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1.29) '''Si <math>{z_n}</math> es una sucesión convergente en <math>\mathbb{C}</math>, demuestre que su límite es único. Si <math>z_{n}</math> y<math>w_{n}</math> son dos sucesiones convergentes, con límites <math>L_{1} y L_{2}</math>, respectivamente, demuestre que:
 
1.29) '''Si <math>{z_n}</math> es una sucesión convergente en <math>\mathbb{C}</math>, demuestre que su límite es único. Si <math>z_{n}</math> y<math>w_{n}</math> son dos sucesiones convergentes, con límites <math>L_{1} y L_{2}</math>, respectivamente, demuestre que:
1) La suma de las sucesiones <math>{z_n}+w_{n}</math> converge a <math>L_{1}+L_{2}</math>'''
+
:1)La suma de las sucesiones <math>{a_n}+b_{n}</math> converge a <math>L_{1}+L_{2}</math>
 +
:2)El producto de las sucesiones <math>{a_n}b_{n}</math>converge a <math>L_{1}L_{2}</math>
 +
:3)El cociente (cuando está definido) de las sucesiones <math> \frac{a_{n}}{b_{n}}</math> converge a <math> \frac{L_{1}}{L_{2}} si L_{2}\ne0</math>
  
 
'''Demostración'''
 
'''Demostración'''
  
Sea <math>\epsilon>0</math>, existen enteros positivos <math>n_{1} </math> y <math>n_{2}</math>tales que.
+
:'''Primero demostraremos que el límite es único'''.
<math>|a-a_{n}|<{\frac{\epsilon}{2}} </math> si <math>n>n_{1}</math> y <math>|b-b_{n}|<{\frac{\epsilon}{2}}
+
::Supongamos que la sucesión <math>(a_{n})_{n}</math> tuviera dos límites distintos, digamos <math>a\neq b</math>
</math> si <math>n>n_{2}</math>.
 
Tomando <math>n_{0}=máxn_{1},n_{2}</math> se tiene:
 
  
<math>|(a+b)-(a_{n}+b_{n})|\leq |a-a_{n}|+|b-b_{n}|</math> <math>\leq {\frac{\epsilon}{2}}+{\frac{\epsilon}{2}}</math>=<math>\epsilon</math> para cada <math>n>n_{0}</math>
+
:::Sea <math>\epsilon ={\frac{|a-b|}{4}}</math>>0. Entonces, por definición, existen números naturales <math>n_{1} y n_{2}</math> tales que <math>|a-a_{n}|<\epsilon </math> si <math>n>n_{1}</math> y <math>|b-b_{n}|<\epsilon </math> si <math>n>n_{2}</math>.
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:::Llamando <math>n_{0}=máx\{n_{1},n_{2}\}</math> se debe cumplir que:
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<math>|a-a_{n}|<\epsilon </math> si <math>n>n_{0}</math> y <math>|b-b_{n}|<\epsilon
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</math> si <math>n>n_{0}</math>. De donde se deduce que si n>n_{0} ha de ser
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:::<math>|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}}</math>
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:::<math>\therefore 1<{\frac{1}{2}}</math> es una contradicción, entonces '''el límite es único.'''
  
<math>\therefore\qquad</math> <math>a+b=lím_{n}(a_{n}+b_{n})</math>
 
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'''
 
  
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'''1)'''Sea <math>\epsilon>0</math>, existen enteros positivos <math>n_{1} </math> y <math>n_{2}</math> tales que
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<math>|a-a_{n}|<{\frac{\epsilon}{2}} </math> si <math> n>n_{1}</math> y <math>|b-b_{n}|<{\frac{\epsilon}{2}} </math> si <math>n>n_{2}</math>.
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:Tomando <math>n_{0}=máx\{n_{1},n_{2}\}</math> se tiene:
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::<math>|(a+b)-(a_{n}+b_{n})|\leq |a-a_{n}|+|b-b_{n}| \leq {\frac{\epsilon}{2}}+{\frac{\epsilon}{2}} = \epsilon</math> para cada <math>n>n_{0}</math>
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::<math>\therefore a+b=lím_{n}(a_{n}+b_{n})</math>
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'''2)''' Sea <math>a_{n}</math> una sucesión convergente, entonces existe un <math>\alpha>0</math> t.q. <math>|a_{n}|<\alpha </math> <math>\forall n \in\mathbb{N}</math>
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::Entonces
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::<math>|ab-a_{n}b_{n}|= |ab-a_{n}b+a_{n}b-a_{n}b_{n})|
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= |(a-a_{n})b+(b-b_{n})(a_{n})|
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\leq |a-a_{n}||b|+|(b-b_{n})||a_{n}|
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\leq |a-a_{n}||b|+|(b-b_{n})|\alpha</math>
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::Sin embargo <math> a = lim_{n}a_{n} \textrm{  y  } b=lim_{n}b_{n} , \epsilon>0 \textrm{  existen  } n_{1},n_{2}\in \mathbb{N} \qquad</math> tal que
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::<math>|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}</math>
 +
 +
::Entonces
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::<math>|ab-a_{n}b_{n}|< \frac{\epsilon}{2(|b|)} + \frac{\epsilon \alpha}{2\alpha} = \epsilon</math>
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::tomando <math>n_{0}= máx\{n_{1},n_{2}\}</math> se tiene que <math> ab = lím_{n}(a_{n}b_{n}) </math>
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'''3)'''Consideremos una cota inferior para la sucesión <math>(b_{n})_{n}</math> en lugar de una acotación superior.
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::Puesto que <math>b\neq</math> 0 y |<math>b|=lím_{n}|b_{n}|</math>, sea <math>\epsilon ={\frac{|b|}{2}}</math> existe <math>n_{1}\in \mathbb{N}</math> tal que <math>\\ \alpha:={\frac{|b|}{2}}<|b_{n}|</math>, para <math>n>n_{1}</math>.
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::Si <math>n>n_{1}</math>, obtenemos:
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:<math> \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} </math>
 +
:: Sea <math>\epsilon>0 \textrm{  existen  } n_{2},n_{3}\in \mathbb{N} \qquad</math>tal que:
 +
:<math>|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} </math>
 +
::Si tomamos <math> n_{0}:=max\{n,n_{2},n_{3}\} </math> debe cumplirse que
 +
: <math>\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</math>
 +
::Para <math>n>n_{0}</math>
 +
:<math> \lim_{n \rightarrow 00}\frac{a_{n}}{b_{n}} = \frac{a}{b} \qquad b_{n}\ne0 \textrm{ y } b\ne0</math>
 +
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'''1.69)Sea <math>d_{c}:\mathbb{C}_{\infty}\times\mathbb{C}_{\infty}\to\mathbb{C}_{\infty}</math> la distancia cordal. Demuestre que, en efecto, es una ''distancia'', es decir, satisface las condiciones:'''
 +
:a)<math> d_{c}(z,w)\ge0 \textrm{ y } d_{c}(z,w)=0 \textrm{ si y solo si } z=w </math>
 +
:b)<math> d_{c}(z,w)=d_c(w,z) </math>
 +
:c)<math> d_c(z,w)\le d_{c}(z,u)+d_{c}(u,w) \textrm{, para cualquier }u\in\mathbb{C}_{\infty} </math>
 
:Solución:
 
:Solución:
 +
::Para a)
 +
::Observemos que a),b),c) no toma valores negativos, entonces:
 +
::<math> 0=d(x,x) \le d(x,y)+d(y,x)=2d(x,y) </math>
 +
::<math> \therefore d(x,y)\ge 0</math>
 +
::Para b)
 +
::<math> |d(x,y)-d(y,z)|\le d(x,z) ,\qquad\forall x,y,z\in\mathbb{C} </math>usando b) y c) tenemos que:
 +
::<math> 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}</math>
 +
::<math> \therefore d(x,z)=d(y,x)</math>
  
::Siendo las raíces ''n''-ésimas de 1 tienen la siguiente forma:
+
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::::::::::<math> \sqrt[n]{1} = u_k = |\sqrt[n]{1}|exp\left(\frac{2ik\pi\! + \theta\!_0}{n} \right)</math>  con  <math>0\le k\le n-1</math>
 
  
::Siendo : <math>\theta\!_0=0 rad</math> entonces:
+
'''2.4) (Teorema de Rolle) Si <math>a,b \in\mathbb{R}</math> con  a<b  y <math> f:[a,b]\to\mathbb{R}</math> es continua, y además es derivable en (a,b), demuestre que si <math>f(a)=f(b)</math>, existe un <math>\xi\in(a,b)</math> donde <math>f</math> alcanza su máximo o mínimo.'''
::::::::::<math> \sqrt[n]{1} = exp\left(\frac{2ik\pi\!}{n}\right) = cos\left(\frac{2k\pi\!}{n}\right) + isen\left(\frac{2k\pi\!}{n}\right) </math>
+
:Demostración:
+
:Como f es continua en [a,b], entonces:
::Si un poligono está inscrito en una circunferencia cuando todos sus vertices son puntos de la circunferencia y todos sus lados están incluidos dentro del círculo que esta define, entonces todas las raíces deberían cumplir que:
+
:<math> \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}) </math>
 +
:Si <math>f(x_{1})=f(x)</math> entonces <math>f</math> es constante y en este caso cualquier <math>x_{0}\in(a,b)</math> satisface <math> f´(x_{0})=0 </math>
 +
:Si <math>x_{1}\in \{a,b\} \Rightarrow f(x_{1})=f(a)=f(b)</math>
 +
::pero si: <math>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</math>
 +
:Si <math>x_{2}\in \{a,b\} \Rightarrow x_{1}\notin \{a,b\} x_{1}\in (a,b) \textrm{ y } f´(x_{1})=0</math>
  
::::::::<math> |\sqrt[n]{1}| = 1 = r_0</math> donde <math>r_0</math> es el radio de la cirunferencia unitaria
 
::Por lo que:
 
:::<math> |\sqrt[n]{1}| = \sqrt{cos^2\left(\frac{2k\pi\!}{n}\right) + sen^2\left(\frac{2k\pi\!}{n}\right)} = \sqrt{1} =1= r_o</math>
 
  
::Si todos los lados de un poligono regular son iguales, la distancia entre cada uno de los vértices debería ser la misma, siendo una magnitud que sólo dependiera del número de lados del poligono ''(veáse angulo interior central)''. Entonces:
+
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::Sean las raíces n-ésimas donde <math> k = j </math> y <math> k= j+1 </math> tenemos que:
+
'''2.23) Muestre que la función <math> f(z)=f(x,y)= \sqrt{|xy|} </math> no es diferenciable en el origen aunque satisface las ecuaciones de Cauchy-Riemann en 0.'''
:::<math> d= \frac{2(j+1)\pi\!+ \theta\!}{n}-\frac{2j\pi\!+ \theta\!}{n} = \frac{2\pi\!}{n}</math>
+
:Solución:
::por lo que si se recorre la circunferencia unitaria cada <math> \frac{2\pi\!}{n} </math> unidades, podemos asegurar que existe una raíz la cual es un vértice del polígono regular de ''n'' lados de norma 1.
+
:Tenemos que <math>u(x,y)= \sqrt{|xy|}, v(x,y)=0</math> utilizando la definición de derivada parcial:
 +
:<math> u_{x}(0,0) = \lim_{h\to 0} \frac{u(h+0,0)-u(0,0)}{h}=0 \textrm{ con } h\in\mathbb{R}  </math>
 +
:Se puede observar que:
 +
:<math> u_{y}(0,0)=0, v_{x}(0,0) = v_{y}(0,0)=0 </math>
 +
:<math> \therefore \textrm{satisfacen las ecuaciones de Riemann}</math>
 +
:Pero si <math> h= h_{1}+ih_{2}</math>, entonces:
 +
:<math> \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}}</math>
 +
:Si <math>h_{2} = h_{1} = 0</math>
 +
:<math> \lim_{h\to 0} \frac{f(0+h)-f(0)}{h} =0</math>
 +
:Si <math> h_{1}=h_{2}</math>
 +
:<math> \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}}</math>
 +
:entonces:
 +
:<math> \lim_{h_{1}\to 0} \frac{|h_{1}|}{h_{1}}</math>
 +
:faltaaa
 +
:<math> \therefore \textrm{f(z) no es diferenciable en} z =0 </math>

Revisión actual - 02:35 25 nov 2012

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

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

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

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


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 \(n>n_{0}\)

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


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

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



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

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