Variable Compleja

Ejercicios Resueltos

Figueroa Romero Pedropedrofigueroa@live.com.mx

http://p-fold.blogspot.com

Ultima actualizacion: 6 de mayo de 2012

“But mathematics is the sister, as well as the servant, of the arts and is touched with the samemadness and genius.”Harold Marston Morse

Indice

Indice 2

1. Numeros Complejos 31.1. Encuentra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2. Encuentra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3. Encuentra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.4. Calcula todos los valores de . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.5. En la teorıa cuantica de fotoionizacion encontramos la identidad . . . . . . . . . . . 41.6. Demuestra algebraicamente que . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.7. Demuestra que . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.8. Demuestra que . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.9. Demuestra que . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2. Funciones de variable compleja 92.1. Determina si las funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.2. Encuentra la funcion analıtica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

3. Integracion compleja 113.1. Calcula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113.2. Calcula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113.3. Calcula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113.4. Si C es el cırculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123.5. Utiliza la formula integral de Cauchy para calcular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123.6. Demuestra que . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133.7. Demuestra que . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

4. Series 144.1. Encontrar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144.2. Demuestra que . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154.3. Demuestra que . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164.4. La teorıa clasica de Langevin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174.5. El analisis de la difraccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184.6. El factor de despolarizacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184.7. Expande la funcion factorial incompleta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194.8. Demuestre que el desarrollo en series de Laurent es unico . . . . . . . . . . . . . . . 20

5. Referencias 21

1. Numeros Complejos

1.1. Encuentra

la parte real y la parte imaginaria de

z =

√2 +√

3i√3−√

2i

Solucion

z =

√2 +√

3i√3−√

2i

(√3 +√

2i√3 +√

2i

)=

√6 + 5i−

√6

5= i

entonces

<(z) = 0 =(z) = 1

1.2. Encuentra

4√z, si z = −1

2 +√

3i2

Solucion

Si decimos que z = r eiθ, se tiene

|z| = 1 θ =2π

3

entonces

4√z = exp

[(π

6+kπ

2

)i

]=

exp

(π6 i), k = 0

exp(−π

3 i), k = 1

exp(−5π

6 i), k = 2

exp(−4π

3 i), k = 3

1.3. Encuentra

el recıproco de x+ iy, a) trabajando por completo con representacion cartesiana y b)trabajando con la forma polar pero expresando el resultado en forma cartesiana

Solucion

(x+ iy)−1 =x− iyx2 + y2

=x

x2 + y2− i y

x2 + y2

(x+ iy)−1 =(reiθ

)−1=e−iθ

r=

cos θ − i sin θ

r=

x− iyx2 + y2

1.4. Calcula todos los valores de

(−1− i)√i

Solucion

Sea ω = (−1− i)√i, entonces

ω = exp [ln(ω)] =√i ln(−1− i) = exp

[√i (ln|(−1− i)|+ i arg(−1− i) + 2nπi )

]= exp

[√i

(ln(| − 1||1 + i|) + i

(5π

4+ 2nπ

))]= exp

[√i

(ln(√

2) + i

(5π

4+ 2nπ

))]

=

exp[(

1√2(i+ 1)

) (ln(√

2) + i(

5π4 + 2nπ

))]exp

[(1√2(i− 1)

) (ln(√

2) + i(

5π4 + 2nπ

))]

1.5. En la teorıa cuantica de fotoionizacion encontramos la identidad

(ia− 1

ia+ 1

)ib= exp [−2b arccot(a)]

donde a, b ∈ R. Verifica esta identidad.

Solucion(ia− 1

ia+ 1

)ib= exp

[ib ln

(ia− 1

ia+ 1

)]= exp {ib [ln(ia− 1)− ln(ia+ 1)]}

= exp {−b [arg(ia− 1)− arg(ia+ 1)]} = exp {−b [arctan (−a)− arctan (a) + π]}

= exp {−b [−2 arctan (a) + π]} = exp

{−b[−2 arccot

(1

a

)+ π

]}= exp

{−b[−2

(−arccot(a) +

π

2

)+ π

]}= exp [−2b arccot(a)]

1.6. Demuestra algebraicamente que

|z1| − |z2| ≤ |z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2|

Solucion

(|z1| − |z2|)2 ≤ |z1 + z2|2 ≤ (|z1|+ |z2|)2

|z1|2 − 2|z1z2|+ |z2|2 ≤ |z1|2 + |z2|2 + 2<(z1z2) ≤ |z1|2 + 2|z1z2|+ |z2|2

−|z1||z2| ≤ <(z1z2) ≤ |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)

|z1|<(z2)

|z2|+=(z1)

|z1|=(z2)

|z2|≤ 1

es cierto para todo {z1, z2 ∈ C : |z1z2| 6= 0}donde la condicion solo descarta un caso trivial,ya que implicarıa que el modulo de cualquiera,

z1 o z2 fuera igual a cero.

1.7. Demuestra que

n−1∑k=0

cos kx =sin(nx/2)

sin x/2cos[(n− 1)

x

2

]n−1∑k=0

sin kx =sin(nx/2)

sin x/2sin[(n− 1)

x

2

]Solucion

Vease que

n−1∑k=0

(cos kx+ i sin kx) =n−1∑k=0

cos kx+ in−1∑k=0

sin kx

entonces

n−1∑k=0

(cos kx+ i sin kx) =n−1∑k=0

eikx =1− einx

1− eix=ein

x2 e−in

x2 − ein

x2 ein

x2

eix2 e−i

x2 − ei

x2 ei

x2

=ein

x2

(e−in

x2 − ein

x2

)eix2

(e−i

x2 − ei

x2

) =−ein

x2

(e−in

x2−ein

x2

2i

)−ei

x2

(e−i

x2−ei

x2

2i

) =ein

x2 sin (nx/2)

eix2 sinx/2

=sin (nx/2)

sinx/2eix2

(n−1) =sin (nx/2)

sinx/2

[<(eix2

(n−1))

+ i=(eix2

(n−1))]

=sin (nx/2)

sinx/2

{cos[(n− 1)

x

2

]+ i sin

[(n− 1)

x

2

]}=

n−1∑k=0

cos kx+ in−1∑k=0

sin kx

por tanto

n−1∑k=0

cos kx =sin(nx/2)

sin x/2cos[(n− 1)

x

2

]n−1∑k=0

sin kx =sin(nx/2)

sin x/2sin[(n− 1)

x

2

]

1.8. Demuestra que

∞∑k=0

pk cos kx =1− p cosx

1− 2p cosx+ p2

∞∑k=0

pk sin kx =p sinx

1− 2p cosx+ p2

para todo −1 < p < 1. Estas series aparecen en la teorıa del interferometroFabry-Perot.

Solucion

De forma analoga al ejercicio anterior

∞∑k=0

pk(cos kx+ i sin kx) =

∞∑k=0

pk cos kx+ i

∞∑k=0

pk sin kx

entonces

∞∑k=0

pkeikx = lımn→∞

(n−1∑k=0

pkeikx

)= lım

n→∞

1− pneinx

1− peix

=1

1− peix=

1− p cosx+ ip sinx

(1− p cosx)2 + p2 sin2 x=

1− p cosx+ ip sinx

1− 2p cosx+ p2

=1− p cosx

1− 2p cosx+ p2+ i

p sinx

1− 2p cosx+ p2

por tanto

∞∑k=0

pk cos kx =1− p cosx

1− 2p cosx+ p2

∞∑k=0

pk sin kx =p sinx

1− 2p cosx+ p2

1.9. Demuestra que

π = lımz→∞

i z[1− (−1)z

−1]

Solucion

Sea

f(z) = i z[1− (−1)z

−1]

Para probar la proposicion, notese quef solo involucra a la variable dos veces, siendo una su recıproco,

entonces podemos aprovechar este hecho, diciendo que

z−1 = w

para cualquier w ∈ C, y ası

f(w) =i [1− (−1)w]

w

Es claro entonces tambien que

lımz→∞

z−1 = 0

por tanto

lımz→∞

f(z) = lımw→0

f(w)

es decir

lımw→0

f(w) = lımw→0

i [1− (−1)w]

w

= lımw→0−i [(−1)w ln (−1)]

= lımw→0−i [(−1)w (ln | − 1| + i arg(−1))]

= lımw→0

π (−1)w

= lımz→∞

f(z) = lımz→∞

i z[1− (−1)z

−1]

= π

como se querıa demostrar.

2. Funciones de variable compleja

2.1. Determina si las funciones

u(x, y) = ln(

4√x2 + y2

)v(x, y) = arctan

(y

x+√x2 + y2

)satisfacen las ecuaciones Cauchy-Riemann

Solucion

Sean

x = r cos θ y = r sin θ

entonces por la regla de la cadena

∂u

∂r=∂u

∂xcos θ +

∂u

∂ysin θ

∂

∂θ=∂u

∂x(−r sin θ) +

∂u

∂y(r cos θ)

∂v

∂r=∂v

∂xcos θ +

∂v

∂ysin θ

∂v

∂θ=∂v

∂x(−r sin θ) +

∂v

∂y(r cos θ)

Ası, con las ecuaciones Cauchy-Riemann, se tiene que

∂u

∂r= −∂v

∂xsin θ +

∂v

∂ycos θ =

1

r

∂v

∂θ

∂u

∂θ= −r

(∂v

∂xcos θ +

∂v

∂ysin θ

)= −r∂v

∂r

entonces, simplemente, ya que

∂u

∂r=

∂

∂r

(ln(√r))

=1

2r=

1

r

∂v

∂θ=

1

r

∂

∂θ

[arctan

(sin θ

cos θ + 1

)]=

1

r

∂

∂θ

(θ

2

)∂u

∂θ= 0 = −r∂v

∂r

las ecuaciones Cauchy-Riemann se satisfacen para u, v

2.2. Encuentra la funcion analıtica

w(z) = u(x, y) + iv(x, y)

sia) u(x, y) = x3 − 3xy2,b) v(x, y) = e−y sinx

Solucion a)

Se tiene

∂u

∂x= 3x2 − 3y2 =

∂v

∂y

∂u

∂y= −6xy = −∂v

∂x

entonces

v(x, y) =

∫(3x2 − 3y2) dy = 3x2y − y3 + ξ(x)

∂v

∂x= 6xy + ξ′(x)

por tanto

w(x) = (x3 − 3xy2) + i(3x2y − y3)

Solucion b)

Se tiene

∂v

∂x= e−y cosx = −∂u

∂y

∂v

∂y= −e−y sinx =

∂u

∂x

entonces

u(x, y) =

∫−e−y sinx dx = e−y cosx+ ξ(y)

∂u

∂y= −e−y cosx+ ξ′(y)

por tanto

w(x) = (e−y cosx) + i(e−y sinx)

3. Integracion compleja

3.1. Calcula

∮|z|=1

ez

zdz

Solucion

Por la formula integral de Cauchy∮|z|=1

ez

zdz = 2πi

3.2. Calcula

∮|z|=2

dz

z2 + 1

Solucion∮|z|=2

dz

z2 + 1= A

∮|z|=2

dz

z + i+B

∮|z|=2

dz

z − i

= 2πi(A+B)

Al separar por fracciones parciales, entontramos A = −B, por tanto∮|z|=2

dz

z2 + 1= 0

3.3. Calcula

∮|z|=1

ezz−n dz

Solucion

Por la forma diferencial de la formula integral de Cauchy,∮|z|=1

ez

zndz =

2πi

(n− 1)!

3.4. Si C es el cırculo

de centro en z0 = 3i y radio 4, calcula ∮C

dz

z3 + 9z

Solucion

Se tiene

1

z3 + 9z=

1

z(z2 + 9)=

1

z(z + 3i)(z − 3i)=a

z+

b

z + 3i+

c

z − 3i

por tanto, por la formula integral de Cauchy∮C

dz

z3 + 9z= a

∮C

1

zdz + c

∮C

1

z − 3idz = 2πi(a+ c) = 2πi

(1

9− 1

18

)=πi

9

3.5. Utiliza la formula integral de Cauchy para calcular

∫ ∞−∞

dx

x2 + x+ 1

Solucion

Sea

ξ(z) =1

q(z)=

1

z2 + z + 1=

1

(z − α)(z − β)=

a

z − α+

b

z − β

Las raıces de q(z) son

α = i43 β = −i

23

entonces, si C es la semicircunferencia de radio r para toda parte imaginaria mayor a cero∮C

dz

z2 + z + 1= b

∮C

dz

z − β= b2πi =

1

β − α2πi =

2π√3

que es independiente del radio de la circunferencia, entonces∫ ∞−∞

dx

x2 + x+ 1=

2π√3

3.6. Demuestra que

∮C

(z − z0)n dz =

{2πi, n = −10, n 6= −1

donde C encierra al punto z = z0 en sentido positivo y n ∈ Z.

Solucion

Parametrizando C como una circunferencia de radio R y centro z = z0,∮C

(z − z0)n dz = i

∫ 2π

0(Reiθ)n+1 dθ

=Rn+1

n+ 1eiθ(n+1)

∣∣∣∣2π0

= 0, ∀n 6= −1

y para el caso n = −1 entonces se tiene∮C

(z − z0)n dz = i

∫ 2π

0dθ = 2πi

como se esperaba por el teorema integral de Cauchy

3.7. Demuestra que

1

2πi

∮Γzm−n−1 dz, m, n ∈ Z

donde Γ encierra una vez el origen en sentido positivo, es una representacion de ladelta de Kronecker δmn

Solucion

Empleese una parametrizacion analoga a la del ejercicio anterior, con centro z = 0,

1

2πi

∮Γzm−n−1 dz =

1

2π

∫ 2π

0(Reiθ)m−n dθ

=(Reiθ)m−n

2πi(m− n)

∣∣∣∣2π0

= 0, ∀m 6= n

y para el caso m = n,

1

2πi

∮Γzm−n−1 dz =

1

2π

∫ 2π

0dθ = 1

que tambien resulta trivial por el teorema integral de Cauchy.

4. Series

4.1. Encontrar

la expansion en serie de potencias (alrededor de z = 0) de

f(z) =z

2 + z

Solucion

z

2 + z= z

(1

2 + z

)=z

2

(1

z2 + 1

)=z

2

(1− z

2+z2

4− z3

8+ . . .

)

=z

2− z2

4+z3

8− z4

16+ . . . = −

∞∑k=1

(−z

2

)k

4.1.1.

f(z) =z2 − 1

z2 + 7z + 12

Solucion

z2 − 1

z2 + 7z + 12=

z2 − 1

(z + 3)(z + 4)= z2 − 1

(1

z + 3− 1

z + 4

)= z2 − 1

(1

3− z

9+z2

27− z3

81+ . . .− 1

4+

z

16− z2

64+

z3

256− z4

1024+ . . .

)= z2 − 1

(1

12− 7z

144+

37z2

1728− 175z3

20736+

781z4

248832+ . . .

)= − 1

12+

7z

144+

107z2

1728− 833z3

20736+

4547z4

248832+ . . .

4.1.2.

f(z) =z2

(1− z)3

Solucion

f(z) =z2

(1− z)3= z2 1

(1− z)3=z2

2

d

dz

(1

(1− z)2

)=z2

2

d2

dz2

(1

1− z

)=z2

2

d2

dz2(1 + z + z2 + z3 + . . .)

=z2

2(2 + 6z + 12z2 + 20z3 + 30z4 + 42z5 + . . .)

= z2 + 3z3 + 6z4 + 10z5 + 15z6 + . . .

4.2. Demuestra que

lımn→∞

(1 +

z

n

)n=∞∑n=0

zn

n!

Solucion

Sea ωn =(1 + z

n

)n.

Ahora bien, ωn = exp (ln ωn), y sabemos que

ln ωn = n ln(

1 +z

n

)= n

(z

n− z2

2n2+

z3

3n3− z4

4n4+ . . .

)=∞∑k=1

zk

k

(− 1

n

)k−1

por tanto concluimos que

lımn→∞

ωn = exp

[z +

∞∑k=2

zk

k

(− 1

n

)k−1]

= ez

cuya serie de Taylor alrededor de cero ya conocemos, esto es

lımn→∞

(1 +

z

n

)n= ez =

∞∑n=0

zn

n!

La intencion del ejercicio es emplear series de Taylor,sin embargo se puede calcular directamente el lımite sin muchos problemas;

sea α = 1/n, entonces

lımn→∞

ωn = lımα→0

(1 + αz)α−1

= lımeα→0

ln (1 + αz)

α

= lımeα→0

z

1 + αz

= lımα→0

exp

[z

1 + αz

]= ez

tal como se habıa encontrado.

4.3. Demuestra que

∞∏k=2

(1− 1

k2

)=

1

2

Solucion

∞∏k=2

(1− 1

k2

)= lım

n→∞

n∏k=2

(k2 − 1

k2

)Examınese el producto finito de la secuencia:

n∏k=2

(k2 − 1

k2

)=

(3

4

)(8

9

)(15

16

)· · ·(

(n− 1)2 − 1

(n− 1)2

)(n2 − 1

n2

)=PpPq

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)

...

n ≥ 2 =⇒ Pp =1

2(n− 1)! (n+ 1)!

entonces reescribimos el producto como

n∏k=2

(k2 − 1

k2

)=

(n− 1)! (n+ 1)!

2 (n!)2=n+ 1

2n

por tanto

lımn→∞

n∏k=2

(k2 − 1

k2

)= lım

n→∞

n+ 1

2n

= lımn→∞

1

2

=

∞∏k=2

(1− 1

k2

)=

1

2

como se esperaba.

4.4. La teorıa clasica de Langevin

del paramagnetismo lleva a una expresion para la polarizacion magnetica,

P (z) = c

(cosh z

sinh z− 1

z

)expande P (z) en serie de potencias alrededor de z = 0.

Solucion

P (z) = c

(e2z + 1

e2z − 1− 1

z

)= c

(2

e2z − 1− 1

z+ 1

)

= c

−2

∞∑j=0

e2zj

− 1

z+ 1

= c

−2

∞∑j=0

(∑k

(2z)k

k!

)j− 1

z+ 1

Esta representacion, aunque correcta, no es muy satisfactoria, hagase

P (z) = c

(1 +

1

ez − 1− 1

ez + 1− 1

z

)

= c

( ∞∑k=0

zk

k!− 1

)−1

−

( ∞∑k=0

zk

k!+ 1

)−1

+ 1− 1

z

...calculando las inversas de ambas series *

P (z) = c

(1

z− 1

2+

z

12− z3

720+

z5

30240. . .− 1

2+z

4− z3

48+

z5

480− . . .+ 1− 1

z

)

P (z) = c

(z

3− z3

45+

2z5

945− . . .

)Tambien se puede emplear la serie de Taylor de tanh z y obtener la serie inversa;la manera mas tentadora, aunque quiza menos inmediata de obtener el resultado

es obtener la expansion en series de Laurent de coth z.Se invita al lector a intentarlo.

* Vease 2, se ofrece una explicacion completa y sencilla, o en 4 se ofrecen las formulas para calcular los primeroscoeficientes.

4.5. El analisis de la difraccion

de una abertura circular involucra∫ 2π

0cos(c cosϕ) dϕ

expande el integrando en series e integra usando∫ 2π

0cos2n ϕ dϕ =

(2n)!

22n(n!)22π,

∫ 2π

0cos2n+1 ϕ dϕ = 0

El resultado es 2π veces la funcion de Bessel J0(c)

Solucion∫ 2π

0cos(c cosϕ) dϕ =

∫ 2π

0

∞∑k=0

(−1)k(c cosϕ)2k

(2k)!dϕ

=

∞∑k=0

(−1)kc2k

(2k)!

∫ 2π

0cos2k ϕ dϕ

= 2π∞∑k=0

(−1)k

(k!)2

( c2

)2k= 2πJ0(c)

4.6. El factor de despolarizacion

L para un esferoide oblato en un campo electrico uniforme paralelo al eje de rotaciones

L =1

ε0

(1 + ζ0

2)

(1− ζ0 arccotζ0)

donde ζ0 define un esferoide oblato en coordenadas oblato-esferoides (ξ, ζ, ϕ).Demuestra que

lımζ0→∞

L =1

3ε0(esfera) lım

ζ0→0L =

1

ε0(“sabana” delgada)

Solucion

Se tiene la expansion en serie de McLaurin (Taylor alrededor de cero)

arccot ζ0 =π

2− ζ0 +

ζ03

3− ζ0

5

5+ . . .

con lo que se vuelve evidente que

lımζ0→0

L =1

ε0

Ahora bien, podemos encontrar facilmente la serie de Laurent, recordando que

arccot ζ0 = arctan1

ζ0

Sea χ = 1/ζ0, entonces

arctan χ =

∞∑k=0

(−1)k(χk

)2k+1=

∞∑k=0

(−1)k(

1

ζ0 k

)2k+1

, ∀|ζ0| > 1

por tanto

L =1

ε0

(1 + ζ0

2)( 1

3ζ02 −

1

5ζ04 + . . .

)=

1

ε0

(1

3+

1

3ζ02 −

1

5ζ02 −

1

5ζ04 + . . .

)y ası entonces se concluye que

lımζ0→∞

L =1

3ε0

4.7. Expande la funcion factorial incompleta

γ(n+ 1, x) =

∫ x

0e−ttn dt

en serie de potencias de x. ¿Cual es el radio de convergencia de esta?

Solucion

γ(n+ 1, x) =

∫ x

0

∞∑k=0

(−1)ktk

k!tn dt

=

∞∑k=0

(−1)k

k!

∫ x

0tk+n dt

=

∞∑k=0

(−1)k xk+n+1

k!(k + n+ 1)

= xn+1

(1

n+ 1− x

n+ 2+

x2

2!(n+ 3)− . . .

)Analicemos entonces el radio de convergencia r,

r = lımm→∞

∣∣∣∣ amam+1

∣∣∣∣ = lımm→∞

(−1)mxm+n+1

m!(m+ n+ 1)

(m+ 1)!(m+ n+ 2)

(−1)m+1xm+n+2

= lımm→∞

(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 unico

Solucion

La serie de Laurent de una funcion analıtica f(z) en D : r1 < |z − z0| < r2 es

+∞∑n=−∞

An(z − z0)n

por tanto si el desarrollo es unico, existe

+∞∑n=−∞

Bn(z − z0)n = f(z) =

+∞∑n=−∞

An(z − z0)n

tal que An = Bn, esto es

+∞∑n=−∞

(An −Bn)(z − z0)n = 0

Sea ϑ un entero constante arbitrario, entonces

+∞∑n=−∞

(An −Bn)(z − z0)n(z − z0)−ϑ−1 =+∞∑

n=−∞(An −Bn)(z − z0)n−ϑ−1 = 0

Sea C un contorno positivo contenido en D, entonces tambien∮C

+∞∑n=−∞

(An −Bn)(z − z0)n−ϑ−1 dz = 0

+∞∑n=−∞

(An −Bn)

∮C

(z − z0)n−ϑ−1 dz = 0

por el teorema integral de Cauchy

2πi

+∞∑n=−∞

(An −Bn)δnϑ = 0

donde

δnϑ =

{1, si n = ϑ0, si n 6= ϑ

es la delta de Kronecker.

Ya que ϑ es arbitrario, se sigue que

An = Bn

como se querıa 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, Septima Edition, 2004.

[4] Arfken & Weber, Mathematical Methods for Physicists. Harcourt Academic Press, FifthEdicion, 2001.