u}$

Por lo tanto un semiplano abierto es convexo.

Para el caso del semiplano cerrado basta con cambiar la condición (**).

---

Realizado por: Pérez Córdoba Sabino (discusión) 19:17 22 nov 2012 (CST)

---

1.27 Si $\Omega \subseteq \mathbb {C}$ es abierto, demuestre que sus componentes conexas son abiertas también.

Tomemos una componente $\Omega {\text{´}}\subseteq \mathbb {\Omega }$ y un punto $z_{0}\epsilon \Omega {\text{´}}$, como $z_{0}\epsilon \Omega$ y $\Omega$ es abierto, existe un disco $B(z_{0};r)\subseteq \Omega$. Recordando que un subconjunto $\Omega \subseteq \mathbb {C}$ no vacío, se puede descomponer como la unión de subconjuntos conexos (proposición 1.8),tenemos que la unión $B(z_{0};r)\cup \Omega {\text{´}}$ es conexa; y por el hecho de que un conjunto se puede llenar por subconjuntos y los intersticios que hay entre ellos se llenan con conjuntos más pequeños, debe ser igual a $\Omega {\text{´}}$. Con esto se entiende que $B(z_{0};r)\subseteq \Omega {\text{´}}$ y por tanto $\Omega {\text{´}}$ es abierto.

---

Realizado por: Ignacio Peralta Martínez (discusión) 19:02 6 nov 2012 (UTC)

---

FUENTES (INFORMACIÓN ADICIONAL):

LEYES DE MORGAN

---

Compleja:z-ej-cap1.1

Compleja:z-ej-cap1.2

Compleja:z-ej-cap1.3

Compleja:z-ej-cap1.4

Compleja:z-ej-cap2.1

Compleja:z-ej-cap2.2