Variable Compleja Ejercicios Resueltos
Figueroa Romero Pedro
[email protected] http://p-fold.blogspot.com
´ Ultima actualizaci´ on: 6 de mayo de 2012
“But mathematics is the sister, as well as the servant, of the arts and is touched with the same madness and genius.” Harold Marston Morse
´Indice ´ Indice
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1. N´ umeros Complejos 1.1. Encuentra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Encuentra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Encuentra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4. Calcula todos los valores de . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. En la teor´ıa cu´ antica de fotoionizaci´on encontramos la identidad 1.6. Demuestra algebraicamente que . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7. Demuestra que . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8. Demuestra que . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9. Demuestra que . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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3 3 3 3 4 4 5 6 7 8
2. Funciones de variable compleja 9 2.1. Determina si las funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 2.2. Encuentra la funci´ on anal´ıtica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 3. Integraci´ on compleja 3.1. Calcula . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Calcula . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Calcula . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4. Si C es el c´ırculo . . . . . . . . . . . 3.5. Utiliza la f´ ormula integral de Cauchy 3.6. Demuestra que . . . . . . . . . . . . 3.7. Demuestra que . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . para . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . calcular . . . . . . . . . .
4. Series 4.1. Encontrar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2. Demuestra que . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. Demuestra que . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4. La teor´ıa cl´ asica de Langevin . . . . . . . . . . . . 4.5. El an´ alisis de la difracci´ on . . . . . . . . . . . . . . 4.6. El factor de despolarizaci´ on . . . . . . . . . . . . . 4.7. Expande la funci´ on factorial incompleta . . . . . . 4.8. Demuestre que el desarrollo en series de Laurent es 5. Referencias
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11 11 11 11 12 12 13 13
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14 14 15 16 17 18 18 19 20
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1. 1.1.
N´ umeros Complejos Encuentra la parte real y la parte imaginaria de √ √ 2 + 3i √ z=√ 3 − 2i Soluci´ on √ √ ! √ √ 3 + 2i 6 + 5i − 6 √ √ = =i 5 3 + 2i
√ √ 2 + 3i √ z=√ 3 − 2i
entonces <(z) = 0
1.2.
=(z) = 1
Encuentra √ 4
z, si z = − 21 +
√
3i 2
Soluci´ on Si decimos que z = r eiθ , se tiene |z| = 1
θ=
2π 3
entonces exp π6 i , √ π kπ exp − π3 i , 4 z = exp + i = exp − 5π 6 2 6 i , exp − 4π 3 i ,
1.3.
k k k k
=0 =1 =2 =3
Encuentra
el rec´ıproco de x + iy, a) trabajando por completo con representaci´ on cartesiana y b) trabajando con la forma polar pero expresando el resultado en forma cartesiana Soluci´ on (x + iy)−1 =
x − iy x y = 2 −i 2 2 2 2 x +y x +y x + y2
−1 e−iθ cos θ − i sin θ x − iy (x + iy)−1 = reiθ = = = 2 r r x + y2
1.4.
Calcula todos los valores de √
(−1 − i)
i
Soluci´ on √
Sea ω = (−1 − i) i , entonces h√ i √ ω = exp [ln(ω)] = i ln(−1 − i) = exp i (ln|(−1 − i)| + i arg(−1 − i) + 2nπi ) √ √ √ 5π 5π = exp i ln(| − 1||1 + i|) + i + 2nπ = exp i ln( 2) + i + 2nπ 4 4 h √ i exp √1 (i + 1) ln( 2) + i 5π + 2nπ 4 2 h i = √ exp √1 (i − 1) ln( 2) + i 5π + 2nπ 4 2
1.5.
En la teor´ıa cu´ antica de fotoionizaci´ on encontramos la identidad
ia − 1 ia + 1
ib = exp [−2b arccot(a)]
donde a, b ∈ R. Verifica esta identidad. Soluci´ on
ia − 1 ia − 1 ib = exp ib ln = exp {ib [ln(ia − 1) − ln(ia + 1)]} ia + 1 ia + 1 = exp {−b [arg(ia − 1) − arg(ia + 1)]} = exp {−b [arctan (−a) − arctan (a) + π]} 1 = exp {−b [−2 arctan (a) + π]} = exp −b −2 arccot +π a n h io π = exp −b −2 −arccot(a) + + π = exp [−2b arccot(a)] 2
1.6.
Demuestra algebraicamente que |z1 | − |z2 | ≤ |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 | Soluci´ on (|z1 | − |z2 |)2 ≤ |z1 + z2 |2 ≤ (|z1 | + |z2 |)2 |z1 |2 − 2|z1 z2 | + |z2 |2 ≤ |z1 |2 + |z2 |2 + 2 <(z1 z¯2 ) ≤ |z1 |2 + 2|z1 z2 | + |z2 |2 −|z1 ||z2 | ≤ <(z1 z¯2 ) ≤ |z1 ||z2 | −|z1 ||z2 | ≤ <(z1 )<(z2 ) + =(z1 )=(z2 ) ≤ |z1 ||z2 | Es evidente que −|z| ≤ <(z) ≤ |z|
− |z| ≤ =(z) ≤ |z|
para cualquier z, por tanto se sigue que −1 ≤
<(z1 ) <(z2 ) =(z1 ) =(z2 ) + ≤1 |z1 | |z2 | |z1 | |z2 |
es cierto para todo {z1 , z2 ∈ C : |z1 z2 | = 6 0} donde la condici´ on s´ olo descarta un caso trivial, ya que implicar´ıa que el m´ odulo de cualquiera, z1 o z2 fuera igual a cero.
1.7.
Demuestra que n−1 X
cos kx =
h xi sin(nx/2) cos (n − 1) sin x/2 2
sin kx =
h sin(nx/2) xi sin (n − 1) sin x/2 2
k=0 n−1 X k=0
Soluci´ on V´ease que n−1 X
n−1 X
k=0
k=0
(cos kx + i sin kx) =
cos kx + i
n−1 X
sin kx
k=0
entonces n−1 X
n−1 X
x
x
x
x
1 − einx ein 2 e−in 2 − ein 2 ein 2 e = (cos kx + i sin kx) = = x x x x 1 − eix ei 2 e−i 2 − ei 2 ei 2 k=0 k=0 −in x in x x x x x x ein 2 e−in 2 − ein 2 −ein 2 e 22i−e 2 ein 2 sin (nx/2) = = = x ix −i x x x x x ei 2 sin x/2 ei 2 e−i 2 − ei 2 −ei 2 e 22i−e 2 x i sin (nx/2) i x (n−1) sin (nx/2) h i x (n−1) = + i = ei 2 (n−1) e2 = < e2 sin x/2 sin x/2 n−1 n−1 n h h X sin (nx/2) xi x io X sin kx cos kx + i = cos (n − 1) + i sin (n − 1) = sin x/2 2 2 ikx
k=0
por tanto n−1 X
cos kx =
h sin(nx/2) xi cos (n − 1) sin x/2 2
sin kx =
h xi sin(nx/2) sin (n − 1) sin x/2 2
k=0 n−1 X k=0
k=0
1.8.
Demuestra que ∞ X
pk cos kx =
1 − p cos x 1 − 2p cos x + p2
pk sin kx =
p sin x 1 − 2p cos x + p2
k=0 ∞ X k=0
para todo −1 < p < 1. Estas series aparecen en la teor´ıa del interfer´ ometro Fabry-Perot. Soluci´ on De forma an´ aloga al ejercicio anterior ∞ X
k
p (cos kx + i sin kx) =
k=0
∞ X
k
p cos kx + i
k=0
∞ X
pk sin kx
k=0
entonces ∞ X k=0
pk eikx = l´ım
n→∞
=
n−1 X
! pk eikx
1 − pn einx n→∞ 1 − peix
= l´ım
k=0
1 1 − p cos x + ip sin x 1 − p cos x + ip sin x = = 2 ix 2 2 1 − pe 1 − 2p cos x + p2 (1 − p cos x) + p sin x p sin x 1 − p cos x +i = 1 − 2p cos x + p2 1 − 2p cos x + p2 por tanto ∞ X
pk cos kx =
1 − p cos x 1 − 2p cos x + p2
pk sin kx =
p sin x 1 − 2p cos x + p2
k=0 ∞ X k=0
1.9.
Demuestra que h i −1 π = l´ım i z 1 − (−1)z z→∞
Soluci´ on Sea h i −1 f (z) = i z 1 − (−1)z Para probar la proposici´ on, n´ otese que f s´ olo involucra a la variable dos veces, siendo una su rec´ıproco, entonces podemos aprovechar este hecho, diciendo que z −1 = w para cualquier w ∈ C, y as´ı f (w) =
i [1 − (−1)w ] w
Es claro entonces tambi´en que l´ım z −1 = 0
z→∞
por tanto l´ım f (z) = l´ım f (w)
z→∞
w→0
es decir i [1 − (−1)w ] w→0 w = l´ım −i [(−1)w ln (−1)]
l´ım f (w) = l´ım
w→0
w→0
= l´ım −i [(−1)w (ln | − 1| + i arg(−1))] w→0
= l´ım π (−1)w w→0
h i −1 = l´ım f (z) = l´ım i z 1 − (−1)z =π z→∞
z→∞
como se quer´ıa demostrar.
2. 2.1.
Funciones de variable compleja Determina si las funciones p u(x, y) = ln 4 x2 + y 2
v(x, y) = arctan
y p x + x2 + y 2
!
satisfacen las ecuaciones Cauchy-Riemann Soluci´ on Sean x = r cos θ
y = r sin θ
entonces por la regla de la cadena ∂u ∂u ∂u = cos θ + sin θ ∂r ∂x ∂y
∂ ∂u ∂u = (−r sin θ) + (r cos θ) ∂θ ∂x ∂y
∂v ∂v ∂v = cos θ + sin θ ∂r ∂x ∂y
∂v ∂v ∂v = (−r sin θ) + (r cos θ) ∂θ ∂x ∂y
As´ı, con las ecuaciones Cauchy-Riemann, se tiene que ∂u ∂v ∂v 1 ∂v =− sin θ + cos θ = ∂r ∂x ∂y r ∂θ ∂u ∂v ∂v ∂v = −r cos θ + sin θ = −r ∂θ ∂x ∂y ∂r entonces, simplemente, ya que √ ∂u ∂ 1 1 ∂v 1 ∂ sin θ 1 ∂ θ = ln r = = = arctan = ∂r ∂r 2r r ∂θ r ∂θ cos θ + 1 r ∂θ 2 ∂u ∂v = 0 = −r ∂θ ∂r las ecuaciones Cauchy-Riemann se satisfacen para u, v
2.2.
Encuentra la funci´ on anal´ıtica w(z) = u(x, y) + iv(x, y)
si a) u(x, y) = x3 − 3xy 2 , b) v(x, y) = e−y sin x Soluci´ on a) Se tiene ∂u ∂v = 3x2 − 3y 2 = ∂x ∂y ∂v ∂u = −6xy = − ∂y ∂x entonces Z
(3x2 − 3y 2 ) dy = 3x2 y − y 3 + ξ(x)
v(x, y) =
∂v = 6xy + ξ 0 (x) ∂x por tanto w(x) = (x3 − 3xy 2 ) + i(3x2 y − y 3 )
Soluci´ on b) Se tiene ∂v ∂u = e−y cos x = − ∂x ∂y ∂v ∂u = −e−y sin x = ∂y ∂x entonces Z u(x, y) =
−e−y sin x dx = e−y cos x + ξ(y)
∂u = −e−y cos x + ξ 0 (y) ∂y por tanto w(x) = (e−y cos x) + i(e−y sin x)
3. 3.1.
Integraci´ on compleja Calcula ez dz z
I |z|=1
Soluci´ on Por la f´ ormula integral de Cauchy I ez dz = 2πi z |z|=1
3.2.
Calcula I
dz +1
z2 |z|=2
I
Soluci´ on I I dz dz = A + B z2 + 1 z+i |z|=2
|z|=2
dz z−i
|z|=2
= 2πi(A + B) Al separar por fracciones parciales, entontramos A = −B, por tanto I dz =0 2 z +1 |z|=2
3.3.
Calcula I
ez z −n dz
|z|=1
Soluci´ on Por la forma diferencial de la f´ ormula integral de Cauchy, I 2πi ez dz = n z (n − 1)! |z|=1
3.4.
Si C es el c´ırculo
de centro en z0 = 3i y radio 4, calcula I C
z3
dz + 9z
Soluci´ on Se tiene z3
1 1 1 a b c = = = + + 2 + 9z z(z + 9) z(z + 3i)(z − 3i) z z + 3i z − 3i
por tanto, por la f´ ormula integral de Cauchy I I I 1 1 1 1 πi dz =a dz + c dz = 2πi(a + c) = 2πi − = 3 9 18 9 C z C z − 3i C z + 9z
3.5.
Utiliza la f´ ormula integral de Cauchy para calcular Z
∞
−∞
x2
dx +x+1
Soluci´ on Sea ξ(z) =
1 1 1 a b = 2 = = + q(z) z +z+1 (z − α)(z − β) z−α z−β Las ra´ıces de q(z) son 4
α = i3
2
β = −i 3
entonces, si C es la semicircunferencia de radio r para toda parte imaginaria mayor a cero I I dz dz 1 2π =b = b2πi = 2πi = √ 2+z+1 z z − β β − α 3 C C que es independiente del radio de la circunferencia, entonces Z ∞ dx 2π =√ 2 3 −∞ x + x + 1
3.6.
Demuestra que I
n
(z − z0 ) dz = C
2πi, n = −1 0, n= 6 −1
donde C encierra al punto z = z0 en sentido positivo y n ∈ Z. Soluci´ on Parametrizando C como una circunferencia de radio R y centro z = z0 , Z 2π I n (Reiθ )n+1 dθ (z − z0 ) dz = i C
=
0 n+1 R
n+1
e
2π = 0,
iθ(n+1)
∀n 6= −1
0
y para el caso n = −1 entonces se tiene I Z 2π n (z − z0 ) dz = i dθ = 2πi C
0
como se esperaba por el teorema integral de Cauchy
3.7.
Demuestra que 1 2πi
I
z m−n−1 dz,
m, n ∈ Z
Γ
donde Γ encierra una vez el origen en sentido positivo, es una representaci´ on de la delta de Kronecker δmn Soluci´ on Empleese una parametrizaci´ on an´ aloga a la del ejercicio anterior, con centro z = 0, I Z 2π 1 1 m−n−1 z dz = (Reiθ )m−n dθ 2πi Γ 2π 0 2π (Reiθ )m−n = = 0, ∀m 6= n 2πi(m − n) 0
y para el caso m = n, I Z 2π 1 1 z m−n−1 dz = dθ = 1 2πi Γ 2π 0 que tambi´en resulta trivial por el teorema integral de Cauchy.
4.
Series
4.1.
Encontrar
la expansi´ on en serie de potencias (alrededor de z = 0) de z f (z) = 2+z
z =z 2+z
1 2+z
=
z 2
Soluci´ on z 1 z z2 z3 = 1− + − + ... z 2 2 4 8 2 +1 ∞
=
X z k z4 z z2 z3 − + − + ... = − − 2 4 8 16 2 k=1
4.1.1.
f (z) =
z2
z2 − 1 + 7z + 12
Soluci´ on z2
z2
−1 1 1 −1 2 = =z −1 − z 2 + 7z + 12 (z + 3)(z + 4) z+3 z+4 1 z z2 z3 1 z z2 z3 z4 2 =z −1 − + − + ... − + − + − + ... 3 9 27 81 4 16 64 256 1024 1 7z 37z 2 175z 3 781z 4 2 =z −1 − + − + + ... 12 144 1728 20736 248832 =−
1 7z 107z 2 833z 3 4547z 4 + + − + + ... 12 144 1728 20736 248832
4.1.2.
f (z) =
z2 (1 − z)3
Soluci´ on z2
1 z2 d 1 f (z) = =z = (1 − z)3 (1 − z)3 2 dz (1 − z)2 z 2 d2 1 z 2 d2 = = (1 + z + z 2 + z 3 + . . .) 2 dz 2 1 − z 2 dz 2 =
2
z2 (2 + 6z + 12z 2 + 20z 3 + 30z 4 + 42z 5 + . . .) 2 = z 2 + 3z 3 + 6z 4 + 10z 5 + 15z 6 + . . .
4.2.
Demuestra que l´ım
n→∞
∞
1+
z n X z n = n n! n=0
Soluci´ on Sea ωn = 1 +
z n n .
Ahora bien, ωn = exp (ln ωn ), y sabemos que z ln ωn = n ln 1 + n z z2 z3 z4 =n − + − + ... n 2n2 3n3 4n4 ∞ X 1 k−1 zk − = k n k=1
por tanto concluimos que " # ∞ X zk 1 k−1 l´ım ωn = exp z + − n→∞ k n k=2
=e
z
cuya serie de Taylor alrededor de cero ya conocemos, esto es l´ım
n→∞
∞
X zn z n 1+ = ez = n n! n=0
La intenci´ on del ejercicio es emplear series de Taylor, sin embargo se puede calcular directamente el l´ımite sin muchos problemas; sea α = 1/n, entonces l´ım ωn = l´ım (1 + αz)α
n→∞
−1
α→0
ln (1 + αz) α z = l´ım eα→0 1 + αz z = l´ım exp α→0 1 + αz z =e = l´ım
eα→0
tal como se hab´ıa encontrado.
4.3.
Demuestra que ∞ Y k=2
∞ Y k=2
1 1− 2 k
1 2
=
Soluci´ on n 2 Y k −1 1 1 − 2 = l´ım n→∞ k k2 k=2
Exam´ınese el producto finito de la secuencia: n 2 Y k −1 k=2
k2
2 Pp 3 8 15 (n − 1)2 − 1 n −1 = ··· = 2 2 4 9 16 (n − 1) n Pq Inmediatamente se puede ver que Pq = (n!)2 Para Pp pueden examinarse algunos casos
n = 4 =⇒ Pp = 3 · 8 · 15 = (2 · 3) · (3 · 4 · 5) n = 5 =⇒ Pp = 3 · 8 · 15 · 24 = (2 · 3 · 4) · (3 · 4 · 5 · 6) n = 6 =⇒ Pp = 3 · 8 · 15 · 24 · 35 = (2 · 3 · 4 · 5) · (3 · 4 · 5 · 6 · 7) .. . 1 n ≥ 2 =⇒ Pp = (n − 1)! (n + 1)! 2 entonces reescribimos el producto como n 2 Y k −1 k=2
k2
=
(n − 1)! (n + 1)! n+1 = 2 2 (n!) 2n por tanto
l´ım
n→∞
n 2 Y k −1 k=2
k2
= l´ım
n→∞
n+1 2n
1 = l´ım n→∞ 2 ∞ Y 1 1 = 1− 2 = k 2 k=2
como se esperaba.
4.4.
La teor´ıa cl´ asica de Langevin
del paramagnetismo lleva a una expresi´ on para la polarizaci´ on magn´ etica, cosh z 1 − P (z) = c sinh z z expande P (z) en serie de potencias alrededor de z = 0. Soluci´ on e2z + 1 1 − e2z − 1 z 2 1 − +1 e2z − 1 z ∞ X 1 −2 e2zj − + 1 z j=0 !j ∞ X X (2z)k − 1 +1 −2 k! z
P (z) = c =c =c
=c
j=0
k
Esta representaci´ on, aunque correcta, no es muy satisfactoria, h´ agase 1 1 1 − − P (z) = c 1 + z e − 1 ez + 1 z !−1 !−1 ∞ ∞ k k X X z 1 z − +1− −1 +1 =c k! k! z k=0
k=0
...calculando las inversas de ambas series P (z) = c
*
1 1 z z3 z5 1 z z3 z5 1 − + − + ... − + − + − ... + 1 − z 2 12 720 30240 2 4 48 480 z z z3 2z 5 P (z) = c − + − ... 3 45 945
Tambi´en se puede emplear la serie de Taylor de tanh z y obtener la serie inversa; la manera m´ as tentadora, aunque quiz´ a menos inmediata de obtener el resultado es obtener la expansi´ on en series de Laurent de coth z. Se invita al lector a intentarlo.
* V´ease 2, se ofrece una explicaci´ on completa y sencilla, o en 4 se ofrecen las f´ ormulas para calcular los primeros coeficientes.
4.5.
El an´ alisis de la difracci´ on
de una abertura circular involucra Z
2π
cos(c cos ϕ) dϕ 0
expande el integrando en series e integra usando Z 2π Z 2π (2n)! 2n cos2n+1 ϕ dϕ = 0 cos ϕ dϕ = 2n 2π, 2 (n!)2 0 0 El resultado es 2π veces la funci´ on de Bessel J0 (c) Soluci´ on Z 2π X Z 2π ∞ (c cos ϕ)2k cos(c cos ϕ) dϕ = (−1)k dϕ (2k)! 0 0 k=0 Z ∞ X (−1)k c2k 2π cos2k ϕ dϕ = (2k)! 0 k=0
∞ X (−1)k c 2k = 2π = 2πJ0 (c) (k!)2 2 k=0
4.6.
El factor de despolarizaci´ on
L para un esferoide oblato en un campo el´ ectrico uniforme paralelo al eje de rotaci´ on es 1 L= 1 + ζ0 2 (1 − ζ0 arccotζ0 ) ε0 donde ζ0 define un esferoide oblato en coordenadas oblato-esferoides (ξ, ζ, ϕ). Demuestra que l´ım L =
ζ0 →∞
1 (esf era) 3ε0
l´ım L =
ζ0 →0
1 (“sabana” delgada) ε0
Soluci´ on Se tiene la expansi´ on en serie de McLaurin (Taylor alrededor de cero) arccot ζ0 =
π ζ0 3 ζ0 5 − ζ0 + − + ... 2 3 5
con lo que se vuelve evidente que l´ım L =
ζ0 →0
1 ε0
Ahora bien, podemos encontrar f´ acilmente la serie de Laurent, recordando que arccot ζ0 = arctan
1 ζ0
Sea χ = 1/ζ0 , entonces arctan χ =
∞ X
χ 2k+1
(−1)k
k
k=0
1 ε0 1 = ε0
L=
∞ X
=
(−1)k
k=0
1
2k+1
ζ0 k
, ∀|ζ0 | > 1
por tanto 1 1 2 − + ... 1 + ζ0 3ζ0 2 5ζ0 4 1 1 1 1 − − + ... + 3 3ζ0 2 5ζ0 2 5ζ0 4
y as´ı entonces se concluye que l´ım L =
ζ0 →∞
4.7.
1 3ε0
Expande la funci´ on factorial incompleta Z
x
γ(n + 1, x) =
e−t tn dt
0
en serie de potencias de x. ¿Cu´ al es el radio de convergencia de ´ esta? Soluci´ on Z γ(n + 1, x) =
∞ xX
(−1)k
0 k=0
=
∞ X k=0
(−1)k k!
Z
tk n t dt k!
x
tk+n dt
0
∞ X (−1)k xk+n+1 = k!(k + n + 1) k=0 1 x x2 n+1 =x − + − ... n + 1 n + 2 2!(n + 3)
Analicemos entonces el radio de convergencia r, m m+n+1 (m + 1)!(m + n + 2) am = l´ım (−1) x r = l´ım m→∞ am+1 m→∞ m!(m + n + 1) (−1)m+1 xm+n+2 = l´ım
m→∞
(m + 1)(m + n + 2) =∞ −x(m + n + 1)
por tanto la serie converge ∀x ∈ R
4.8.
Demuestre que el desarrollo en series de Laurent es u ´ nico Soluci´ on La serie de Laurent de una funci´ on anal´ıtica f (z) en D : r1 < |z − z0 | < r2 es +∞ X
An (z − z0 )n
n=−∞
por tanto si el desarrollo es u ´nico, existe +∞ X
n
Bn (z − z0 ) = f (z) =
n=−∞
+∞ X
An (z − z0 )n
n=−∞
tal que An = Bn , esto es +∞ X
(An − Bn )(z − z0 )n = 0
n=−∞
Sea ϑ un entero constante arbitrario, entonces +∞ X
n
(An − Bn )(z − z0 ) (z − z0 )
−ϑ−1
+∞ X
=
(An − Bn )(z − z0 )n−ϑ−1 = 0
n=−∞
n=−∞
Sea C un contorno positivo contenido en D, entonces tambi´en I
+∞ X
(An − Bn )(z − z0 )n−ϑ−1 dz = 0
C n=−∞ +∞ X
I
(z − z0 )n−ϑ−1 dz = 0
(An − Bn ) C
n=−∞
por el teorema integral de Cauchy 2πi
+∞ X
(An − Bn )δnϑ = 0
n=−∞
donde δnϑ =
1, si n = ϑ 0, si n 6= ϑ
es la delta de Kronecker. Ya que ϑ es arbitrario, se sigue que An = Bn como se quer´ıa demostrar.
5.
Referencias
[1] Algunos ejercicios fueron propuestos por el Dr. Jaime Cruz Sampedro de la UAM-A [2] Ahlfors, Complex Analysis. McGraw-Hill, Third Edition, 1979. [3] Churchill & Brown, Variable Compleja y Aplicaciones. McGraw-Hill, S´eptima Edition, 2004. [4] Arfken & Weber, Mathematical Methods for Physicists. Harcourt Academic Press, Fifth Edici´on, 2001.
