Usuario discusión:Cesar

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1.4) Si $a\in \mathbb {R}$ demuestre que $\omega (-a)$=-$\omega (a)$.

Y si $a\neq 0$, demuestre que $\omega (a^{-1})$=$\omega (a)^{-1}$

Demostración

Sea $\omega =a=(a,0)$, entonces $\omega (-a)$=-a $\therefore$ $\omega (-a)$=$-\omega (a)$

y

$\omega (a^{-1})$=${\frac {1}{a}}$ $\Rightarrow$ $\omega (a^{-1})$=${\frac {1}{\omega (a)}}$ $\therefore$ $\omega (a^{-1})$=$\omega (a)^{-1}$

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Sean $w,z\in {C}$ Demostrar que:

a)$||z||=||{\overline {z}}||$

Demostración

Sea ${\overline {z}}=a-ib\qquad y\qquad z=a+ib$ entonces

$||{\overline {z}}||={\sqrt {a^{2}+(-b)^{2}}}\qquad y\qquad ||z||={\sqrt {a^{2}+b^{2}}}$

$\therefore \qquad ||z||=||{\overline {z}}||$

b) $\qquad ||zw||=||z||||w||$

Demostración

$||zw||^{2}=(zw)({\overline {zw}})$

$||zw||^{2}=(z{\overline {w}})(w{\overline {z}})$

$\qquad ||zw||^{2}=||z||^{2}||w||^{2}$

$\therefore \qquad ||zw||=||z||||w||$

c) $\qquad ||z+w||\leq ||z||+||w||$

Demostración

$||z+w||^{2}=(z+w)({\overline {w+z}})$

$||z+w||^{2}=(z+w)({\overline {w}}+{\overline {z}})$

$||z+w||^{2}=z{\overline {z}}+z{\overline {w}})+w{\overline {z}}+w{\overline {w}}$

$\qquad ||z+w||^{2}=||z||^{2}+2Re(zw)+||w||^{2}$

$\qquad ||z+w||^{2}\leq ||z||^{2}+2||z||||w||+||w||^{2}$

$\qquad ||z+w||^{2}\leq (||z||+||w||)^{2}$

$\therefore \qquad ||z+w||\leq ||z||+||w||$

d) $||z-w||\geq ||z||-||w||$

Demostración

$\qquad ||z||=||(z-w)+w||$

$||z||\leq ||z-w||+||w||$

$\therefore \qquad ||z||-||w||\leq ||z-w||$

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Si z=a+ib, demuestre que $Re(z)={\frac {z+{\overline {z}}}{2}}\qquad y\qquad Im(z)={\frac {z-{\overline {z}}}{2i}}$

Demostración

a) $\qquad {\frac {z+{\overline {z}}}{2}}={\frac {a+ib+(a-ib)}{2}}$

${\frac {z+{\overline {z}}}{2}}={\frac {2a}{2}}$

$\therefore \qquad {\frac {z+{\overline {z}}}{2}}=Re(a)$

b)$\qquad {\frac {z-{\overline {z}}}{2i}}={\frac {a+ib-(a-ib)}{2i}}$

${\frac {z+{\overline {z}}}{2i}}={\frac {2ib}{2i}}$

$\therefore \qquad {\frac {z+{\overline {z}}}{2i}}=Im(z)$

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LEYES DE MORGAN

1) $(A\cup B)^{C}=A^{C}\cap B^{C}$

Demostración

Sea un x arbitrario del conjunto universal, entonces:

$x\in (A\cup B)^{C}\Leftrightarrow x\notin (A\cup B)$

$\Leftrightarrow \neg (x\in (A\cup B))$

$\Leftrightarrow \neg (x\in A\vee x\in B)$

$\Leftrightarrow x\notin A\wedge x\notin B$

$\Leftrightarrow (x\in A^{C})\wedge (x\in B^{C})$

$\Leftrightarrow x\in (A^{C}\cap B^{C})$

al ser x arbitrario

$\forall x:x\in ((A\cup B)^{C})\Leftrightarrow x\in (A^{C}\cap B^{C})$

$\therefore (A\cup B)^{C}=A^{C}\cap B^{C}$

2) $(A\cap B)^{C}=A^{C}\cup B^{C}$

Demostración

Sea un x arbitrario del conjunto universal, entonces:

$x\in (A\cap B)^{C}\Leftrightarrow x\notin (A\cap B)$

$\Leftrightarrow \neg (x\in (A\cap B))$

$\Leftrightarrow \neg (x\in A\wedge x\in B)$

$\Leftrightarrow x\notin A\vee x\notin B$

$\Leftrightarrow (x\in A^{C})\vee (x\in B^{C})$

$\Leftrightarrow x\in (A^{C}\cup B^{C})$

al ser x arbitrario

$\forall x:x\in ((A\cap B)^{C})\Leftrightarrow x\in (A^{C}\cup B^{C})$

$\therefore (A\cap B)^{C}=A^{C}\cup B^{C}$

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1.18 Describa los siguientes subconjuntos de $\mathbb {C}$

a)${z\in \mathbb {C} :Im(z)>0}$

Solución

Sea $z\in \mathbb {C}$, z=a+ib. Si la parte Im(z)>0 entonces b>0. $\therefore$ la parte imaginaria de z {Im(z)}es una línea horizontal b>0

b)${z\in \mathbb {C} :Re(z)>{\frac {3}{2}}}$ Solución

Sea $z\in \mathbb {C}$, z=a+ib. Si la parte ${Re(z)>{\frac {3}{2}}}$, entonces $|a|>{\frac {3}{2}}$ $\therefore$ la parte Real de z {Re(z)}es una línea vertical $a>{\frac {3}{2}}$

c)${z\in \mathbb {C} :|z-1|\leq 2}$

Solución

Sea $z\in \mathbb {C}$ y z=a+ib, entonces |z-1|=|a+ib-1|$\leq 2$ $\Rightarrow$|$a-1+b$|$\leq 2$ $\Rightarrow$$(a-1)^{2}+b^{2}$$\leq 4$

$\therefore$ Es una circunferencia con centro en (1,0) y radio 2

d) $z\in \mathbb {C} :|z+1|>2$

Solución

Sea $z\in \mathbb {C}$ y z=a+ib, entonces |z-1|=|a+ib-1|>2 $\Rightarrow$|$a-1+b$|>2 $\Rightarrow$$(a-1)^{2}+b^{2}$> 4 $\therefore$ Es una circunferencia con centro en (0,1) y radio 2

e) $z\in \mathbb {C} :Im(z)>0,{\frac {-1}{2}}\leq Re(z)\leq {\frac {1}{2}}$

Solución

Sea $z\in \mathbb {C}$ y z=a+ib, como b>0 y ${\frac {-1}{2}}\leq a\leq {\frac {1}{2}}$ $\therefore$$z\in ({\frac {-1}{2}},{\frac {1}{2}})$

f) $z\in \mathbb {C} :Im(z)>0,{\frac {-1}{2}}\leq Re(z)\leq {\frac {1}{2}}$,$|z|\geq 1$

Solución

Sea $z\in \mathbb {C}$ y z=a+ib, como b>0 y ${\frac {-1}{2}}\leq a\leq {\frac {1}{2}}$, $|z|\geq 1$, entonces hay una circunferencia con centro en (0,0) y radio 1 $\therefore$$z\in$$(-\infty ,-1)$$\bigcup$ $(1,\infty )$

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1.35 Demuestre que si $\sum _{n=0}^{\infty }z_{n}$ es convergente, entonces la sucesión $\{z_{n}\}$ converge a 0.La afirmación recíproca es falsa: considere la serie armónica $\sum _{n=0}^{\infty }1/n$

Demostración: Para k grande $a_{k}=S_{k}-S_{k-1}$ entonces: $\lim _{k\to \infty }a_{k}=\lim _{k\to \infty }(S_{k}-S_{k-1})$ ${\textrm {SiSessumadelaserie}}\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}{\textrm {entonces}}\lim _{k\to \infty }S_{k}=S$ ${\textrm {donde}}\lim _{k\to \infty }a_{k}=\lim _{k\to \infty }(S_{k}-S_{k-1})=S-S=0$

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2.14) Encuentre todas las funciones holomorfas $f=u+iv{\textrm {con}}u(x,y)=x^{2}-y^{2}$

Solucion:

Sea $f(z)=z^{9}2\Rightarrow {(u+iv)^{2}}=u^{2}+2iuv-v^{2}$ donde:

$u(x,y)=x^{2}-y^{2}\land v(x,y)=2xy$

Derivando parcialmente:

$u_{x}(x,y)=2x\land u_{y}(x,y)=-2y$ $v_{x}(x,y)=2y\land v_{y}(x,y)=2x$:

Ambas satisfacen las ecuaciones de Riemann

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2.15) Demuestre que no hay funciones holomorfas $f=u+iv{\textrm {con}}u(x,y)=x^{2}+y^{2}$ Solucion: $f(z)=|z|^{2}=x^{2}+y^{2}{\textrm {i.e.}}f(x+iy)=x^{2}+y^{2}$ Entonces:

Si z=0

$f'(0)=\lim _{h\to 0}{\frac {f(0+h)-f(0)}{h}}=\lim _{h\to 0}{\frac {|h|^{2}}{h}}=\lim _{h\to 0}{\frac {h{\overline {h}}}{h}}=\lim _{h\to 0}{\overline {h}}=0$

Si z \ne 0

$f'(z)=\lim _{h\to 0}\ frac{f(z+h)-f(z)}{h}=\lim _{h\to 0}{\frac {|z+h|^{2}-|z|^{2}}{h}}=\lim _{h\to 0}{\frac {(z+h){\overline {(z+h)}}-z{\overline {z}}}{h}}=\lim _{h\to 0}{\frac {z{\overline {h}}+h{\overline {z}}+h{\overline {h}}}{h}}=\lim _{h\to 0}{\frac {z{\overline {h}}}{h}}+{\overline {z}}+{\overline {h}}$

Si $h\in \mathbb {R}$ tenemos:

$\lim _{h\to 0}\ frac{f(z+h)-f(z)}{h}={\overline {z}}+z$

Si $h=ir{\textrm {con}}r>0$ entonces:

$\lim _{h\to 0}\ frac{f(z+h)-f(z)}{h}={\overline {z}}-z$

como $z\neq 0\Rightarrow {\overline {z}}+z\neq {\overline {z}}-z$

$\therefore f(z){\textrm {noesdiferenciableen}}z\neq 0$