Introducción
Las funciones vistas como series de potencias tienen un comportamiento bueno, en el sentido de que son funciones continuas y diferenciables, aunque aquí es donde radica una propiedad importante y es que la derivada de una serie de potencias es también una serie de potencias, por lo que resultará que las funciones dadas como series de potencias son infinitamente diferenciables.
Por el corolario 16.1 tenemos que la derivada de un polinomio complejo, digamos:
\begin{equation*}
p(z) = c_0 + c_1 z + \cdots + c_n z^n,
\end{equation*}está dada por el polinomio complejo:
\begin{equation*}
p'(z) = c_1 + 2c_2 z + \cdots + n c_n z^{n-1}.
\end{equation*}Intuitivamente, esto nos dice que la función suma $f$, definición 28.6, dada por una serie de potencias, es decir:
\begin{equation*}
f(z) = \sum_{n=0}^\infty c_n z^n, \tag{30.1}
\end{equation*}debería tener como derivada:
\begin{equation*}
f'(z) = \sum_{n=0}^\infty n c_n z^{n-1}.
\end{equation*}Si esto se cumple, entonces tendríamos que $f$ sería una función diferenciable término a término, pero ¿cuándo es posible esto? Para responder esta pregunta recurriremos a los conceptos de la entrada anterior sobre lo que es una serie de potencias así como los conceptos de convergencia de series de números complejos y de series de funciones vistos en las entradas anteriores, pues como veremos a continuación, para que la función suma $f$ propuesta en (30.1) satisfaga lo anterior, bastará con que la serie de potencias que la define sea convergente en algún dominio.
Proposición 30.1. (Continuidad de una serie de potencias.)
Sea $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty c_n (z-z_0)^n$ una serie de potencias con radio de convergencia $R>0$ y disco de convergencia $B(z_0,R)$. Definimos:
\begin{equation*}
f(z) := \sum_{n=0}^\infty c_n (z-z_0)^n, \quad \forall z\in B(z_0, R).
\end{equation*}Entonces $f$ es continua en $B(z_0,R)$.
Demostración. Dadas las hipótesis, sea $a \in B(z_0,R)$. Definimos:
\begin{equation*}
r := \frac{R – |z_0 – a|}{2} > 0,
\end{equation*}entonces $\overline{B}(a, r) \subset B(z_0, R)$.
Dado que la serie converge uniformemente en $\overline{B}(a, r)$, proposición 29.2, y para cada $n\in\mathbb{N}$ la función $f_n(z) = c_n(z-z_0)^n$ es continua en $\mathbb{C}$, entonces se sigue del corolario 28.2 que $f$ es continua en $\overline{B}(a, r)$.
Como $a$ es un punto interior de $\overline{B}(a, r)$, entonces $f$ es continua en $a \in B(z_0, R)$. Dado que $a$ era aribitrario, entonces $f$ es continua en $B(z_0, R)$.
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Lema 30.1.
Sea $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty c_n (z-z_0)^n$ una serie de potencias con radio de convergencia $R>0$. Entonces la serie de potencias:
\begin{equation*}
\displaystyle\sum_{n=1}^\infty n c_n z^{n-1},
\end{equation*}tiene el mismo radio de convergencia $R>0$.
En general, para cada $k\geq 1$ la serie de potencias:
\begin{equation*}
\sum_{n=k}^\infty n(n-1)\cdots (n-k+1) c_n z^{n-k} = \sum_{n=k}^\infty \frac{n!}{(n-k)!} c_n z^{n-k},
\end{equation*}también tiene el mismo radio de convergencia $R>0$.
Demostración. Sin pérdida de generalidad probaremos el resultado para $z_0 = 0$.
El resultado general se sigue fácilmente al aplicar inducción sobre $k$, por ejemplo, el caso cuando $k=2$ se obtiene al aplicar el resultado para $k=1$ a la serie $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty n c_n z^{n-1}$, por lo que esta última parte del resultado se deja como ejercicio al lector.
Dadas las hipótesis, procedemos entonces a probar el caso cuando $k=1$. Para $z\in B(0,R)$, tomamos $r = \dfrac{|\,z\,|+R}{2}>0$, tal que $|\,z\,|<r<R$, entonces del lema de Abel se sigue que la serie $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty c_n r^n$ converge absolutamente, por lo que existe $K>0$ tal que $|\,c_n r^n\,|\leq K$ para todo $n\in\mathbb{N}$. Sea:
\begin{equation*}
q := \frac{|\,z\,|}{r} < 1,
\end{equation*}entonces:
\begin{equation*}
|\,n c_n z^{n-1}\,| = n \, |\,c_n \,| \left|\, \frac{z}{r}\,\right|^{n-1} r^{n-1} \leq \frac{nK}{r} q^{n-1}, \quad \forall n\geq 1.
\end{equation*}Dado que $0\leq q < 1$, tenemos que:
\begin{equation*}
\lim_{n\to\infty} \dfrac{\dfrac{(n+1)Kq^n}{r}}{\dfrac{nK q^{n-1}}{r}} = q \lim_{n\to\infty} \left(1+\dfrac{1}{n}\right) = q < 1,
\end{equation*}por lo que la serie $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty n K q^{n-1} r^{-1}$ converge, entonces la serie $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty |\,n c_n z^{n-1} \, |$ converge, proposición 27.4(1), y por tanto, proposición 27.3, la serie $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty n c_n z^{n-1}$ converge.
Por último, notemos que si $|\,z\,|>R$, entonces la serie $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty |c_n z^n|$ diverge ya que la serie $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty c_n z^n$ diverge y dado que:
\begin{equation*}
\left|\,n c_n z^{n-1}\,\right| \geq \frac{|c_n z^n|}{|\,z\,|}, \quad \forall n\geq 1,
\end{equation*}entonces, proposición 27.4(2), la serie $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty n c_n z^{n-1}$ diverge.
Por lo tanto, dichas series tienen el mismo radio de convergencia.
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Observación 30.1.
Sean $z, z_0 \in\mathbb{C}$ distintos. Notemos que para todo $n\geq 2$ se cumple que:\begin{equation*}
\frac{z^n – z_0^n}{z – z_0} – n z_0^{n-1} = (z-z_0)\sum_{m=1}^{n-1} m z_0^{m-1} z^{n-m-1}.
\end{equation*}
Proposición 30.2.
Sean $z_0\in\mathbb{C}$ fijo y $f:B(z_0, R) \to \mathbb{C}$ una función dada por la serie de potencias:
\begin{equation*}
f(z) = \displaystyle \sum_{n=0}^\infty c_n (z-z_0)^n,
\end{equation*}con radio de convergencia $R>0$. Entonces $f$ puede diferenciarse término a término dentro de su dominio de convergencia, es decir:
\begin{equation*}
f'(z) = \sum_{n=1}^\infty n c_n (z-z_0)^{n-1}.
\end{equation*}
Demostración. Sin pérdida de generalidad probaremos el resultado para $z_0 = 0$, ya que en otro caso basta con que consideremos a la función:
\begin{equation*}
F(z) = \sum_{n=0}^\infty c_n z^{n},
\end{equation*}la cual cumple que $f(z) = F(z-z_0)$, entonces $f$ es diferenciable si y solo si lo es la función $F$ y las derivadas de $f$ en $z_0$ son las derivadas de $F$ en $0$.
Dadas las hipótesis, por el lema anterior tenemos que la serie $g(z) = \displaystyle\sum_{n=1}^\infty n c_n z^{n-1}$ es absolutamente convergente para $|\,z\,| < R$.
Veamos que para $z_0\in B(0,R)$ se cumple que:
\begin{equation*}
f'(z_0) = \lim_{z \to z_0} \frac{f(z) – f(z_0)}{z – z_0} = g(z_0),
\end{equation*}o equivalentemente que:
\begin{equation*}
\lim_{z \to z_0} \left[ \frac{f(z) – f(z_0)}{z – z_0} – g(z_0)\right] = 0.
\end{equation*}Una vez fijo $z_0\in B(0,R)$, tomemos $r=\dfrac{|\,z_0\,|+R}{2}$, entonces $|\,z_0\,|<r<R$ y sea $z\in B(0,r)\setminus\{z_0\}$. Dado que las series que definen a las funciones $f$ y $g$ son convergentes, entonces de la proposición 27.2 y la observación 30.1 tenemos que:
\begin{align*}
\frac{f(z) – f(z_0)}{z – z_0} – g(z_0) & = \dfrac{\displaystyle \sum_{n=0}^\infty c_n z^n – \displaystyle\sum_{n=0}^\infty c_n z_0^n}{z – z_0} – \sum_{n=1}^\infty n c_n z_0^{n-1}\\
& = \sum_{n=0}^\infty c_n \left(\frac{z^n – z_0^n}{z – z_0}\right) – \sum_{n=1}^\infty n c_n z_0^{n-1}\\
& = \sum_{n=1}^\infty c_n \left( \frac{z^n – z_0^n}{z – z_0} – n z_0^{n-1} \right)\\
& = \sum_{n=2}^\infty c_n \left( \frac{z^n – z_0^n}{z – z_0} – n z_0^{n-1} \right)\\
& = \sum_{n=2}^\infty c_n (z-z_0)\sum_{m=1}^{n-1} m z_0^{m-1} z^{n-m-1}.
\end{align*}Dado que $z, z_0 \in B(0,r)$, entonces se cumple que:
\begin{align*}
\left| (z-z_0)\sum_{m=1}^{n-1} m z_0^{m-1} z^{n-m-1} \right| & \leq |\,z-z_0\,| \sum_{m=1}^{n-1} m |z_0|^{m-1} |z|^{n-m-1}\\
& < |z-z_0| \, r^{n-2} \sum_{m=1}^{n-1} m\\
& = |z-z_0| \, r^{n-2} \left( \frac{n(n-1)}{2}\right).
\end{align*}Por lo que:
\begin{equation*}
\left|\frac{f(z) – f(z_0)}{z – z_0} – g(z_0)\right| < \frac{|\,z-z_0\,|}{2} \sum_{n=2}^\infty n(n-1)|c_n| r^{n-2}, \quad \forall z\in B^*(0,r).
\end{equation*}Por el lema 30.1 tenemos que la series:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty c_n z^n \quad \text{y} \quad \sum_{n=2}^\infty n(n-1) c_n z^{n-2},
\end{equation*}tienen el mismo radio de convergencia, es decir, $R>0$, y en particular ambas son absolutamente convergentes. Puesto que $r<R$, entonces la serie $\displaystyle \sum_{n=2}^\infty n(n-1)|c_n| r^{n-2}$ converge. Por lo tanto, dado que $z\in B(0,r)\setminus\{z_0\}$ al tomar el límite tenemos:
\begin{equation*}
\lim_{z\to z_0} \left|\frac{f(z) – f(z_0)}{z – z_0} – g(z_0)\right| < \lim_{z\to z_0} \frac{|\,z-z_0\,|}{2} \sum_{n=2}^\infty n(n-1)|c_n| r^{n-2} = 0,
\end{equation*}de donde se sigue el resultado.
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Ejemplo 30.2.
Estudiemos la convergencia de la serie:
\begin{equation*}
\sum_{n=1}^\infty \frac{n}{5^n}(z-i)^{n-1}.
\end{equation*}Solución. Notemos que dicha serie resulta de derivar a la serie:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{5^n}(z-i)^{n},
\end{equation*} la cual es una serie geométrica convergente si:
\begin{equation*}
\left| \frac{z-i}{5}\right|<1 \quad \Longleftrightarrow \quad |z-i|<5,
\end{equation*} es decir, su dominio de convergencia es el disco $B(i,5)$. Entonces, de la proposición 30.2, al ser una serie geométrica, se sigue que ambas series tienen el mismo dominio de convergencia.
Por último, para obtener la suma de la serie dada tenemos que:
\begin{align*}
f(z) & = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{5^n}(z-i)^{n}\\
& = \dfrac{1}{1- \dfrac{z-i}{5}}\\
& = \dfrac{5}{5+i-z}, \quad \forall z \in B(i,5),
\end{align*}por lo que:\begin{align*}
f'(z) &= \sum_{n=1}^\infty \frac{n}{5^n}(z-i)^{n-1}\\
& = \dfrac{5}{(5+i-z)^2}, \quad \forall z \in B(i,5).
\end{align*}
Observación 30.2.
Aunque una serie de potencias y su derivada tienen el mismo radio de convergencia, es importante hacer énfasis en que su dominio de convergencia no necesariamente es el mismo.
Ejemplo 30.3.
Consideremos a las series:
\begin{equation*}
\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\dfrac{z^n}{n} \quad \text{y} \quad \displaystyle\sum_{n=1}^\infty z^{n-1}.
\end{equation*}De acuerdo con el ejercicio 7(a) de la entrada anterior, sabemos que la primera serie de potencias tiene radio de convergencia $R=1$ y su dominio de convergencia es el conjunto:
\begin{equation*}
\overline{B}(0,1) \setminus\{1\} = \left\{z\in\mathbb{C} : |\,z\,|\leq 1 \,\, \text{y} \,\, z\neq 1 \right\}.
\end{equation*}Mientras que la segunda serie, que es su derivada, también tiene radio de convergencia $R=1$, pero al ser una serie geométrica su dominio de convergencia es el disco abierto $B(0,1)$, que es distinto al dominio de la primera serie.
Corolario 30.1 (Existencia de las derivadas de todos los órdenes de una serie de potencias.)
Sean $z_0\in\mathbb{C}$ fijo y $f:B(z_0, R) \to \mathbb{C}$ una función dada por la serie de potencias:
\begin{equation*}
f(z) = \displaystyle \sum_{n=0}^\infty c_n (z-z_0)^n,
\end{equation*}con radio de convergencia $R>0$. Entonces todas las derivadas de orden superior de $f$, es decir:
\begin{equation*}
f’, f^{(2)}, f^{(3)}, \ldots, f^{(k)}, \ldots
\end{equation*}existen para todo $z$ en su dominio de convergencia y dichas derivadas están dadas por:
\begin{align*}
f^{(k)}(z) & = \sum_{n=k}^\infty n(n-1)\cdots (n-k+1) c_n (z-z_0)^{n-k}\\
& = \sum_{n=k}^\infty \frac{n!}{(n-k)!} c_n (z-z_0)^{n-k}.
\end{align*}En particular:
\begin{equation*}
c_k = \frac{f^{(k)}(z_0)}{k!}, \quad k\in\mathbb{N}.
\end{equation*}
Demostración. Se deja como ejercicio al lector.
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Corolario 30.2. (Unicidad del desarrollo en series de potencias.)
Sean $R>0$ y $z_0 \in \mathbb{C}$ fijo. Si para todo $z\in\mathbb{C}$ tal que $|z-z_0|<R$ se cumple que:
\begin{equation*}
\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_n (z-z_0)^n = \displaystyle \sum_{n=0}^\infty b_n (z-z_0)^n,
\end{equation*}entonces $a_n = b_n$ para todo $n\in\mathbb{N}$. En particular, si $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty c_n (z-z_0)^n = 0$, entonces $c_n = 0$ para todo $n\in\mathbb{N}$.
Demostración. Se deja como ejercicio al lector.
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Ejemplo 30.4.
Para todo $|\,z\,|<1$ definimos a la función:
\begin{equation*}
f(z) = \displaystyle \sum_{n=0}^\infty z^n = \frac{1}{1-z}.
\end{equation*}De acuerdo con el corolario 30.1, derivando repetidamente y cambiando los índices de las sumas, es fácil verificar que para todo $k\in\mathbb{N}$ y todo $|\,z\,|<1$ se cumple que:
\begin{equation*}
f^{(k)}(z) = \displaystyle \sum_{n=0}^\infty (n+k)(n+k-1) \cdots (n+1) z^n = \frac{k!}{(1-z)^{k+1}}.
\end{equation*}Entonces, para todo $|\,z\,|<1$:
\begin{align*}
f'(z) &= \frac{1}{(1-z)^2} = \displaystyle \sum_{n=0}^\infty (n+1) z^n,\\
f»(z) &= \frac{2}{(1-z)^3} = \displaystyle \sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1) z^n,\\
f^{(3)} &= \frac{6}{(1-z)^4} = \displaystyle \sum_{n=0}^\infty (n+3)(n+2)(n+1) z^n.
\end{align*}Además:
\begin{equation*}
f^{(k)}(0) = k! \quad \Longrightarrow \quad c_k = 1, \quad \forall k\in\mathbb{N}.
\end{equation*}
Ejemplo 30.5.
Determinemos la función suma y el dominio de convergencia de la siguiente serie:
\begin{equation*}
\displaystyle \sum_{n=0}^\infty n^2 z^n.
\end{equation*}
Solución. Notemos que para todo $n\in\mathbb{N}$ se cumple que:
\begin{equation*}
n^2 = (n+2)(n+1)-3(n+1)+1.
\end{equation*}De acuerdo con el ejemplo anterior, tenemos que para $|\,z\,|<1$ las series:
\begin{equation*}
\displaystyle \sum_{n=0}^\infty z^n, \quad \displaystyle \sum_{n=0}^\infty (n+1) z^n \quad \text{y} \quad \displaystyle \sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1) z^n,
\end{equation*}son convergentes, entonces, de la proposición 27.2(2) se sigue:
\begin{align*}
\displaystyle \sum_{n=0}^\infty n^2 z^n & = \displaystyle \sum_{n=0}^\infty \left[(n+2)(n+1)-3(n+1)+1\right] z^n\\
& = \displaystyle \sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1) z^n – 3 \displaystyle \sum_{n=0}^\infty (n+1) z^n + \displaystyle \sum_{n=0}^\infty z^n\\
& = \frac{2}{(1-z)^3} – \frac{3}{(1-z)^2} + \frac{1}{1-z}\\
& = \frac{z^2 + z}{(1-z)^3}.
\end{align*}Por lo tanto, para todo $z\in B(0,1)$ la función suma de la serie dada es:
\begin{equation*}
f(z) = \frac{z^2 + z}{(1-z)^3}.
\end{equation*}
Definición 30.1. (Funciones par e impar.)
Sea $f(z) = \displaystyle \sum_{n=0}^\infty c_n z^n$ una serie con radio de convergencia $R>0$. Se define a la serie:
\begin{equation*}
f(-z) = \displaystyle \sum_{n=0}^\infty c_n (-z)^n = \displaystyle \sum_{n=0}^\infty (-1)^n c_n z^n.
\end{equation*}Se dice que $f$ es par si $c_n=0$ para todo $n$ impar y que $f$ es impar si $c_n=0$ para todo $n$ par.
Ejemplo 30.6.
De acuerdo con la definición 30.1, veamos que $f$ es par si y solo si $f(-z) = f(z)$.
Solución. Dadas las hipótesis tenemos lo siguiente.
$\Rightarrow)$ Si $f$ es par, tenemos que $c_n = 0$ para todo $n$ impar. Además $(-1)^n = 1$ si $n$ es par, entonces:
\begin{equation*}
f(-z) = \displaystyle \sum_{n=0}^\infty (-1)^n c_n z^n = \displaystyle \sum_{n \, \, \text{par}} (-1)^n c_n z^n = \displaystyle \sum_{n \, \, \text{par}} c_n z^n = f(z).
\end{equation*}
$(\Leftarrow$ Si $f(-z) = f(z)$ entonces:
\begin{equation*}
\displaystyle \sum_{n=0}^\infty (-1)^n c_n z^n = \displaystyle \sum_{n=0}^\infty c_n z^n.
\end{equation*}De acuerdo con el ejercicio 8(d) de la entrada anterior, tenemos que ambas series tienen el mismo radio de convergencia, por lo que ambas son series convergentes, entonces:
\begin{equation*}
\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \left[ 1- (-1)^n\right] c_n z^n = 0.
\end{equation*}Como $1 – (-1)^n = 2$ si $n$ es impar tenemos que:
\begin{equation*}
\displaystyle \sum_{n \, \, \text{impar}} 2 c_n z^n = 0,
\end{equation*}entonces, corolario 30.2, $c_n = 0$ para todo $n$ impar.
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Ejemplo 30.7.
Determinemos la serie de potencias y el dominio de convergencia de la función:
\begin{equation*}
f(z) = \frac{1}{(1-z)(2-z)}.
\end{equation*}
Solución. Aplicando fracciones parciales tenemos que:
\begin{align*}
f(z) & = \frac{1}{(1-z)(2-z)}\\
& = \frac{1}{1-z} – \frac{1}{2-z}\\
& = \frac{1}{1-z} – \dfrac{1}{2}\frac{1}{1-\dfrac{z}{2}}.
\end{align*}Notemos que si $|\,z\,|<1$ entonces:
\begin{align*}
f(z) & = \sum_{n=0}^\infty z^n – \frac{1}{2} \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{z}{2}\right)^n\\
& = \sum_{n=0}^\infty \left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}\right]z^n.
\end{align*}
En este punto es crucial que recordemos la observación 16.4 en la cual mencionamos que es posible definir de manera equivalente el concepto de función analítica a través del desarrollo en serie de potencias, ya que de acuerdo con el corolario 30.1 tenemos que una función dada a través de una serie de potencias es infinitamente diferenciable
Definición 30.2. (Función analítica.)
Sea $U \subset \mathbb{C}$ un conjunto abierto. Una función $f: U \to \mathbb{C}$ es analítica en $U$ si y solo si para cada $z_0\in U$ existe una sucesión de números complejos $\{c_n\}_{n\geq 0} \subset U$ y un número real $r>0$ tal que:
\begin{equation*}
f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} c_n (z-z_0)^n, \quad \forall z\in B(z_0, r).
\end{equation*}
Observación 30.3.
Notemos que en la definición 30.2 no hemos asumido que $B(z_0, r)$ es necesariamente el mayor disco de convergencia en $U$ con centro en $z_0$. Además, los números $c_0, c_1, \ldots,$ en $U$ dependen de $z_0$.
Observación 30.4.
Debe ser claro que una consecuencia inmediata de la definición 30.2 es que una función analítica $f$ hereda todas las propiedades locales de una serie de potencias como las operaciones entre series, entre otras propiedades importantes estudiadas en la unidad anterior.
Corolario 30.3.
Sean $f$ y $g$ dos funciones analíticas en algún dominio $D$ y $c\in\mathbb{C}$ una constante. Entonces $c f$, $f + g$ y $f g$ son funciones analíticas en $D$. Más aún, la suma finita, el producto finito y las combinaciones lineales finitas de funciones analíticas son también analíticas.
Demostración. Se sigue de la definición anterior y de las propiedades de las series vistas en la entrada 27.
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Ejemplo 30.7.
Si $p:\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ es un polinomio complejo, entonces $p$ una función analítica en $\mathbb{C}$.
Verificar este hecho es sencillo si consideramos que para todo $n\in\mathbb{N}$ se cumple que $z^n=(z-z_0+z_0)^n$, con $z_0\in\mathbb{C}$ fijo y utilizamos la fórmula binomial:
\begin{equation*}
(z+z_0)^n = \sum_{k=0}^n \frac{n!}{k!(n-k)!} z^k z_0^{n-k},
\end{equation*}por lo que se deja como ejercicio al lector.
Asimismo cada función racional, digamos $r=p/q$, donde $p$ y $q$ son dos polinomios complejos, es analítica en $\mathbb{C}\setminus Q$, con $Q$ el conjunto de los ceros del polinomio $q$.
Ejemplo 30.8.
Sea $U = \mathbb{C} \setminus\{1\}$. Definimos a la función $f:U \to \mathbb{C}$ como:
\begin{equation*}
f(z) = \frac{1}{1-z}.
\end{equation*}Veamos que $f$ es analítica de acuerdo con la definición 30.2.
Solución. Sabemos que para todo $z \in B(0,1)$ y $z_0 = 0$ podemos ver a $f$ como la serie geométrica:
\begin{equation*}
f(z) = \frac{1}{1-z} = \sum_{n=0}^\infty z^n.
\end{equation*}Sea $z_0 \in U$, entonces tenemos que:
\begin{align*}
f(z) = \dfrac{1}{1-z} & = \dfrac{1}{1-z_0} \left(\dfrac{1}{1-\dfrac{z-z_0}{1-z_0}}\right)\\
&= \dfrac{1}{1-z_0} \, \displaystyle \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{z-z_0}{1-z_0}\right)^n\\
& = \sum_{n=0}^\infty \frac{(z-z_0)^n}{(1-z_0)^{n+1}},
\end{align*}para todo $z\in B(z_0, r) \subset U$, donde $r=|1-z_0|$.
Por lo tanto, $f$ es analítica en $U$.
Tarea moral
- Demuestra los corolarios 30.1 y 30.2.
- Completa la demostración del lema 30.1.
- Verifica la observación 30.1.
- Sea $f$ una función analítica en un dominio $D$ y supón que:
\begin{equation*}
f(z_1) = f(z_2) = \cdots = f(z_n) = w,
\end{equation*}para distintos puntos $z_1, z_2, \ldots, z_n \in D$. Muestra que:
\begin{equation*}
F(z) = \frac{f(z) – w}{(z-z_1) \cdots (z-z_n)},
\end{equation*}es una función analítica en $D$ con una definición adecuada de $F$ en $z_1, z_2, \ldots, z_n \in D$. - Sea $f$ una función analítica y distinta de cero en un dominio $D$. Prueba que $1/f$ es analítica en $D$.
Hint: Procede de la siguiente forma.
Toma a $z_0\in D$ fijo y define:
\begin{equation*}
f(z) = \sum_{n=0}^\infty c_n(z-z_0)^n,
\end{equation*}para todo $z\in B(z_0,\rho) \subset D$, con $\rho>0$.
Define la sucesión de coeficientes $\{b_n\}_{n\geq 0} \subset D$ recursivamente como $b_0 = 1/c_0$ y para $n\geq 1$:
\begin{equation*}
c_0 b_n + c_1 b_{n-1} + \cdots + c_n b_0 = 0.
\end{equation*}
Define a la función:
\begin{equation*}
g(z) = \sum_{n=0}^\infty b_n(z-z_0)^n.
\end{equation*}Elige a $r$, con $0<r<\rho$, tal que:
\begin{equation*}
\sum_{n=1}^\infty |a_n| r^n \leq |a_0|.
\end{equation*}a) Prueba por inducción que $|b_n|r^n \leq |b_0|$.
b) Muestra que $g$ converge en $B(z_0, r)$.
c) Prueba que $f(z)g(z)=1$ en $B(z_0, r)$, de donde:
\begin{equation*}
\left(\frac{1}{f}\right)(z) = \sum_{n=0}^\infty b_n(z-z_0)^n.
\end{equation*} - Supón que la serie de potencias $f(z) = \displaystyle \sum_{n=0}^\infty c_n z^n$ tiene radio de convergencia $R>0$ y $f'(0)=c_1 \neq 0$. Demuestra que para algún $0 < r \leq R$ la función $f$ es inyectiva en $B(0,r)$.
Hint: Procede como en la prueba de la proposición 30.2, observa que si $0<r<R$ y $z,w\in B(0,r)$, entonces:
\begin{equation*}
f(z) – f(w) = c_1(z-w) + (z-w) \sum_{n=2}^\infty c_n \sum_{m=1}^n w^{m-1} z^{n-m},
\end{equation*}de donde:
\begin{equation*}
|\,f(z) – f(w)\,| > \frac{|c_1|}{2} |\,z-w\,|.
\end{equation*} - Determina la función suma y el dominio de convergencia de las siguientes series de potencias.
a)$\displaystyle \sum_{n=0}^\infty (3+4i)^n \, z^n$.
b) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty n(n+1) \, z^n$.
c) $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty (n^3 -1) \, z^n$.
Hint: Considera el ejemplo 30.4, el inciso anterior y observa que para todo $n\in\mathbb{N}$ se cumple que:\begin{equation*}
n^3 = (n+3)(n+2)(n+1) – 6n(n+1)-5(n+1)-1.
\end{equation*}d) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n(n+1) \, z^n$. - Considera las siguientes series y en cada caso prueba lo que se te pide.
a) \begin{equation*}
f(z) = \sum_{n=0}^\infty \frac{z^{2n}}{(2n)!}.
\end{equation*}Muestra que su radio de convergencia es $R=\infty$ y prueba que $f(z) = f»(z)$.
b) \begin{equation*}
f(z) = \sum_{n=0}^\infty \frac{z^{2n}}{(n!)^2}.
\end{equation*}Muestra que su radio de convergencia es $R=\infty$ y prueba que $z^2 f»(z) + z f'(z) = 4z^2 f(z)$.
c) \begin{equation*}
f(z) = z – \frac{z^3}{3} + \frac{z^5}{5} – \frac{z^7}{7} + \cdots .
\end{equation*}Muestra que su radio de convergencia es $R=1$ y prueba que $f'(z) = 1/(z^2+1)$. - Considera la definición 30.1 y prueba que una función $f(z) = \displaystyle \sum_{n=0}^\infty c_n z^n$ es impar si y solo si $f(-z) = -f(z)$.
- Determina la serie de potencias y su dominio de convergencia de la función:
\begin{equation*}
f(z) = \frac{1}{(1+z)(2+z)}.
\end{equation*}
Más adelante…
En esta entrada hemos probado uno de los resultados más importantes referentes a las funciones analíticas y es que dichas funciones tienen un desarrollo como serie de potencias. Este hecho es crucial pues nos garantiza que una función analítica es de clase $C^\infty$, lo cual nos será de gran utilidad en la última unidad de este curso al hablar de series de Taylor y series de Laurent que serán claves en la teoría de las funciones complejas pues nos permitirán dar de manera explícita un desarrollo en series de potencias para toda función compleja analítica.
La siguiente entrada corresponde con la última de esta tercera unidad y en ella abordaremos algunas de las funciones complejas elementales vistas como series de potencias, en particular de la función exponencial compleja que como hemos visto en la unidad anterior resulta fundamental para la definición de las demás funciones complejas elementales, por lo que a través de su desarrollo en series de potencias justificaremos su definición así como el uso de la notación $e^z$ y $\operatorname{exp}(z)$ de manera indistinta al hacer una extensión de la función real para el caso complejo.
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