Aplicaciones de la variable compleja a la resolución de ecuaciones

Aplicaciones de la variable compleja a la
resolución de ecuaciones funcionales.
Densificación
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez
Director: Gaspar Mora Martı́nez
5 de Julio de 06
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Índice
1
Ecuaciones funcionales
Introducción
Ecuaciones de Cauchy
Ecuación aditiva de Cauchy
La ecuación exponencial de Cauchy
La ecuación potencial de Cauchy
Resolución de ecuaciones utilizando la variable compleja
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Índice
1
Ecuaciones funcionales
Introducción
Ecuaciones de Cauchy
Ecuación aditiva de Cauchy
La ecuación exponencial de Cauchy
La ecuación potencial de Cauchy
Resolución de ecuaciones utilizando la variable compleja
2
Densificación
Preliminares
Densificación
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Índice
1
Ecuaciones funcionales
Introducción
Ecuaciones de Cauchy
Ecuación aditiva de Cauchy
La ecuación exponencial de Cauchy
La ecuación potencial de Cauchy
Resolución de ecuaciones utilizando la variable compleja
2
Densificación
Preliminares
Densificación
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Índice
1
Ecuaciones funcionales
Introducción
Ecuaciones de Cauchy
Ecuación aditiva de Cauchy
La ecuación exponencial de Cauchy
La ecuación potencial de Cauchy
Resolución de ecuaciones utilizando la variable compleja
2
Densificación
Preliminares
Densificación
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Introducción
Definición
En un sentido amplio, una ecuación funcional puede ser considerada como
una ecuación que involucra variables independientes, funciones conocidas,
funciones desconocidas y constantes. Nuestras incógnitas serán las
funciones desconocidas, en general definidas en cualquier espacio.
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Introducción
Definición
En un sentido amplio, una ecuación funcional puede ser considerada como
una ecuación que involucra variables independientes, funciones conocidas,
funciones desconocidas y constantes. Nuestras incógnitas serán las
funciones desconocidas, en general definidas en cualquier espacio.
Nota
Nos centraremos en las ecuaciones funcionales de varias variables.
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5 / 75
Introducción
Definición
En un sentido amplio, una ecuación funcional puede ser considerada como
una ecuación que involucra variables independientes, funciones conocidas,
funciones desconocidas y constantes. Nuestras incógnitas serán las
funciones desconocidas, en general definidas en cualquier espacio.
Nota
Nos centraremos en las ecuaciones funcionales de varias variables.
Nota
El conjunto de todos los valores de las variables involucradas en la
ecuación se llama el dominio de la ecuación funcional.
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Ejemplo
Ecuación aditiva de Cauchy:
f (x + y ) = f (x) + f (y ), x, y ∈ R.
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Ejemplo
Ecuación aditiva de Cauchy:
f (x + y ) = f (x) + f (y ), x, y ∈ R.
Ecuación de Pexider:
f (x + y ) = g (x) + h(y ), x, y ∈ R.
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Ejemplo
Ecuación aditiva de Cauchy:
f (x + y ) = f (x) + f (y ), x, y ∈ R.
Ecuación de Pexider:
f (x + y ) = g (x) + h(y ), x, y ∈ R.
Ecuación homogénea:
f (zx, zy ) = z n f (x, y ), x, y ∈ R+ , z ∈ R++ .
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Área relativamente desconocida y reciente de las Matemáticas (de
1960 en adelante).
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Área relativamente desconocida y reciente de las Matemáticas (de
1960 en adelante).
Fue ya considerada por matemáticos de la talla de Euler en el siglo
XVIII, y Cauchy en el siglo XIX.
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Área relativamente desconocida y reciente de las Matemáticas (de
1960 en adelante).
Fue ya considerada por matemáticos de la talla de Euler en el siglo
XVIII, y Cauchy en el siglo XIX.
Multitud de aplicaciones en diferentes campos:
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Área relativamente desconocida y reciente de las Matemáticas (de
1960 en adelante).
Fue ya considerada por matemáticos de la talla de Euler en el siglo
XVIII, y Cauchy en el siglo XIX.
Multitud de aplicaciones en diferentes campos:
Geometrı́a
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Área relativamente desconocida y reciente de las Matemáticas (de
1960 en adelante).
Fue ya considerada por matemáticos de la talla de Euler en el siglo
XVIII, y Cauchy en el siglo XIX.
Multitud de aplicaciones en diferentes campos:
Geometrı́a
Ingenierı́a
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Área relativamente desconocida y reciente de las Matemáticas (de
1960 en adelante).
Fue ya considerada por matemáticos de la talla de Euler en el siglo
XVIII, y Cauchy en el siglo XIX.
Multitud de aplicaciones en diferentes campos:
Geometrı́a
Ingenierı́a
Economı́a
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Área relativamente desconocida y reciente de las Matemáticas (de
1960 en adelante).
Fue ya considerada por matemáticos de la talla de Euler en el siglo
XVIII, y Cauchy en el siglo XIX.
Multitud de aplicaciones en diferentes campos:
Geometrı́a
Ingenierı́a
Economı́a
Probabilidad y Estadı́stica
...
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La resolución de una ecuación funcional no es para nada mecánica,
conlleva muchas técnicas de tipo heurı́stico.
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8 / 75
La resolución de una ecuación funcional no es para nada mecánica,
conlleva muchas técnicas de tipo heurı́stico.
Algunas de estas técnicas son:
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La resolución de una ecuación funcional no es para nada mecánica,
conlleva muchas técnicas de tipo heurı́stico.
Algunas de estas técnicas son:
1
Sustitución de variables por valores.
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8 / 75
La resolución de una ecuación funcional no es para nada mecánica,
conlleva muchas técnicas de tipo heurı́stico.
Algunas de estas técnicas son:
1
Sustitución de variables por valores.
2
Transformación de una o varias variables.
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8 / 75
La resolución de una ecuación funcional no es para nada mecánica,
conlleva muchas técnicas de tipo heurı́stico.
Algunas de estas técnicas son:
1
Sustitución de variables por valores.
2
Transformación de una o varias variables.
3
Transformación de una o varias funciones.
4
Utilización de una ecuación más general.
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La resolución de una ecuación funcional no es para nada mecánica,
conlleva muchas técnicas de tipo heurı́stico.
Algunas de estas técnicas son:
1
Sustitución de variables por valores.
2
Transformación de una o varias variables.
3
Transformación de una o varias funciones.
4
Utilización de una ecuación más general.
5
Tratamiento de algunas variables como constantes.
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8 / 75
La resolución de una ecuación funcional no es para nada mecánica,
conlleva muchas técnicas de tipo heurı́stico.
Algunas de estas técnicas son:
1
Sustitución de variables por valores.
2
Transformación de una o varias variables.
3
Transformación de una o varias funciones.
4
Utilización de una ecuación más general.
5
Tratamiento de algunas variables como constantes.
6
Métodos inductivos.
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8 / 75
La resolución de una ecuación funcional no es para nada mecánica,
conlleva muchas técnicas de tipo heurı́stico.
Algunas de estas técnicas son:
1
Sustitución de variables por valores.
2
Transformación de una o varias variables.
3
Transformación de una o varias funciones.
4
Utilización de una ecuación más general.
5
Tratamiento de algunas variables como constantes.
6
Métodos inductivos.
7
Métodos iterativos.
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8 / 75
La resolución de una ecuación funcional no es para nada mecánica,
conlleva muchas técnicas de tipo heurı́stico.
Algunas de estas técnicas son:
1
Sustitución de variables por valores.
2
Transformación de una o varias variables.
3
Transformación de una o varias funciones.
4
Utilización de una ecuación más general.
5
Tratamiento de algunas variables como constantes.
6
Métodos inductivos.
7
Métodos iterativos.
8
Técnicas analı́ticas (integración, diferenciación,...).
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8 / 75
La resolución de una ecuación funcional no es para nada mecánica,
conlleva muchas técnicas de tipo heurı́stico.
Algunas de estas técnicas son:
1
Sustitución de variables por valores.
2
Transformación de una o varias variables.
3
Transformación de una o varias funciones.
4
Utilización de una ecuación más general.
5
Tratamiento de algunas variables como constantes.
6
Métodos inductivos.
7
Métodos iterativos.
8
Técnicas analı́ticas (integración, diferenciación,...).
9
Métodos mixtos.
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Índice
1
Ecuaciones funcionales
Introducción
Ecuaciones de Cauchy
Ecuación aditiva de Cauchy
La ecuación exponencial de Cauchy
La ecuación potencial de Cauchy
Resolución de ecuaciones utilizando la variable compleja
2
Densificación
Preliminares
Densificación
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Ecuación aditiva de Cauchy
f (x + y ) = f (x) + f (y )
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10 / 75
Ecuación aditiva de Cauchy
f (x + y ) = f (x) + f (y )
Caso real: x, y ∈ R
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10 / 75
Ecuación aditiva de Cauchy
f (x + y ) = f (x) + f (y )
Caso real: x, y ∈ R
Si hacemos y = 0 =⇒
f (x) = f (x) + f (0), o sea que f (0) = 0.
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10 / 75
Ecuación aditiva de Cauchy
f (x + y ) = f (x) + f (y )
Caso real: x, y ∈ R
Si hacemos y = 0 =⇒
f (x) = f (x) + f (0), o sea que f (0) = 0.
Para y = −x =⇒
0 = f (x) + f (−x), o sea que f (−x) = −f (x).
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10 / 75
Ecuación aditiva de Cauchy
f (x + y ) = f (x) + f (y )
Caso real: x, y ∈ R
Si hacemos y = 0 =⇒
f (x) = f (x) + f (0), o sea que f (0) = 0.
Para y = −x =⇒
0 = f (x) + f (−x), o sea que f (−x) = −f (x).
Para y = x =⇒ f (2x) = 2f (x),
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10 / 75
Ecuación aditiva de Cauchy
f (x + y ) = f (x) + f (y )
Caso real: x, y ∈ R
Si hacemos y = 0 =⇒
f (x) = f (x) + f (0), o sea que f (0) = 0.
Para y = −x =⇒
0 = f (x) + f (−x), o sea que f (−x) = −f (x).
Para y = x =⇒ f (2x) = 2f (x), y por inducción:
f (nx) = nf (x), ∀n ∈ N.
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Para x =
m
(n · x = m · 1), obtenemos que: f (n · x) = f (m · 1),
n
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m
(n · x = m · 1), obtenemos que: f (n · x) = f (m · 1), =⇒
n
nf (x) = mf (1), y se tiene que:
Para x =
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11 / 75
m
(n · x = m · 1), obtenemos que: f (n · x) = f (m · 1), =⇒
n
nf (x) = mf (1), y se tiene que:
Para x =
f (x) =
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m
f (1).
n
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11 / 75
m
(n · x = m · 1), obtenemos que: f (n · x) = f (m · 1), =⇒
n
nf (x) = mf (1), y se tiene que:
Para x =
f (x) =
m
f (1).
n
Si c := f (1), llegamos a:
f (x) = cx, ∀x ∈ Q.
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11 / 75
m
(n · x = m · 1), obtenemos que: f (n · x) = f (m · 1), =⇒
n
nf (x) = mf (1), y se tiene que:
Para x =
f (x) =
m
f (1).
n
Si c := f (1), llegamos a:
f (x) = cx, ∀x ∈ Q.
=⇒Añadimos propiedades adicionales
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11 / 75
m
(n · x = m · 1), obtenemos que: f (n · x) = f (m · 1), =⇒
n
nf (x) = mf (1), y se tiene que:
Para x =
f (x) =
m
f (1).
n
Si c := f (1), llegamos a:
f (x) = cx, ∀x ∈ Q.
=⇒Añadimos propiedades adicionales
Supóngase que f es continua:
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11 / 75
m
(n · x = m · 1), obtenemos que: f (n · x) = f (m · 1), =⇒
n
nf (x) = mf (1), y se tiene que:
Para x =
f (x) =
m
f (1).
n
Si c := f (1), llegamos a:
f (x) = cx, ∀x ∈ Q.
=⇒Añadimos propiedades adicionales
Supóngase que f es continua:
si x ∈ R \ Q , y elegimos {xn } ⊂ Q
m
(n · x = m · 1), obtenemos que: f (n · x) = f (m · 1), =⇒
n
nf (x) = mf (1), y se tiene que:
Para x =
f (x) =
m
f (1).
n
Si c := f (1), llegamos a:
f (x) = cx, ∀x ∈ Q.
=⇒Añadimos propiedades adicionales
Supóngase que f es continua:
si x ∈ R \ Q , y elegimos {xn } ⊂ Q−→x, como f es continua:
f (x) = lı́m f (xn ) = lı́m cxn = cx.
xn →x
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xn →x
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m
(n · x = m · 1), obtenemos que: f (n · x) = f (m · 1), =⇒
n
nf (x) = mf (1), y se tiene que:
Para x =
f (x) =
m
f (1).
n
Si c := f (1), llegamos a:
f (x) = cx, ∀x ∈ Q.
=⇒Añadimos propiedades adicionales
Supóngase que f es continua:
si x ∈ R \ Q , y elegimos {xn } ⊂ Q−→x, como f es continua:
f (x) = lı́m f (xn ) = lı́m cxn = cx.
xn →x
xn →x
Entonces llegamos a:
f (x) = cx, ∀x ∈ R.
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Supóngase que f es monótona creciente:
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Supóngase que f es monótona creciente:
si x ∈ R \ Q, podemos elegir {rn }↑ y {Rn }↓ ⊂ Q, convergentes hacia x.
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12 / 75
Supóngase que f es monótona creciente:
si x ∈ R \ Q, podemos elegir {rn }↑ y {Rn }↓ ⊂ Q, convergentes hacia x.
Entonces:
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12 / 75
Supóngase que f es monótona creciente:
si x ∈ R \ Q, podemos elegir {rn }↑ y {Rn }↓ ⊂ Q, convergentes hacia x.
Entonces:
c · rn = f (rn ) ≤ f (x) ≤ f (Rn ) = c · Rn .
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12 / 75
Supóngase que f es monótona creciente:
si x ∈ R \ Q, podemos elegir {rn }↑ y {Rn }↓ ⊂ Q, convergentes hacia x.
Entonces:
c · rn = f (rn ) ≤ f (x) ≤ f (Rn ) = c · Rn .
Si n → ∞ , tanto c · rn como c · Rn convergen a c · x. Por consiguiente:
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12 / 75
Supóngase que f es monótona creciente:
si x ∈ R \ Q, podemos elegir {rn }↑ y {Rn }↓ ⊂ Q, convergentes hacia x.
Entonces:
c · rn = f (rn ) ≤ f (x) ≤ f (Rn ) = c · Rn .
Si n → ∞ , tanto c · rn como c · Rn convergen a c · x. Por consiguiente:
f (x) = cx, ∀x ∈ R.
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12 / 75
Supóngase que f es monótona creciente:
si x ∈ R \ Q, podemos elegir {rn }↑ y {Rn }↓ ⊂ Q, convergentes hacia x.
Entonces:
c · rn = f (rn ) ≤ f (x) ≤ f (Rn ) = c · Rn .
Si n → ∞ , tanto c · rn como c · Rn convergen a c · x. Por consiguiente:
f (x) = cx, ∀
Caracterización de las soluciones de la ecuación de Cauchy:
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Caracterización de las soluciones de la ecuación de Cauchy:
“Para una solución de la ecuación de Cauchy que no sea de la forma
f (x) = cx, la imagen de cualquier ]a, b[ (a < b) es densa en R”.
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13 / 75
Caracterización de las soluciones de la ecuación de Cauchy:
“Para una solución de la ecuación de Cauchy que no sea de la forma
f (x) = cx, la imagen de cualquier ]a, b[ (a < b) es densa en R”.
“Si una función f satisface la ecuación de Cauchy y es continua en un
punto, o monótona, o acotada superior o inferiormente en un
intervalo de longitud positiva, entonces existe una constante c tal que
f (x) = cx ∀x ∈ R ”.
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13 / 75
Caracterización de las soluciones de la ecuación de Cauchy:
“Para una solución de la ecuación de Cauchy que no sea de la forma
f (x) = cx, la imagen de cualquier ]a, b[ (a < b) es densa en R”.
“Si una función f satisface la ecuación de Cauchy y es continua en un
punto, o monótona, o acotada superior o inferiormente en un
intervalo de longitud positiva, entonces existe una constante c tal que
f (x) = cx ∀x ∈ R ”.
“Existe una constante c tal que
f (x) = cx ∀x ∈ R
si y solo si f : R −→ R satisface la ecuación de Cauchy y es acotada
superior (o inferiormente) en un conjunto de medida positiva”.
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13 / 75
Caracterización de las soluciones de la ecuación de Cauchy:
“Para una solución de la ecuación de Cauchy que no sea de la forma
f (x) = cx, la imagen de cualquier ]a, b[ (a < b) es densa en R”.
“Si una función f satisface la ecuación de Cauchy y es continua en un
punto, o monótona, o acotada superior o inferiormente en un
intervalo de longitud positiva, entonces existe una constante c tal que
f (x) = cx ∀x ∈ R ”.
“Existe una constante c tal que
f (x) = cx ∀x ∈ R
si y solo si f : R −→ R satisface la ecuación de Cauchy y es acotada
superior (o inferiormente) en un conjunto de medida positiva”.
“La solución general f : R −→ R está dada con la ayuda de la base
de Hamel, eligiendo los valores de f en H arbitrariamente y definiendo
!
n
n
X
X
f (x) = f
rk hk =
rk f (hk ), donde rk ∈ H, y rk ∈ Q ”.
k=1
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k=1
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Generalización y extensión al plano complejo
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14 / 75
Generalización y extensión al plano complejo
La ecuación de Cauchy análoga para funciones del tipo f : Rn −→ R es:
f (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn ) = f (x1 , x2 , . . . , xn ) + f (y1 , y1 , . . . , yn ), (1)
donde xk , yk ∈ R; k = 1, 2, . . . , n.
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14 / 75
Generalización y extensión al plano complejo
La ecuación de Cauchy análoga para funciones del tipo f : Rn −→ R es:
f (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn ) = f (x1 , x2 , . . . , xn ) + f (y1 , y1 , . . . , yn ), (1)
donde xk , yk ∈ R; k = 1, 2, . . . , n.
=⇒La solución de (1) bajo la condición de continuidad (y otras más
débiles) está dada por:
f (x1 , x2 , . . . , xn ) =
n
X
c k xk .
k=1
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14 / 75
Generalización y extensión al plano complejo
La ecuación de Cauchy análoga para funciones del tipo f : Rn −→ R es:
f (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn ) = f (x1 , x2 , . . . , xn ) + f (y1 , y1 , . . . , yn ), (1)
donde xk , yk ∈ R; k = 1, 2, . . . , n.
=⇒La solución de (1) bajo la condición de continuidad (y otras más
débiles) está dada por:
f (x1 , x2 , . . . , xn ) =
La ecuación de Cauchy para funciones f :
n
X
c k xk .
k=1
Rn −→
Rm es:
f (x + y ) = f (x) + f (y ) (x, y ∈ Rn )
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(2)
5 de Julio de 06
14 / 75
Generalización y extensión al plano complejo
La ecuación de Cauchy análoga para funciones del tipo f : Rn −→ R es:
f (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn ) = f (x1 , x2 , . . . , xn ) + f (y1 , y1 , . . . , yn ), (1)
donde xk , yk ∈ R; k = 1, 2, . . . , n.
=⇒La solución de (1) bajo la condición de continuidad (y otras más
débiles) está dada por:
f (x1 , x2 , . . . , xn ) =
La ecuación de Cauchy para funciones f :
n
X
c k xk .
k=1
Rn −→
Rm es:
f (x + y ) = f (x) + f (y ) (x, y ∈ Rn )
(2)
=⇒La solución de (2) en la clase de funciones continuas f :
Rn
−→
Rm
f (x) = C ∗ x (x ∈ Rn ),
es:
(3)
donde C ∈ Mmxn y ‘∗’ denota la multiplicación de una matriz por un
vector.
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Si f : C −→ C (es decir, m=n=2), entonces:
z = x + iy , f (z) = f1 (z) + if2 (z),
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15 / 75
Si f : C −→ C (es decir, m=n=2), entonces:
z = x + iy , f (z) = f1 (z) + if2 (z),
y para la ecuación:
f (z + w ) = f (z) + f (w ) (z, w ∈ C),
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(4)
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15 / 75
Si f : C −→ C (es decir, m=n=2), entonces:
z = x + iy , f (z) = f1 (z) + if2 (z),
y para la ecuación:
f (z + w ) = f (z) + f (w ) (z, w ∈ C),
(4)
usando (3), bajo la condición de continuidad, las soluciones son:
f (z) = c11 x + c12 y + i(c21 x + c22 y ),
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15 / 75
Si f : C −→ C (es decir, m=n=2), entonces:
z = x + iy , f (z) = f1 (z) + if2 (z),
y para la ecuación:
f (z + w ) = f (z) + f (w ) (z, w ∈ C),
(4)
usando (3), bajo la condición de continuidad, las soluciones son:
f (z) = c11 x + c12 y + i(c21 x + c22 y ),
ası́ que teniendo en cuenta que z̄ = x − iy , resulta:
f (z) = (c11 + ic21 )
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z + z̄
z − z̄
+ (c22 − ic12 )
= az + bz̄.
2
2
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Si f : C −→ C (es decir, m=n=2), entonces:
z = x + iy , f (z) = f1 (z) + if2 (z),
y para la ecuación:
f (z + w ) = f (z) + f (w ) (z, w ∈ C),
(4)
usando (3), bajo la condición de continuidad, las soluciones son:
f (z) = c11 x + c12 y + i(c21 x + c22 y ),
ası́ que teniendo en cuenta que z̄ = x − iy , resulta:
f (z) = (c11 + ic21 )
z + z̄
z − z̄
+ (c22 − ic12 )
= az + bz̄.
2
2
=⇒ La solución de (4) está dada por:
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15 / 75
Si f : C −→ C (es decir, m=n=2), entonces:
z = x + iy , f (z) = f1 (z) + if2 (z),
y para la ecuación:
f (z + w ) = f (z) + f (w ) (z, w ∈ C),
(4)
usando (3), bajo la condición de continuidad, las soluciones son:
f (z) = c11 x + c12 y + i(c21 x + c22 y ),
ası́ que teniendo en cuenta que z̄ = x − iy , resulta:
f (z) = (c11 + ic21 )
z + z̄
z − z̄
+ (c22 − ic12 )
= az + bz̄.
2
2
=⇒ La solución de (4) está dada por:
f (z) = az + bz̄ a, b ∈ C.
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La ecuación exponencial de Cauchy
f (x + y ) = f (x) · f (y )
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La ecuación exponencial de Cauchy
f (x + y ) = f (x) · f (y )
Caso real: x, y ∈ R
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16 / 75
La ecuación exponencial de Cauchy
f (x + y ) = f (x) · f (y )
Caso real: x, y ∈ R
Si hacemos x = y =
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t t
=⇒ f (t) = f 2
> 0,
2
2
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La ecuación exponencial de Cauchy
f (x + y ) = f (x) · f (y )
Caso real: x
La ecuación exponencial de Cauchy
f (x + y ) = f (x) · f (y )
Caso real: x, y ∈ R
t t
Si hacemos x = y = =⇒ f (t) = f 2
> 0,
2
2
⇒podemos tomar logaritmos en la ecuación dada:
ln ◦f (x + y ) = ln ◦f (x) + ln ◦f (y ).
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La ecuación exponencial de Cauchy
f (x + y ) = f (x) · f (y )
Caso real: x, y ∈ R
t t
Si hacemos x = y = =⇒ f (t) = f 2
> 0,
2
2
⇒podemos tomar logaritmos en la ecuación dada:
ln ◦f (x + y ) = ln ◦f (x) + ln ◦f (y ).
Sea g := ln ◦f , entonces:
g (x + y ) = g (x) + g (y ),
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La ecuación exponencial de Cauchy
f (x + y ) = f (x) · f (y )
Caso real: x, y ∈ R
t t
Si hacemos x = y = =⇒ f (t) = f 2
> 0,
2
2
⇒podemos tomar logaritmos en la ecuación dada:
ln ◦f (x + y ) = ln ◦f (x) + ln ◦f (y ).
Sea g := ln ◦f , entonces:
g (x + y ) = g (x) + g (y ),
con las mismas hipótesis adicionales (como continuidad, monotonı́a,
acotación) las soluciones son: g (x) = cx,
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La ecuación exponencial de Cauchy
f (x + y ) = f (x) · f (y )
Caso real: x, y ∈ R
t t
Si hacemos x = y = =⇒ f (t) = f 2
> 0,
2
2
⇒podemos tomar logaritmos en la ecuación dada:
ln ◦f (x + y ) = ln ◦f (x) + ln ◦f (y ).
Sea g := ln ◦f , entonces:
g (x + y ) = g (x) + g (y ),
con las mismas hipótesis adicionales (como continuidad, monotonı́a,
acotación) las soluciones son: g (x) = cx, y entonces las soluciones son:
f (x) = e cx y f ≡ 0.
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Caso Complejo: f (z + w ) = f (z) · f (w ) z, w ∈ C.
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Caso Complejo: f (z + w ) = f (z) · f (w ) z, w ∈ C.
Realizando la apropiada extensión se llega al siguiente resultado:
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Caso Complejo: f (z + w ) = f (z) · f (w ) z, w ∈ C.
Realizando la apropiada extensión se llega al siguiente resultado:
“Las soluciones genéricas medibles f : C −→ C están dadas por:
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17 / 75
Caso Complejo: f (z + w ) = f (z) · f (w ) z, w ∈ C.
Realizando la apropiada extensión se llega al siguiente resultado:
“Las soluciones genéricas medibles f : C −→ C están dadas por:
f (z) = 0 y f (z) = f (x + iy ) = exp(γx + δy ) = exp(αz + βz̄),
donde α y β (y γ, δ) son constantes complejas arbitrarias”.
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La ecuación potencial de Cauchy
f (x · y ) = f (x) · f (y )
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La ecuación potencial de Cauchy
f (x · y ) = f (x) · f (y )
Caso real: x, y ∈ R
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18 / 75
La ecuación potencial de Cauchy
f (x · y ) = f (x) · f (y )
Caso real: x, y ∈ R
Mediante transformaciones, se obtienen como soluciones continuas:
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18 / 75
La ecuación potencial de Cauchy
f (x · y ) = f (x) · f (y )
Caso real: x, y ∈ R
Mediante transformaciones, se obtienen como soluciones continuas:
a) f (x) = |x|c ,
b) f (x) = signo(x) · |x|c ,
c) f (x) = 0,
siendo c una constante real arbitraria.
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La ecuación potencial de Cauchy
f (x · y ) = f (x) · f (y )
Caso real: x, y ∈ R
Mediante transformaciones, se obtienen como soluciones continuas:
a) f (x) = |x|c ,
b) f (x) = signo(x) · |x|c ,
c) f (x) = 0,
siendo c una constante real arbitraria.
Caso Complejo: f (zw ) = f (z)f (w ) z, w ∈ C.
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La ecuación potencial de Cauchy
f (x · y ) = f (x) · f (y )
Caso real: x, y ∈ R
Mediante transformaciones, se obtienen como soluciones continuas:
a) f (x) = |x|c ,
b) f (x) = signo(x) · |x|c ,
c) f (x) = 0,
siendo c una constante real arbitraria.
Caso Complejo: f (zw ) = f (z)f (w ) z, w ∈ C.
Realizando la apropiada generalización las soluciones analı́ticas son:
f (z) ≡ 0 y f (z) = z c , ∀z ∈ C \ {0}.
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Índice
1
Ecuaciones funcionales
Introducción
Ecuaciones de Cauchy
Ecuación aditiva de Cauchy
La ecuación exponencial de Cauchy
La ecuación potencial de Cauchy
Resolución de ecuaciones utilizando la variable compleja
2
Densificación
Preliminares
Densificación
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19 / 75
Resolución de ecuaciones utilizando la variable compleja
Resultados de gran importancia acerca de funciones analı́ticas.
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20 / 75
Resolución de ecuaciones utilizando la variable compleja
Resultados de gran importancia acerca de funciones analı́ticas.
Resultan ser generalmente falsos en la variable real.
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20 / 75
Resolución de ecuaciones utilizando la variable compleja
Resultados de gran importancia acerca de funciones analı́ticas.
Resultan ser generalmente falsos en la variable real.
Como aplicación podremos aprovecharnos de sus consecuencias para
trabajar con las ecuaciones funcionales, y sacar sus soluciones
analı́ticas a partir de ellos.
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20 / 75
Resolución de ecuaciones utilizando la variable compleja
Resultados de gran importancia acerca de funciones analı́ticas.
Resultan ser generalmente falsos en la variable real.
Como aplicación podremos aprovecharnos de sus consecuencias para
trabajar con las ecuaciones funcionales, y sacar sus soluciones
analı́ticas a partir de ellos.
Definición (función analı́tica)
Tomaremos como definición de función analı́tica la propiedad de función
holomorfa, es decir, derivable en sentido complejo:
Sea Ω un abierto, f : Ω −→ C, z0 ∈ Ω, f es derivable en z0 si existe el
siguiente lı́mite:
f (z) − f (z0 )
f 0 (z0 ) = lı́m
.
z→z0
z − z0
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Resolución de ecuaciones utilizando la variable compleja
Resultados de gran importancia acerca de funciones analı́ticas.
Resultan ser generalmente falsos en la variable real.
Como aplicación podremos aprovecharnos de sus consecuencias para
trabajar con las ecuaciones funcionales, y sacar sus soluciones
analı́ticas a partir de ellos.
Teorema (de caracterización de funciones analı́ticas)
(a) Si f es analı́tica en z0 (es decir, en un
cierto disco D(z0 , r )), entonces f
X
puede representarse mediante una serie
an (z − z0 )n , para z ∈ D(z0 , r ).
n≥0
(b) Si f (z) =
X
an (z − z0 )n , ∀z ∈ D(z0 , r ), entonces f es analı́tica en z0 .
n≥0
(c) Ademas los coeficientes de la serie son únicos, es decir, si
X
f (n) (z0 )
, ∀n ≥ 0.
f (z) =
an (z − z0 )n con z ∈ D(z0 , r ), entonces an =
n!
n≥0
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Resolución de ecuaciones utilizando la variable compleja
Resultados de gran importancia acerca de funciones analı́ticas.
Resultan ser generalmente falsos en la variable real.
Como aplicación podremos aprovecharnos de sus consecuencias para
trabajar con las ecuaciones funcionales, y sacar sus soluciones
analı́ticas a partir de ellos.
Teorema
Si f es analı́tica en un abierto U, entonces es indefinidamente derivable
(tiene derivadas de todos los órdenes), y en particular, si f tiene primitiva
entonces es analı́tica.
Aplicación ⇒ Si suponemos que f es analı́tica, sus derivadas también
lo serán, y podremos derivar en las ecuaciones indefinidamente.
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Resolución de ecuaciones utilizando la variable compleja
Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z + w ) + f (z)f (w ) = f (zw ) + 2zw + 1 ∀ z, w ∈ C.
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Resolución de ecuaciones utilizando la variable compleja
Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z + w ) + f (z)f (w ) = f (zw ) + 2zw + 1 ∀ z, w ∈ C.
Prueba:
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Resolución de ecuaciones utilizando la variable compleja
Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z + w ) + f (z)f (w ) = f (zw ) + 2zw + 1 ∀ z, w ∈ C.
Prueba:(Primera alternativa)
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21 / 75
Resolución de ecuaciones utilizando la variable compleja
Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z + w ) + f (z)f (w ) = f (zw ) + 2zw + 1 ∀ z, w ∈ C.
Prueba:(Primera alternativa)
Hacemos w = 1 en la ecuación:
f (z + 1) + f (z)f (1) = f (z) + 2z + 1,
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21 / 75
Resolución de ecuaciones utilizando la variable compleja
Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z + w ) + f (z)f (w ) = f (zw ) + 2zw + 1 ∀ z, w ∈ C.
Prueba:(Primera alternativa)
Hacemos w = 1 en la ecuación:
f (z + 1) + f (z)f (1) = f (z) + 2z + 1,
=⇒ f (z + 1) = a · f (z) + 2z + 1, con a = 1 − f (1).
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(1)
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Resolución de ecuaciones utilizando la variable compleja
Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z + w ) + f (z)f (w ) = f (zw ) + 2zw + 1 ∀ z, w ∈ C.
Prueba:(Primera alternativa)
Hacemos w = 1 en la ecuación:
f (z + 1) + f (z)f (1) = f (z) + 2z + 1,
=⇒ f (z + 1) = a · f (z) + 2z + 1, con a = 1 − f (1).
(1)
Cambiando w por w + 1:
f (z + w + 1) + f (z)f (w + 1) = f (z(w + 1)) + 2z(w + 1) + 1,
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21 / 75
Resolución de ecuaciones utilizando la variable compleja
Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z + w ) + f (z)f (w ) = f (zw ) + 2zw + 1 ∀ z, w ∈ C.
Prueba:(Primera alternativa)
Hacemos w = 1 en la ecuación:
f (z + 1) + f (z)f (1) = f (z) + 2z + 1,
=⇒ f (z + 1) = a · f (z) + 2z + 1, con a = 1 − f (1).
(1)
Cambiando w por w + 1:
f (z + w + 1) + f (z)f (w + 1) = f (z(w + 1)) + 2z(w + 1) + 1,
y utilizando (1) para desarrollar f (z + w + 1) y f (w + 1), nos queda:
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a[f (z + w ) + f (z)f (w )] + (2w + 1)(1 + f (z)) = f (z(w + 1)) + 2zw + 1.
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22 / 75
a[f (z + w ) + f (z)f (w )] + (2w + 1)(1 + f (z)) = f (z(w + 1)) + 2zw + 1.
Tomando z = 2t y w = −1/2:
a[f (−t) − 2t + 1] = f (t) − 2t + 1,
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(2)
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22 / 75
a[f (z + w ) + f (z)f (w )] + (2w + 1)(1 + f (z)) = f (z(w + 1)) + 2zw + 1.
Tomando z = 2t y w = −1/2:
a[f (−t) − 2t + 1] = f (t) − 2t + 1,
(2)
y cambiando t por −t:
a[f (t) + 2t + 1] = f (−t) + 2t + 1.
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(3)
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22 / 75
a[f (z + w ) + f (z)f (w )] + (2w + 1)(1 + f (z)) = f (z(w + 1)) + 2zw + 1.
Tomando z = 2t y w = −1/2:
a[f (−t) − 2t + 1] = f (t) − 2t + 1,
(2)
y cambiando t por −t:
a[f (t) + 2t + 1] = f (−t) + 2t + 1.
(3)
Eliminando f (−t) de (2) y (3) =⇒
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22 / 75
a[f (z + w ) + f (z)f (w )] + (2w + 1)(1 + f (z)) = f (z(w + 1)) + 2zw + 1.
Tomando z = 2t y w = −1/2:
a[f (−t) − 2t + 1] = f (t) − 2t + 1,
(2)
y cambiando t por −t:
a[f (t) + 2t + 1] = f (−t) + 2t + 1.
(3)
Eliminando f (−t) de (2) y (3) =⇒
(1 − a2 )f (t) = 2(1 − a)2 t + a2 − 1.
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22 / 75
a[f (z + w ) + f (z)f (w )] + (2w + 1)(1 + f (z)) = f (z(w + 1)) + 2zw + 1.
Tomando z = 2t y w = −1/2:
a[f (−t) − 2t + 1] = f (t) − 2t + 1,
(2)
y cambiando t por −t:
a[f (t) + 2t + 1] = f (−t) + 2t + 1.
(3)
Eliminando f (−t) de (2) y (3) =⇒
(1 − a2 )f (t) = 2(1 − a)2 t + a2 − 1.
Analizaremos los distintos casos en función de a:
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Caso 1: a 6= ±1:
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Caso 1: a 6= ±1:
Se tiene que:
f (t) = 2
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1−a
1+a
t − 1.
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23 / 75
Caso 1: a 6= ±1:
Se tiene que:
f (t) = 2
1−a
1+a
t − 1.
Como f (1) = 1 − a, tomando t = 1, se llega a que a = 0 ó a = 3 =⇒
2 soluciones:
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23 / 75
Caso 1: a 6= ±1:
Se tiene que:
f (t) = 2
1−a
1+a
t − 1.
Como f (1) = 1 − a, tomando t = 1, se llega a que a = 0 ó a = 3 =⇒
2 soluciones:
f (z) = 2z − 1 y f (z) = −z − 1.
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23 / 75
Caso 1: a 6= ±1:
Se tiene que:
f (t) = 2
1−a
1+a
t − 1.
Como f (1) = 1 − a, tomando t = 1, se llega a que a = 0 ó a = 3 =⇒
2 soluciones:
f (z) = 2z − 1 y f (z) = −z − 1.
Caso 2: a = ±1:
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Caso 1: a 6= ±1:
Se tiene que:
f (t) = 2
1−a
1+a
t − 1.
Como f (1) = 1 − a, tomando t = 1, se llega a que a = 0 ó a = 3 =⇒
2 soluciones:
f (z) = 2z − 1 y f (z) = −z − 1.
Caso 2: a = ±1:
Si a = −1,
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Caso 1: a 6= ±1:
Se tiene que:
f (t) = 2
1−a
1+a
t − 1.
Como f (1) = 1 − a, tomando t = 1, se llega a que a = 0 ó a = 3 =⇒
2 soluciones:
f (z) = 2z − 1 y f (z) = −z − 1.
Caso 2: a = ±1:
Si a = −1, sustituyendo en la ecuación:
8t = 0 ∀t
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23 / 75
Caso 1: a 6= ±1:
Se tiene que:
f (t) = 2
1−a
1+a
t − 1.
Como f (1) = 1 − a, tomando t = 1, se llega a que a = 0 ó a = 3 =⇒
2 soluciones:
f (z) = 2z − 1 y f (z) = −z − 1.
Caso 2: a = ±1:
Si a = −1, sustituyendo en la ecuación:
8t = 0 ∀t =⇒ falso.
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Caso 1: a 6= ±1:
Se tiene que:
f (t) = 2
1−a
1+a
t − 1.
Como f (1) = 1 − a, tomando t = 1, se llega a que a = 0 ó a = 3 =⇒
2 soluciones:
f (z) = 2z − 1 y f (z) = −z − 1.
Caso 2: a = ±1:
Si a = −1, sustituyendo en la ecuación:
8t = 0 ∀t =⇒ falso.
Por tanto nos centramos en a = 1:
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23 / 75
Caso 1: a 6= ±1:
Se tiene que:
f (t) = 2
1−a
1+a
t − 1.
Como f (1) = 1 − a, tomando t = 1, se llega a que a = 0 ó a = 3 =⇒
2 soluciones:
f (z) = 2z − 1 y f (z) = −z − 1.
Caso 2: a = ±1:
Si a = −1, sustituyendo en la ecuación:
8t = 0 ∀t =⇒ falso.
Por tanto nos centramos en a = 1:
Por la ecuación (2), tenemos que f (t) = f (−t) ∀t ∈ C.
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En la ecuación original hacemos w = z y w = −z, y obtenemos
respectivamente:
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En la ecuación original hacemos w = z y w = −z, y obtenemos
respectivamente:
f (2z) + f (z)2 = f (z 2 ) + 2z 2
En la ecuación original hacemos w = z y w = −z, y obtenemos
respectivamente:
f (2z) + f (z)2 = f (z 2 ) + 2z 2 + 1 y
f (0) + f (z)2 = f (z 2 ) − 2z 2 + 1.
Restando ambas ecuaciones:
f (2z) = 4z 2 + f (0).
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En la ecuación original hacemos w = z y w = −z, y obtenemos
respectivamente:
f (2z) + f (z)2 = f (z 2 ) + 2z 2 + 1 y
f (0) + f (z)2 = f (z 2 ) − 2z 2 + 1.
Restando ambas ecuaciones:
f (2z) = 4z 2 + f (0).
Y como estamos en el caso en que a = 1, es decir f (1) = 0, haciendo
z = 0 en la ecuación (1), resulta: f (1) = af (0) + 1, y por lo tanto,
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En la ecuación original hacemos w = z y w = −z, y obtenemos
respectivamente:
f (2z) + f (z)2 = f (z 2 ) + 2z 2 + 1 y
f (0) + f (z)2 = f (z 2 ) − 2z 2 + 1.
Restando ambas ecuaciones:
f (2z) = 4z 2 + f (0).
Y como estamos en el caso en que a = 1, es decir f (1) = 0, haciendo
z = 0 en la ecuación (1), resulta: f (1) = af (0) + 1, y por lo tanto,
f (1) = f (0) + 1 =⇒ f (0) = −1. Ası́ que f (2z) = 4z 2 − 1, es decir, la
tercera solución resultante es:
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En la ecuación original hacemos w = z y w = −z, y obtenemos
respectivamente:
f (2z) + f (z)2 = f (z 2 ) + 2z 2 + 1 y
f (0) + f (z)2 = f (z 2 ) − 2z 2 + 1.
Restando ambas ecuaciones:
f (2z) = 4z 2 + f (0).
Y como estamos en el caso en que a = 1, es decir f (1) = 0, haciendo
z = 0 en la ecuación (1), resulta: f (1) = af (0) + 1, y por lo tanto,
f (1) = f (0) + 1 =⇒ f (0) = −1. Ası́ que f (2z) = 4z 2 − 1, es decir, la
tercera solución resultante es:
f (z) = z 2 − 1.
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Segunda alternativa: (f (z + w ) + f (z)f (w ) = f (zw ) + 2zw + 1)
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Segunda alternativa: (f (z + w ) + f (z)f (w ) = f (zw ) + 2zw + 1)
Realizaremos el siguiente cambio paramétrico (con t ∈ C, t 6= 1):
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Segunda alternativa: (f (z + w ) + f (z)f (w ) = f (zw ) + 2zw + 1)
Realizaremos el siguiente cambio paramétrico (con t ∈ C, t 6= 1):

 z = t
t −1

w = t
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Segunda alternativa: (f (z + w ) + f (z)f (w ) = f (zw ) + 2zw + 1)
Realizaremos el siguiente cambio paramétrico (con t ∈ C, t 6= 1):

 z = t
t −1

w = t
t + t2 − t
t2
t
+t =
=
= z · w, y
t −1
t −1
t −1
sustituyendo en la ecuación original nos queda:
Entonces resulta que z + w =
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Segunda alternativa: (f (z + w ) + f (z)f (w ) = f (zw ) + 2zw + 1)
Realizaremos el siguiente cambio paramétrico (con t ∈ C, t 6= 1):

 z = t
t −1

w = t
t + t2 − t
t2
t
+t =
=
= z · w, y
t −1
t −1
t −1
sustituyendo en la ecuación original nos queda:
t
t2
f (z)f (w ) = 2zw + 1, y en consecuencia: f
f (t) = 2
+ 1.
t −1
t −1
Entonces resulta que z + w =
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Segunda alternativa: (f (z + w ) + f (z)f (w ) = f (zw ) + 2zw + 1)
Realizaremos el siguiente cambio paramétrico (con t ∈ C, t 6= 1):

 z = t
t −1

w = t
t + t2 − t
t2
t
+t =
=
= z · w, y
t −1
t −1
t −1
sustituyendo en la ecuación original nos queda:
t
t2
f (z)f (w ) = 2zw + 1, y en consecuencia: f
f (t) = 2
+ 1.
t −1
t −1
Entonces resulta que z + w =
Hacemos |t| → ∞:
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Segunda alternativa: (f (z + w ) + f (z)f (w ) = f (zw ) + 2zw + 1)
Realizaremos el siguiente cambio paramétrico (con t ∈ C, t 6= 1):

 z = t
t −1

w = t
t + t2 − t
t2
t
+t =
=
= z · w, y
t −1
t −1
t −1
sustituyendo en la ecuación original nos queda:
t
t2
f (z)f (w ) = 2zw + 1, y en consecuencia: f
f (t) = 2
+ 1.
t −1
t −1
Entonces resulta que z + w =
Hacemos |t| → ∞:
el término de la derecha tiende a infinito,
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Segunda alternativa: (f (z + w ) + f (z)f (w ) = f (zw ) + 2zw + 1)
Realizaremos el siguiente cambio paramétrico (con t ∈ C, t 6= 1):

 z = t
t −1

w = t
t + t2 − t
t2
t
+t =
=
= z · w, y
t −1
t −1
t −1
sustituyendo en la ecuación original nos queda:
t
t2
f (z)f (w ) = 2zw + 1, y en consecuencia: f
f (t) = 2
+ 1.
t −1
t −1
Entonces resulta que z + w =
Hacemos |t| → ∞:
el término de la derecha tiende a infinito, mientras que el de la izquierda
tiende a f (1) · lı́m f (t),
|t|→∞
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Segunda alternativa: (f (z + w ) + f (z)f (w ) = f (zw ) + 2zw + 1)
Realizaremos el siguiente cambio paramétrico (con t ∈ C, t 6= 1):

 z = t
t −1

w = t
t + t2 − t
t2
t
+t =
=
= z · w, y
t −1
t −1
t −1
sustituyendo en la ecuación original nos queda:
t
t2
f (z)f (w ) = 2zw + 1, y en consecuencia: f
f (t) = 2
+ 1.
t −1
t −1
Entonces resulta que z + w =
Hacemos |t| → ∞:
el término de la derecha tiende a infinito, mientras que el de la izquierda
tiende a f (1) · lı́m f (t), es decir: f (1) · lı́m f (t) = ∞,
|t|→∞
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|t|→∞
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Segunda alternativa: (f (z + w ) + f (z)f (w ) = f (zw ) + 2zw + 1)
Realizaremos el siguiente cambio paramétrico (con t ∈ C, t 6= 1):

 z = t
t −1

w = t
t + t2 − t
t2
t
+t =
=
= z · w, y
t −1
t −1
t −1
sustituyendo en la ecuación original nos queda:
t
t2
f (z)f (w ) = 2zw + 1, y en consecuencia: f
f (t) = 2
+ 1.
t −1
t −1
Entonces resulta que z + w =
Hacemos |t| → ∞:
el término de la derecha tiende a infinito, mientras que el de la izquierda
tiende a f (1) · lı́m f (t), es decir: f (1) · lı́m f (t) = ∞, y por tanto:
|t|→∞
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|t|→∞
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Segunda alternativa: (f (z + w ) + f (z)f (w ) = f (zw ) + 2zw + 1)
Realizaremos el siguiente cambio paramétrico (con t ∈ C, t 6= 1):

 z = t
t −1

w = t
t + t2 − t
t2
t
+t =
=
= z · w, y
t −1
t −1
t −1
sustituyendo en la ecuación original nos queda:
t
t2
f (z)f (w ) = 2zw + 1, y en consecuencia: f
f (t) = 2
+ 1.
t −1
t −1
Entonces resulta que z + w =
Hacemos |t| → ∞:
el término de la derecha tiende a infinito, mientras que el de la izquierda
tiende a f (1) · lı́m f (t), es decir: f (1) · lı́m f (t) = ∞, y por tanto:
|t|→∞
|t|→∞
lı́m |f (z)| = ∞.
|z|→∞
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Entonces, concluimos que f (z) ha de ser un polinomio por aplicación
directa del teorema de Cauchy:
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Teorema (Cauchy, 1849)
Sea f (z) entera no constante, entonces: lı́m |f (z)| = ∞ sii f (z) es un
|z|→∞
polinomio.
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Ninguna función constante es solución =⇒ el teorema está bien aplicado.
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26 / 75
Ninguna función constante es solución =⇒ el teorema está bien aplicado.
Falta comprobar que los únicos polinomios que satisfacen la ecuación dada
son: f (z) = z 2 − 1, f (z) = 2z − 1 y f (z) = −z − 1 (las soluciones
obtenidas en la primera alternativa).
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Ninguna función constante es solución =⇒ el teorema está bien aplicado.
Falta comprobar que los únicos polinomios que satisfacen la ecuación dada
son: f (z) = z 2 − 1, f (z) = 2z − 1 y f (z) = −z − 1 (las soluciones
obtenidas en la primera alternativa).
Se sustituye f (z) por un polinomio,
f (z) = an z n + an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 .
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Ninguna función constante es solución =⇒ el teorema está bien aplicado.
Falta comprobar que los únicos polinomios que satisfacen la ecuación dada
son: f (z) = z 2 − 1, f (z) = 2z − 1 y f (z) = −z − 1 (las soluciones
obtenidas en la primera alternativa).
Se sustituye f (z) por un polinomio,
f (z) = an z n + an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 .
Se comprueba primero que f (0) = −1, y por lo tanto a0 = −1.
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26 / 75
Ninguna función constante es solución =⇒ el teorema está bien aplicado.
Falta comprobar que los únicos polinomios que satisfacen la ecuación dada
son: f (z) = z 2 − 1, f (z) = 2z − 1 y f (z) = −z − 1 (las soluciones
obtenidas en la primera alternativa).
Se sustituye f (z) por un polinomio,
f (z) = an z n + an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 .
Se comprueba primero que f (0) = −1, y por lo tanto a0 = −1.
Y sustituyendo el polinomio en la ecuación original se calculan el resto de
coeficientes.
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Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
(z + w )f (z)f (w ) = zwf (z + w ) ∀ z, w ∈ C.
Prueba:
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Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
(z + w )f (z)f (w ) = zwf (z + w ) ∀ z, w ∈ C.
Prueba:
Si tomamos w = 0 en la ecuación =⇒
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27 / 75
Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
(z + w )f (z)f (w ) = zwf (z + w ) ∀ z, w ∈ C.
Prueba:
Si tomamos w = 0 en la ecuación =⇒
zf (z)f (0) = 0 ∀z ∈ C,
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27 / 75
Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
(z + w )f (z)f (w ) = zwf (z + w ) ∀ z, w ∈ C.
Prueba:
Si tomamos w = 0 en la ecuación =⇒
zf (z)f (0) = 0 ∀z ∈ C,
si f (0) 6= 0, resulta f (z) = 0 ∀z ∈ C.
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Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
(z + w )f (z)f (w ) = zwf (z + w ) ∀ z, w ∈ C.
Prueba:
Si tomamos w = 0 en la ecuación =⇒
zf (z)f (0) = 0 ∀z ∈ C,
si f (0) 6= 0, resulta f (z) = 0 ∀z ∈ C.
Para buscar otras soluciones, suponemos f (0) = 0.
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Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
(z + w )f (z)f (w ) = zwf (z + w ) ∀ z, w ∈ C.
Prueba:
Si tomamos w = 0 en la ecuación =⇒
zf (z)f (0) = 0 ∀z ∈ C,
si f (0) 6= 0, resulta f (z) = 0 ∀z ∈ C.
Para buscar otras soluciones, suponemos f (0) = 0. Derivando la ecuación
original respecto de z:
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Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
(z + w )f (z)f (w ) = zwf (z + w ) ∀ z, w ∈ C.
Prueba:
Si tomamos w = 0 en la ecuación =⇒
zf (z)f (0) = 0 ∀z ∈ C,
si f (0) 6= 0, resulta f (z) = 0 ∀z ∈ C.
Para buscar otras soluciones, suponemos f (0) = 0. Derivando la ecuación
original respecto de z:
f (z)f (w ) + (z + w )f 0 (z)f (w ) = wf (z + w ) + zwf 0 (z + w ),
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Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
(z + w )f (z)f (w ) = zwf (z + w ) ∀ z, w ∈ C.
Prueba:
Si tomamos w = 0 en la ecuación =⇒
zf (z)f (0) = 0 ∀z ∈ C,
si f (0) 6= 0, resulta f (z) = 0 ∀z ∈ C.
Para buscar otras soluciones, suponemos f (0) = 0. Derivando la ecuación
original respecto de z:
f (z)f (w ) + (z + w )f 0 (z)f (w ) = wf (z + w ) + zwf 0 (z + w ),
y si sustituimos z = 0, nos queda:
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Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
(z + w )f (z)f (w ) = zwf (z + w ) ∀ z, w ∈ C.
Prueba:
Si tomamos w = 0 en la ecuación =⇒
zf (z)f (0) = 0 ∀z ∈ C,
si f (0) 6= 0, resulta f (z) = 0 ∀z ∈ C.
Para buscar otras soluciones, suponemos f (0) = 0. Derivando la ecuación
original respecto de z:
f (z)f (w ) + (z + w )f 0 (z)f (w ) = wf (z + w ) + zwf 0 (z + w ),
y si sustituimos z = 0, nos queda:
f (0)f (w ) + wf 0 (0)f (w ) = wf (w ) ⇒ wf 0 (0)f (w ) = wf (w ) ∀w ∈ C,
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Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
(z + w )f (z)f (w ) = zwf (z + w ) ∀ z, w ∈ C.
Prueba:
Si tomamos w = 0 en la ecuación =⇒
zf (z)f (0) = 0 ∀z ∈ C,
si f (0) 6= 0, resulta f (z) = 0 ∀z ∈ C.
Para buscar otras soluciones, suponemos f (0) = 0. Derivando la ecuación
original respecto de z:
f (z)f (w ) + (z + w )f 0 (z)f (w ) = wf (z + w ) + zwf 0 (z + w ),
y si sustituimos z = 0, nos queda:
f (0)f (w ) + wf 0 (0)f (w ) = wf (w ) ⇒ wf 0 (0)f (w ) = wf (w ) ∀w ∈ C,
entonces necesariamente f 0 (0) = 1.
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Esto nos indica que el orden del cero en z = 0 es k = 1 para otras
soluciones distintas de f (z) = 0.
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Definición (cero de orden m)
Sea f (z) analı́tica
en z0 , diremos que tiene un cero en z0 de orden m ≥ 1
X
si f (z) =
an (z − z0 )n con an = 0 ∀n < m y am 6= 0.
n≥0
Teorema
Si f (z) es analı́tica y tiene un cero de orden m en z0 , entonces
f (z) = (z − z0 )m g (z), siendo g (z) analı́tica en z0 y g (z0 ) 6= 0.
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=⇒ f (z) = z · g (z), con g (z) analı́tica y g (0) 6= 0.
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=⇒ f (z) = z · g (z), con g (z) analı́tica y g (0) 6= 0.
Sustituyendo ahora en la ecuación original:
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=⇒ f (z) = z · g (z), con g (z) analı́tica y g (0) 6= 0.
Sustituyendo ahora en la ecuación original:
(z + w ) · zw · g (z)g (w ) = zw · (z + w ) · g (z + w ), ∀z, w ∈ C,
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=⇒ f (z) = z · g (z), con g (z) analı́tica y g (0) 6= 0.
Sustituyendo ahora en la ecuación original:
(z + w ) · zw · g (z)g (w ) = zw · (z + w ) · g (z + w ), ∀z, w ∈ C,
y en consecuencia:
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=⇒ f (z) = z · g (z), con g (z) analı́tica y g (0) 6= 0.
Sustituyendo ahora en la ecuación original:
(z + w ) · zw · g (z)g (w ) = zw · (z + w ) · g (z + w ), ∀z, w ∈ C,
y en consecuencia:
g (z + w ) = g (z)g (w ), ∀ z, w ∈ C,
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=⇒ f (z) = z · g (z), con g (z) analı́tica y g (0) 6= 0.
Sustituyendo ahora en la ecuación original:
(z + w ) · zw · g (z)g (w ) = zw · (z + w ) · g (z + w ), ∀z, w ∈ C,
y en consecuencia:
g (z + w ) = g (z)g (w ), ∀ z, w ∈ C,
obteniendo ası́ la ecuación exponencial de Cauchy en el caso complejo,
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=⇒ f (z) = z · g (z), con g (z) analı́tica y g (0) 6= 0.
Sustituyendo ahora en la ecuación original:
(z + w ) · zw · g (z)g (w ) = zw · (z + w ) · g (z + w ), ∀z, w ∈ C,
y en consecuencia:
g (z + w ) = g (z)g (w ), ∀ z, w ∈ C,
obteniendo ası́ la ecuación exponencial de Cauchy en el caso complejo,
cuyas soluciones analı́ticas son:
g (z) = exp (αz).
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5 de Julio de 06
28 / 75
=⇒ f (z) = z · g (z), con g (z) analı́tica y g (0) 6= 0.
Sustituyendo ahora en la ecuación original:
(z + w ) · zw · g (z)g (w ) = zw · (z + w ) · g (z + w ), ∀z, w ∈ C,
y en consecuencia:
g (z + w ) = g (z)g (w ), ∀ z, w ∈ C,
obteniendo ası́ la ecuación exponencial de Cauchy en el caso complejo,
cuyas soluciones analı́ticas son:
g (z) = exp (αz).
=⇒ las soluciones de la ecuación funcional resultan ser:
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28 / 75
=⇒ f (z) = z · g (z), con g (z) analı́tica y g (0) 6= 0.
Sustituyendo ahora en la ecuación original:
(z + w ) · zw · g (z)g (w ) = zw · (z + w ) · g (z + w ), ∀z, w ∈ C,
y en consecuencia:
g (z + w ) = g (z)g (w ), ∀ z, w ∈ C,
obteniendo ası́ la ecuación exponencial de Cauchy en el caso complejo,
cuyas soluciones analı́ticas son:
g (z) = exp (αz).
=⇒ las soluciones de la ecuación funcional resultan ser:
f (z) = 0, y f (z) = z · exp (αz), con α ∈ C.
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28 / 75
Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z − f (w )) = f (f (w )) + zf (w ) + f (z) − 1
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∀ z, w ∈ C.
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Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z − f (w )) = f (f (w )) + zf (w ) + f (z) − 1
∀ z, w ∈ C.
Prueba:
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Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z − f (w )) = f (f (w )) + zf (w ) + f (z) − 1
∀ z, w ∈ C.
Prueba:
Tomando en la ecuación z = w = 0, y definiendo c := f (0):
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29 / 75
Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z − f (w )) = f (f (w )) + zf (w ) + f (z) − 1
∀ z, w ∈ C.
Prueba:
Tomando en la ecuación z = w = 0, y definiendo c := f (0):
f (−c) = f (c) + c − 1,
y resulta que c 6= 0, de lo contrario obtenemos una contradicción.
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29 / 75
Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z − f (w )) = f (f (w )) + zf (w ) + f (z) − 1
∀ z, w ∈ C.
Prueba:
Tomando en la ecuación z = w = 0, y definiendo c := f (0):
f (−c) = f (c) + c − 1,
y resulta que c 6= 0, de lo contrario obtenemos una contradicción.
Ahora, si sustituimos z = f (w ), se tiene que:
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29 / 75
Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z − f (w )) = f (f (w )) + zf (w ) + f (z) − 1
∀ z, w ∈ C.
Prueba:
Tomando en la ecuación z = w = 0, y definiendo c := f (0):
f (−c) = f (c) + c − 1,
y resulta que c 6= 0, de lo contrario obtenemos una contradicción.
Ahora, si sustituimos z = f (w ), se tiene que:
c = f (z) + z 2 + f (z) − 1,
es decir:
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29 / 75
Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z − f (w )) = f (f (w )) + zf (w ) + f (z) − 1
∀ z, w ∈ C.
Prueba:
Tomando en la ecuación z = w = 0, y definiendo c := f (0):
f (−c) = f (c) + c − 1,
y resulta que c 6= 0, de lo contrario obtenemos una contradicción.
Ahora, si sustituimos z = f (w ), se tiene que:
c = f (z) + z 2 + f (z) − 1,
es decir:
f (z) =
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c + 1 z2
− , ∀z ∈ Im(f ).
2
2
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(4)
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Teorema (Teorema de la Aplicación Abierta)
Sea g analı́tica en un abierto U y no identicamente constante en ninguna
componente conexa de U. Si V es un abierto de U, entonces g (V ) es un
abierto de C.
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No hay soluciones de la forma f (z) = cte =⇒ podemos aplicar el teorema
de la aplicación abierta y afirmar que f (C) es un abierto de C.
No hay soluciones de la forma f (z) = cte =⇒ podemos aplicar el teorema
de la aplicación abierta y afirmar que f (C) es un abierto de C.
Teorema (Principio de Identidad de las funciones analı́ticas)
Sean f y g analı́ticas en U, un conjunto abierto y conexo. Entonces si
f = g en S ⊂ U, donde S es un conjunto con un punto lı́mite, entonces
f = g en el abierto U.
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30 / 75
No hay soluciones de la forma f (z) = cte =⇒ podemos aplicar el teorema
de la aplicación abierta y afirmar que f (C) es un abierto de C.
Im(f ) contiene un punto lı́mite (es abierto).
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30 / 75
No hay soluciones de la forma ( ) = cte =⇒ podemos aplicar el teorema
de la aplicación abierta y afirmar que (C) es un abierto de C.
Im( ) contiene un punto lı́mite (es abierto). Ası́ pues, también podemos
aplicar el Principio de Identidad de las funciones analı́ticas y afirmar que:
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30 / 75
No hay soluciones de la forma f (z) = cte =⇒ podemos aplicar el teorema
de la aplicación abierta y afirmar que f (C) es un abierto de C.
Im(f ) contiene un punto lı́mite (es abierto). Ası́ pues, también podemos
aplicar el Principio de Identidad de las funciones analı́ticas y afirmar que:
f (z) =
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c + 1 z2
− , ∀z ∈ C.
2
2
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30 / 75
No hay soluciones de la forma f (z) = cte =⇒ podemos aplicar el teorema
de la aplicación abierta y afirmar que f (C) es un abierto de C.
Im(f ) contiene un punto lı́mite (es abierto). Ası́ pues, también podemos
aplicar el Principio de Identidad de las funciones analı́ticas y afirmar que:
f (z) =
c + 1 z2
− , ∀z ∈ C.
2
2
A esto mismo también se puede llegar utilizando el teorema de Picard:
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No hay soluciones de la forma f (z) = cte =⇒ podemos aplicar el teorema
de la aplicación abierta y afirmar que f (C) es un abierto de C.
Im(f ) contiene un punto lı́mite (es abierto). Ası́ pues, también podemos
aplicar el Principio de Identidad de las funciones analı́ticas y afirmar que:
f (z) =
c + 1 z2
− , ∀z ∈ C.
2
2
A esto mismo también se puede llegar utilizando el teorema de Picard:
Teorema (Picard)
Si f es una función entera y si existen dos números complejos distintos
α, β que no están en el recorrido de f , entonces f es constante.
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30 / 75
No hay soluciones de la forma f (z) = cte =⇒ podemos aplicar el teorema
de la aplicación abierta y afirmar que f (C) es un abierto de C.
Im(f ) contiene un punto lı́mite (es abierto). Ası́ pues, también podemos
aplicar el Principio de Identidad de las funciones analı́ticas y afirmar que:
f (z) =
c + 1 z2
− , ∀z ∈ C.
2
2
A esto mismo también se puede llegar utilizando el teorema de Picard:
No hay soluciones constantes =⇒ Im(f ) = C o Im(f ) = C \ {z0 },
obteniendo la misma conclusión.
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30 / 75
No hay soluciones de la forma f (z) = cte =⇒ podemos aplicar el teorema
de la aplicación abierta y afirmar que f (C) es un abierto de C.
Im(f ) contiene un punto lı́mite (es abierto). Ası́ pues, también podemos
aplicar el Principio de Identidad de las funciones analı́ticas y afirmar que:
f (z) =
c + 1 z2
− , ∀z ∈ C.
2
2
A esto mismo también se puede llegar utilizando el teorema de Picard:
No hay soluciones constantes =⇒ Im(f ) = C o Im(f ) = C \ {z0 },
obteniendo la misma conclusión.
Ya sólo nos resta hallar la constante c, como f (0) = c sustituyendo:
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30 / 75
No hay soluciones de la forma f (z) = cte =⇒ podemos aplicar el teorema
de la aplicación abierta y afirmar que f (C) es un abierto de C.
Im(f ) contiene un punto lı́mite (es abierto). Ası́ pues, también podemos
aplicar el Principio de Identidad de las funciones analı́ticas y afirmar que:
f (z) =
c + 1 z2
− , ∀z ∈ C.
2
2
A esto mismo también se puede llegar utilizando el teorema de Picard:
No hay soluciones constantes =⇒ Im(f ) = C o Im(f ) = C \ {z0 },
obteniendo la misma conclusión.
Ya sólo nos resta hallar la constante c, como f (0) = c sustituyendo:
c +1
= c =⇒ c = 1.
2
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No hay soluciones de la forma f (z) = cte =⇒ podemos aplicar el teorema
de la aplicación abierta y afirmar que f (C) es un abierto de C.
Im(f ) contiene un punto lı́mite (es abierto). Ası́ pues, también podemos
aplicar el Principio de Identidad de las funciones analı́ticas y afirmar que:
f (z) =
c + 1 z2
− , ∀z ∈ C.
2
2
A esto mismo también se puede llegar utilizando el teorema de Picard:
No hay soluciones constantes =⇒ Im(f ) = C o Im(f ) = C \ {z0 },
obteniendo la misma conclusión.
Ya sólo nos resta hallar la constante c, como f (0) = c sustituyendo:
c +1
= c =⇒ c = 1.
2
=⇒ f (z) = 1 −
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z2
∀z ∈ C,
2
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Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z)f (w ) = 2f (z + wf (z)) ∀ z, w ∈ C,
con la condición de que f (x) > 0 si x > 0.
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31 / 75
Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z)f (w ) = 2f (z + wf (z)) ∀ z, w ∈ C,
con la condición de que f (x) > 0 si x > 0.
Prueba:
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31 / 75
Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z)f (w ) = 2f (z + wf (z)) ∀ z, w ∈ C,
con la condición de que f (x) > 0 si x > 0.
Prueba:
Haciendo w = 0:
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31 / 75
Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z)f (w ) = 2f (z + wf (z)) ∀ z, w ∈ C,
con la condición de que f (x) > 0 si x > 0.
Prueba:
Haciendo w = 0:
f (z)f (0) = 2f (z), o equivalentemente: f (z)[2 − f (0)] = 0,
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31 / 75
Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z)f (w ) = 2f (z + wf (z)) ∀ z, w ∈ C,
con la condición de que f (x) > 0 si x > 0.
Prueba:
Haciendo w = 0:
f (z)f (0) = 2f (z), o equivalentemente: f (z)[2 − f (0)] = 0,
f (z) ≡ 0 no sirve
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31 / 75
Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z)f (w ) = 2f (z + wf (z)) ∀ z, w ∈ C,
con la condición de que f (x) > 0 si x > 0.
Prueba:
Haciendo w = 0:
f (z)f (0) = 2f (z), o equivalentemente: f (z)[2 − f (0)] = 0,
f (z) ≡ 0 no sirve =⇒ necesariamente f (0) = 2.
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31 / 75
Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z)f (w ) = 2f (z + wf (z)) ∀ z, w ∈ C,
con la condición de que f (x) > 0 si x > 0.
Prueba:
Haciendo w = 0:
f (z)f (0) = 2f (z), o equivalentemente: f (z)[2 − f (0)] = 0,
f (z) ≡ 0 no sirve =⇒ necesariamente f (0) = 2.
Si hacemos ahora z = w queda:
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31 / 75
Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z)f (w ) = 2f (z + wf (z)) ∀ z, w ∈ C,
con la condición de que f (x) > 0 si x > 0.
Prueba:
Haciendo w = 0:
f (z)f (0) = 2f (z), o equivalentemente: f (z)[2 − f (0)] = 0,
f (z) ≡ 0 no sirve =⇒ necesariamente f (0) = 2.
Si hacemos ahora z = w queda:
f (z)2 = 2f [z(1 + f (z))],
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(5)
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31 / 75
Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z)f (w ) = 2f (z + wf (z)) ∀ z, w ∈ C,
con la condición de que f (x) > 0 si x > 0.
Prueba:
Haciendo w = 0:
f (z)f (0) = 2f (z), o equivalentemente: f (z)[2 − f (0)] = 0,
f (z) ≡ 0 no sirve =⇒ necesariamente f (0) = 2.
Si hacemos ahora z = w queda:
f (z)2 = 2f [z(1 + f (z))],
(5)
entonces f (z) 6= −1 ∀z ∈ C,
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31 / 75
Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z)f (w ) = 2f (z + wf (z)) ∀ z, w ∈ C,
con la condición de que f (x) > 0 si x > 0.
Prueba:
Haciendo w = 0:
f (z)f (0) = 2f (z), o equivalentemente: f (z)[2 − f (0)] = 0,
f (z) ≡ 0 no sirve =⇒ necesariamente f (0) = 2.
Si hacemos ahora z = w queda:
f (z)2 = 2f [z(1 + f (z))],
(5)
entonces f (z) 6= −1 ∀z ∈ C, ya que si f (z0 ) = −1 para algún z0 =⇒
1 = 2f (0)=⇒ absurdo (ya que f (0) = 2).
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31 / 75
Veamos también que f (z) 6= 0 ∀z ∈ C.
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32 / 75
Veamos también que f (z) 6= 0 ∀z ∈ C. Si ∃ w0 tal que f (w0 ) = 0
(w0 6= 0 ya que f (0) = 2), haciendo w = w0 se tendrı́a que:
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32 / 75
Veamos también que f (z) 6= 0 ∀z ∈ C. Si ∃ w0 tal que f (w0 ) = 0
(w0 6= 0 ya que f (0) = 2), haciendo w = w0 se tendrı́a que:
0 = 2f (z + w0 f (z)) ∀z ∈ C,
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5 de Julio de 06
32 / 75
Veamos también que f (z) 6= 0 ∀z ∈ C. Si ∃ w0 tal que f (w0 ) = 0
(w0 6= 0 ya que f (0) = 2), haciendo w = w0 se tendrı́a que:
0 = 2f (z + w0 f (z)) ∀z ∈ C,
es decir, el conjunto
A := {t = z + w0 f (z) : z ∈ C} ⊂ Zf ,
donde Zf es el conjunto de los ceros de f .
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32 / 75
Veamos también que f (z) 6= 0 ∀z ∈ C. Si ∃ w0 tal que f (w0 ) = 0
(w0 6= 0 ya que f (0) = 2), haciendo w = w0 se tendrı́a que:
0 = 2f (z + w0 f (z)) ∀z ∈ C,
es decir, el conjunto
A := {t = z + w0 f (z) : z ∈ C} ⊂ Zf ,
donde Zf es el conjunto de los ceros de f .
Sea g (z) = z + w0 f (z),
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32 / 75
Veamos también que f (z) 6= 0 ∀z ∈ C. Si ∃ w0 tal que f (w0 ) = 0
(w0 6= 0 ya que f (0) = 2), haciendo w = w0 se tendrı́a que:
0 = 2f (z + w0 f (z)) ∀z ∈ C,
es decir, el conjunto
A := {t = z + w0 f (z) : z ∈ C} ⊂ Zf ,
donde Zf es el conjunto de los ceros de f .
Sea g (z) = z + w0 f (z), entonces g (z) es analı́tica y Img ⊂ A.
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32 / 75
Veamos también que f (z) 6= 0 ∀z ∈ C. Si ∃ w0 tal que f (w0 ) = 0
(w0 6= 0 ya que f (0) = 2), haciendo w = w0 se tendrı́a que:
0 = 2f (z + w0 f (z)) ∀z ∈ C,
es decir, el conjunto
A := {t = z + w0 f (z) : z ∈ C} ⊂ Zf ,
donde Zf es el conjunto de los ceros de f .
Sea g (z) = z + w0 f (z), entonces g (z) es analı́tica y Img ⊂ A. Ahora bien,
g 0 (z) = 1 + w0 f 0 (z),
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32 / 75
Veamos también que f (z) 6= 0 ∀z ∈ C. Si ∃ w0 tal que f (w0 ) = 0
(w0 6= 0 ya que f (0) = 2), haciendo w = w0 se tendrı́a que:
0 = 2f (z + w0 f (z)) ∀z ∈ C,
es decir, el conjunto
A := {t = z + w0 f (z) : z ∈ C} ⊂ Zf ,
donde Zf es el conjunto de los ceros de f .
Sea g (z) = z + w0 f (z), entonces g (z) es analı́tica y Img ⊂ A. Ahora bien,
g 0 (z) = 1 + w0 f 0 (z), en particular g 0 (0) = 1 ya que f 0 (0) = 0.
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Veamos también que f (z) 6= 0 ∀z ∈ C. Si ∃ w0 tal que f (w0 ) = 0
(w0 6= 0 ya que f (0) = 2), haciendo w = w0 se tendrı́a que:
0 = 2f (z + w0 f (z)) ∀z ∈ C,
es decir, el conjunto
A := {t = z + w0 f (z) : z ∈ C} ⊂ Zf ,
donde Zf es el conjunto de los ceros de f .
Sea g (z) = z + w0 f (z), entonces g (z) es analı́tica y Img ⊂ A. Ahora bien,
g 0 (z) = 1 + w0 f 0 (z), en particular g 0 (0) = 1 ya que f 0 (0) = 0.
Teorema
Sea f analı́tica en z0 . Si f 0 (z0 ) 6= 0, entonces existe un entorno de z0
donde f es inyectiva. Si f 0 (z0 ) = 0, entonces f no es inyectiva en ningún
entorno de z0 .
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Veamos también que f (z) 6= 0 ∀z ∈ C. Si ∃ w0 tal que f (w0 ) = 0
(w0 6= 0 ya que f (0) = 2), haciendo w = w0 se tendrı́a que:
0 = 2f (z + w0 f (z)) ∀z ∈ C,
es decir, el conjunto
A := {t = z + w0 f (z) : z ∈ C} ⊂ Zf ,
donde Zf es el conjunto de los ceros de f .
Sea g (z) = z + w0 f (z), entonces g (z) es analı́tica y Img ⊂ A. Ahora bien,
g 0 (z) = 1 + w0 f 0 (z), en particular g 0 (0) = 1 ya que f 0 (0) = 0.
Como g 0 (0) 6= 0
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32 / 75
Veamos también que f (z) 6= 0 ∀z ∈ C. Si ∃ w0 tal que f (w0 ) = 0
(w0 6= 0 ya que f (0) = 2), haciendo w = w0 se tendrı́a que:
0 = 2f (z + w0 f (z)) ∀z ∈ C,
es decir, el conjunto
A := {t = z + w0 f (z) : z ∈ C} ⊂ Zf ,
donde Zf es el conjunto de los ceros de f .
Sea g (z) = z + w0 f (z), entonces g (z) es analı́tica y Img ⊂ A. Ahora bien,
g 0 (z) = 1 + w0 f 0 (z), en particular g 0 (0) = 1 ya que f 0 (0) = 0.
Como g 0 (0) 6= 0=⇒ g es inyectiva en un entorno de 0,
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Veamos también que f (z) 6= 0 ∀z ∈ C. Si ∃ w0 tal que f (w0 ) = 0
(w0 6= 0 ya que f (0) = 2), haciendo w = w0 se tendrı́a que:
0 = 2f (z + w0 f (z)) ∀z ∈ C,
es decir, el conjunto
A := {t = z + w0 f (z) : z ∈ C} ⊂ Zf ,
donde Zf es el conjunto de los ceros de f .
Sea g (z) = z + w0 f (z), entonces g (z) es analı́tica y Img ⊂ A. Ahora bien,
g 0 (z) = 1 + w0 f 0 (z), en particular g 0 (0) = 1 ya que f 0 (0) = 0.
Como g 0 (0) 6= 0=⇒ g es inyectiva en un entorno de 0, sea B(0, r ) ese
entorno abierto.
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Entonces g (B(0, r )) = V (g (0)) = V (2w0 ), siendo V (2w0 ) un entorno
abierto de 2w0 , por el teorema de la aplicación abierta (restringido a
B(0, r )).
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Entonces g (B(0, r )) = V (g (0)) = V (2w0 ), siendo V (2w0 ) un entorno
abierto de 2w0 , por el teorema de la aplicación abierta (restringido a
B(0, r )). Luego,
V (2w0 ) ⊂ A ⊂ Zf .
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Entonces g (B(0, r )) = V (g (0)) = V (2w0 ), siendo V (2w0 ) un entorno
abierto de 2w0 , por el teorema de la aplicación abierta (restringido a
B(0, r )). Luego,
V (2w0 ) ⊂ A ⊂ Zf .
Por el principio de identidad, como V (2w0 ) es un conjunto con un punto
lı́mite, se tiene que:
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Entonces g (B(0, r )) = V (g (0)) = V (2w0 ), siendo V (2w0 ) un entorno
abierto de 2w0 , por el teorema de la aplicación abierta (restringido a
B(0, r )). Luego,
V (2w0 ) ⊂ A ⊂ Zf .
Por el principio de identidad, como V (2w0 ) es un conjunto con un punto
lı́mite, se tiene que:
f (z) ≡ 0 ∀z ∈ C.
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Entonces g (B(0, r )) = V (g (0)) = V (2w0 ), siendo V (2w0 ) un entorno
abierto de 2w0 , por el teorema de la aplicación abierta (restringido a
B(0, r )). Luego,
V (2w0 ) ⊂ A ⊂ Zf .
Por el principio de identidad, como V (2w0 ) es un conjunto con un punto
lı́mite, se tiene que:
f (z) ≡ 0 ∀z ∈ C.
Por lo tanto, como f (z) ≡ 0 no es una solución válida,
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Entonces g (B(0, r )) = V (g (0)) = V (2w0 ), siendo V (2w0 ) un entorno
abierto de 2w0 , por el teorema de la aplicación abierta (restringido a
B(0, r )). Luego,
V (2w0 ) ⊂ A ⊂ Zf .
Por el principio de identidad, como V (2w0 ) es un conjunto con un punto
lı́mite, se tiene que:
f (z) ≡ 0 ∀z ∈ C.
Por lo tanto, como f (z) ≡ 0 no es una solución válida, f (z) tampoco
toma el valor f (z) = 0.
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Entonces g (B(0, r )) = V (g (0)) = V (2w0 ), siendo V (2w0 ) un entorno
abierto de 2w0 , por el teorema de la aplicación abierta (restringido a
B(0, r )). Luego,
V (2w0 ) ⊂ A ⊂ Zf .
Por el principio de identidad, como V (2w0 ) es un conjunto con un punto
lı́mite, se tiene que:
f (z) ≡ 0 ∀z ∈ C.
Por lo tanto, como f (z) ≡ 0 no es una solución válida, f (z) tampoco
toma el valor f (z) = 0.
Aplicando el teorema de Picard,
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Entonces g (B(0, r )) = V (g (0)) = V (2w0 ), siendo V (2w0 ) un entorno
abierto de 2w0 , por el teorema de la aplicación abierta (restringido a
B(0, r )). Luego,
V (2w0 ) ⊂ A ⊂ Zf .
Por el principio de identidad, como V (2w0 ) es un conjunto con un punto
lı́mite, se tiene que:
f (z) ≡ 0 ∀z ∈ C.
Por lo tanto, como f (z) ≡ 0 no es una solución válida, f (z) tampoco
toma el valor f (z) = 0.
Aplicando el teorema de Picard, f (z) es constante,
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Entonces g (B(0, r )) = V (g (0)) = V (2w0 ), siendo V (2w0 ) un entorno
abierto de 2w0 , por el teorema de la aplicación abierta (restringido a
B(0, r )). Luego,
V (2w0 ) ⊂ A ⊂ Zf .
Por el principio de identidad, como V (2w0 ) es un conjunto con un punto
lı́mite, se tiene que:
f (z) ≡ 0 ∀z ∈ C.
Por lo tanto, como f (z) ≡ 0 no es una solución válida, f (z) tampoco
toma el valor f (z) = 0.
Aplicando el teorema de Picard, f (z) es constante, f (z) = k, sustituyendo
en la ecuación original =⇒
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Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
4f (z)f (w ) = [f (z + w ) − f (z) − f (w )]2
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∀ z, w ∈ C.
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Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
4f (z)f (w ) = [f (z + w ) − f (z) − f (w )]2
∀ z, w ∈ C.
Prueba:
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Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
4f (z)f (w ) = [f (z + w ) − f (z) − f (w )]2
∀ z, w ∈ C.
Prueba:
La única solución constante es f (z) ≡ 0.
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34 / 75
Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
4f (z)f (w ) = [f (z + w ) − f (z) − f (w )]2
∀ z, w ∈ C.
Prueba:
La única solución constante es f (z) ≡ 0.
Por otra parte, si a w le damos el valor 0 =⇒
4f (z)f (0) = [f (0)]2 ,
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34 / 75
Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
4f (z)f (w ) = [f (z + w ) − f (z) − f (w )]2
∀ z, w ∈ C.
Prueba:
La única solución constante es f (z) ≡ 0.
Por otra parte, si a w le damos el valor 0 =⇒
4f (z)f (0) = [f (0)]2 ,
y necesariamente f (0) = 0.
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Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
4f (z)f (w ) = [f (z + w ) − f (z) − f (w )]2
∀ z, w ∈ C.
Prueba:
La única solución constante es f (z) ≡ 0.
Por otra parte, si a w le damos el valor 0 =⇒
4f (z)f (0) = [f (0)]2 ,
y necesariamente f (0) = 0.
Y si sustituimos w por z, se obtiene que:
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34 / 75
Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
4f (z)f (w ) = [f (z + w ) − f (z) − f (w )]2
∀ z, w ∈ C.
Prueba:
La única solución constante es f (z) ≡ 0.
Por otra parte, si a w le damos el valor 0 =⇒
4f (z)f (0) = [f (0)]2 ,
y necesariamente f (0) = 0.
Y si sustituimos w por z, se obtiene que:
4f (z)2 = [f (2z) − 2f (z)]2 ⇒ f (2z)2 − 4f (z)f (2z) = 0
⇒ f (2z)[f (2z) − 4f (z)] = 0,
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Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
4f (z)f (w ) = [f (z + w ) − f (z) − f (w )]2
∀ z, w ∈ C.
Prueba:
La única solución constante es f (z) ≡ 0.
Por otra parte, si a w le damos el valor 0 =⇒
4f (z)f (0) = [f (0)]2 ,
y necesariamente f (0) = 0.
Y si sustituimos w por z, se obtiene que:
4f (z)2 = [f (2z) − 2f (z)]2 ⇒ f (2z)2 − 4f (z)f (2z) = 0
⇒ f (2z)[f (2z) − 4f (z)] = 0,
descartando la solución f (z) ≡ 0, se tiene que:
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34 / 75
Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
4f (z)f (w ) = [f (z + w ) − f (z) − f (w )]2
∀ z, w ∈ C.
Prueba:
La única solución constante es f (z) ≡ 0.
Por otra parte, si a w le damos el valor 0 =⇒
4f (z)f (0) = [f (0)]2 ,
y necesariamente f (0) = 0.
Y si sustituimos w por z, se obtiene que:
4f (z)2 = [f (2z) − 2f (z)]2 ⇒ f (2z)2 − 4f (z)f (2z) = 0
⇒ f (2z)[f (2z) − 4f (z)] = 0,
descartando la solución f (z) ≡ 0, se tiene que:
f (2z) = 4f (z) ∀z ∈ C.
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(6)
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Veamos que el único cero de f (z) es z = 0.
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Veamos que el único cero de f (z) es z = 0. Si ∃ z0 6= 0 tal que f (z0 ) = 0
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35 / 75
Veamos que el único cero de f (z) es z = 0. Si ∃ z0 6= 0 tal que f (z0 ) = 0
z 0
=⇒ zn := n
2 n=0,1,2,...
serı́a una sucesión de ceros con un punto lı́mite
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35 / 75
Veamos que el único cero de f (z) es z = 0. Si ∃ z0 6= 0 tal que f (z0 ) = 0
z 0
=⇒ zn := n
2 n=0,1,2,...
serı́a una sucesión de ceros con un punto lı́mite ya que por (6)
[f (2z) = 4f (z)]=⇒
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35 / 75
Veamos que el único cero de f (z) es z = 0. Si ∃ z0 6= 0 tal que f (z0 ) = 0
z 0
=⇒ zn := n
2 n=0,1,2,...
serı́a una sucesión de ceros con un punto
[f (2z) = 4f (z)]=⇒
z 0
0 = f (z0 ) = 4f
z2 z 0
0
= 4f
0=f
2
22
z z· ··
0
0
0=f
= 4f
2n−1
2n
···
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lı́mite ya que por (6)
⇒ f
⇒ f
z 0
z2 0
22
= 0,
= 0,
· · · · ·· z0
⇒ f
= 0,
2n
··· ···
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35 / 75
Veamos que el único cero de f (z) es z = 0. Si ∃ z0 6= 0 tal que f (z0 ) = 0
z 0
=⇒ zn := n
2 n=0,1,2,...
serı́a una sucesión de ceros con un punto lı́mite ya que por (6)
[f (2z) = 4f (z)]=⇒
z z 0
0
0 = f (z0 ) = 4f
⇒ f
= 0,
z z2 z2 0
0
0
0=f
= 4f
⇒ f
= 0,
2
2
2
22
z· ·· · · · · ·· z z 0
0
0
= 4f
⇒ f
= 0,
0=f
2n−1
2n
2n
··· ··· ···
Observación (Consecuencia del Principio de Identidad)
Sea f analı́tica en un abierto conexo U. Supongamos que existe una
sucesión de ceros zn → z0 (en U) con zn 6= z0 . Entonces f ≡ 0 en U.
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Veamos que el único cero de f (z) es z = 0. Si ∃ z0 6= 0 tal que f (z0 ) = 0
z 0
=⇒ zn := n
2 n=0,1,2,...
serı́a una sucesión de ceros con un punto
[f (2z) = 4f (z)]=⇒
z 0
0 = f (z0 ) = 4f
z2 z 0
0
= 4f
0=f
2
22
z z· ··
0
0
0=f
= 4f
2n−1
2n
···
lı́mite ya que por (6)
⇒ f
⇒ f
z 0
z2 0
22
= 0,
= 0,
· · · · ·· z0
⇒ f
= 0,
2n
··· ···
Por tanto, llegamos a que f ≡ 0 obteniendo una contradicción con que f
no es constante,
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35 / 75
Veamos que el único cero de f (z) es z = 0. Si ∃ z0 6= 0 tal que f (z0 ) = 0
z 0
=⇒ zn := n
2 n=0,1,2,...
serı́a una sucesión de ceros con un punto
[f (2z) = 4f (z)]=⇒
z 0
0 = f (z0 ) = 4f
z2 z 0
0
= 4f
0=f
2
22
z z· ··
0
0
0=f
= 4f
2n−1
2n
···
lı́mite ya que por (6)
⇒ f
⇒ f
z 0
z2 0
22
= 0,
= 0,
· · · · ·· z0
⇒ f
= 0,
2n
··· ···
Por tanto, llegamos a que f ≡ 0 obteniendo una contradicción con que f
no es constante, en consecuencia el único cero de f es z = 0.
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Sea U el siguiente conjunto abierto conexo:
U = {z ∈ C / 1 < |z| < 2}.
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36 / 75
Sea U el siguiente conjunto abierto conexo:
U = {z ∈ C / 1 < |z| < 2}.
Sea m0 = mı́nz∈U |f (z)|,
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36 / 75
Sea U el siguiente conjunto abierto conexo:
U = {z ∈ C / 1 < |z| < 2}.
Sea m0 = mı́nz∈U |f (z)|, por lo de antes sabemos que m0 > 0.
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36 / 75
Sea U el siguiente conjunto abierto conexo:
U = {z ∈ C / 1 < |z| < 2}.
Sea m0 = mı́nz∈U |f (z)|, por lo de antes sabemos que m0 > 0.
Teorema (Principio del Mı́nimo)
Sea f (z) analı́tica en un abierto conexo U, no identicamente constante, y
que no se anula en ningún punto. Entonces:
a) Si z0 ∈ U y D(z0 , r ) ⊂ U, existe z1 ∈ D(z0 , r ) tal que |f (z1 )| < |f (z0 )|.
b) Si λ = inf |f (z)|, entonces λ no se alcanza en U, es decir
z∈U
|f (z)| > λ ∀z ∈ U.
c) Si U está acotado y ∂U es su frontera, sea m = lı́m inf |f (z)|, entonces
z∈∂U
|f (z)| > m ∀z ∈ U.
d) Si U está acotado y f es continua en U, si m0 = mı́n |f (z)|, entonces
z∈∂U
|f (z)| > m0 ∀z ∈ U.
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36 / 75
Sea U el siguiente conjunto abierto conexo:
U = {z ∈ C / 1 < |z| < 2}.
Sea m0 = mı́nz∈
Sea U el siguiente conjunto abierto conexo:
U = {z ∈ C / 1 < |z| < 2}.
Sea m0 = mı́nz∈U |f (z)|, por lo de antes sabemos que m0 > 0.
Aplicando el principio del mı́nimo:
|f (z)| > m0 ∀z ∈ U.
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36 / 75
Si |w | → ∞ existe n ∈ N (para cada w ) tal que w = 2n z con 1 ≤ z < 2.
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Si |w | → ∞ existe n ∈ N (para cada w ) tal que w = 2n z con 1 ≤ z < 2.
w
z
U
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37 / 75
Aplicando (6) [f (2z) = 4f (z)] queda:
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38 / 75
Aplicando (6) [f (2z) = 4f (z)] queda:
1
1
1
f (z) = f (2z) = 2 f (22 z) = · · · = n f (2n z),
4
4
4
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38 / 75
Aplicando (6) [f (2z) = 4f (z)] queda:
1
1
1
f (z) = f (2z) = 2 f (22 z) = · · · = n f (2n z),
4
4
4
ası́ que,
|f (w )| = 4n |f (z)| ≥ 4n m0 ,
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38 / 75
Aplicando (6) [f (2z) = 4f (z)] queda:
1
1
1
f (z) = f (2z) = 2 f (22 z) = · · · = n f (2n z),
4
4
4
ası́ que,
|f (w )| = 4n |f (z)| ≥ 4n m0 ,
y en consecuencia,
lı́m f (w ) = ∞.
|w |→∞
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38 / 75
Aplicando (6) [f (2z) = 4f (z)] queda:
1
1
1
f (z) = f (2z) = 2 f (22 z) = · · · = n f (2n z),
4
4
4
ası́ que,
|f (w )| = 4n |f (z)| ≥ 4n m0 ,
y en consecuencia,
lı́m f (w ) = ∞.
|w |→∞
Por tanto, aplicando el teorema de Cauchy, f es un polinomio.
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38 / 75
Aplicando (6) [f (2z) = 4f (z)] queda:
1
1
1
f (z) = f (2z) = 2 f (22 z) = · · · = n f (2n z),
4
4
4
ası́ que,
|f (w )| = 4n |f (z)| ≥ 4n m0 ,
y en consecuencia,
lı́m f (w ) = ∞.
|w |→∞
Por tanto, aplicando el teorema de Cauchy, f es un polinomio.
Haciendo w = −z en la ecuación original, queda que f (z) = f (−z),
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38 / 75
Aplicando (6) [f (2z) = 4f (z)] queda:
1
1
1
f (z) = f (2z) = 2 f (22 z) = · · · = n f (2n z),
4
4
4
ası́ que,
|f (w )| = 4n |f (z)| ≥ 4n m0 ,
y en consecuencia,
lı́m f (w ) = ∞.
|w |→∞
Por tanto, aplicando el teorema de Cauchy, f es un polinomio.
Haciendo w = −z en la ecuación original, queda que f (z) = f (−z),
entonces f es un polinomio par:
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Aplicando (6) [f (2z) = 4f (z)] queda:
1
1
1
f (z) = f (2z) = 2 f (22 z) = · · · = n f (2n z),
4
4
4
ası́ que,
|f (w )| = 4n |f (z)| ≥ 4n m0 ,
y en consecuencia,
lı́m f (w ) = ∞.
|w |→∞
Por tanto, aplicando el teorema de Cauchy, f es un polinomio.
Haciendo w = −z en la ecuación original, queda que f (z) = f (−z),
entonces f es un polinomio par:
f (z) = c2 z 2 + c4 z 4 + · · · + c2p z 2p ,
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Aplicando (6) [f (2z) = 4f (z)] queda:
1
1
1
f (z) = f (2z) = 2 f (22 z) = · · · = n f (2n z),
4
4
4
ası́ que,
|f (w )| = 4n |f (z)| ≥ 4n m0 ,
y en consecuencia,
lı́m f (w ) = ∞.
|w |→∞
Por tanto, aplicando el teorema de Cauchy, f es un polinomio.
Haciendo w = −z en la ecuación original, queda que f (z) = f (−z),
entonces f es un polinomio par:
f (z) = c2 z 2 + c4 z 4 + · · · + c2p z 2p ,
y trivialmente, el único polinomio par que satisface (6) es:
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Aplicando (6) [f (2z) = 4f (z)] queda:
1
1
1
f (z) = f (2z) = 2 f (22 z) = · · · = n f (2n z),
4
4
4
ası́ que,
|f (w )| = 4n |f (z)| ≥ 4n m0 ,
y en consecuencia,
lı́m f (w ) = ∞.
|w |→∞
Por tanto, aplicando el teorema de Cauchy, f es un polinomio.
Haciendo w = −z en la ecuación original, queda que f (z) = f (−z),
entonces f es un polinomio par:
f (z) = c2 z 2 + c4 z 4 + · · · + c2p z 2p ,
y trivialmente, el único polinomio par que satisface (6) es:
f (z) = az 2 ∀z ∈ C y a ∈ C,
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Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z + f (w ) + zf (w )) = w + f (z) + wf (z) ∀ z, w ∈ C.
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Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z + f (w ) + zf (w )) = w + f (z) + wf (z) ∀ z, w ∈ C.
Prueba:
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Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z + f (w ) + zf (w )) = w + f (z) + wf (z) ∀ z, w ∈ C.
Prueba:
Tomando w = z:
f [(1 + z)f (z) + z] = (1 + z)f (z) + z,
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(7)
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Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z + f (w ) + zf (w )) = w + f (z) + wf (z) ∀ z, w ∈ C.
Prueba:
Tomando w = z:
f [(1 + z)f (z) + z] = (1 + z)f (z) + z,
(7)
=⇒ para z = −1 se tiene que f (−1) = −1.
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Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z + f (w ) + zf (w )) = w + f (z) + wf (z) ∀ z, w ∈ C.
Prueba:
Tomando w = z:
f [(1 + z)f (z) + z] = (1 + z)f (z) + z,
(7)
=⇒ para z = −1 se tiene que f (−1) = −1. Además si f es constante
entonces f ≡ −1.
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Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z + f (w ) + zf (w )) = w + f (z) + wf (z) ∀ z, w ∈ C.
Prueba:
Tomando w = z:
f [(1 + z)f (z) + z] = (1 + z)f (z) + z,
(7)
=⇒ para z = −1 se tiene que f (−1) = −1. Además si f es constante
entonces f ≡ −1.
Supongamos f 6= cte,
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Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z + f (w ) + zf (w )) = w + f (z) + wf (z) ∀ z, w ∈ C.
Prueba:
Tomando w = z:
f [(1 + z)f (z) + z] = (1 + z)f (z) + z,
(7)
=⇒ para z = −1 se tiene que f (−1) = −1. Además si f es constante
entonces f ≡ −1.
Supongamos f 6= cte, entonces de (7) se deduce que f coincide con la
identidad en:
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Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z + f (w ) + zf (w )) = w + f (z) + wf (z) ∀ z, w ∈ C.
Prueba:
Tomando w = z:
f [(1 + z)f (z) + z] = (1 + z)f (z) + z,
(7)
=⇒ para z = −1 se tiene que f (−1) = −1. Además si f es constante
entonces f ≡ −1.
Supongamos f 6= cte, entonces de (7) se deduce que f coincide con la
identidad en:
A := {u = (1 + z)f (z) + z : z ∈ C} .
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Ecuación
Determinar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
f (z + f (w ) + zf (w )) = w + f (z) + wf (z) ∀ z, w ∈ C.
Prueba:
Tomando w = z:
f [(1 + z)f (z) + z] = (1 + z)f (z) + z,
(7)
=⇒ para z = −1 se tiene que f (−1) = −1. Además si f es constante
entonces f ≡ −1.
Supongamos f 6= cte, entonces de (7) se deduce que f coincide con la
identidad en:
A := {u = (1 + z)f (z) + z : z ∈ C} .
Si A tuviese algún punto lı́mite =⇒ f serı́a la identidad (Principio de
identidad).
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Para ello definimos la función:
g (z) := (1 + z)f (z) + z, z ∈ C
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Para ello definimos la función:
g (z) := (1 + z)f (z) + z, z ∈ C
=⇒ g (z) 6= cte ya que de serlo se tendrı́a que g (−1) = −1,
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Para ello definimos la función:
g (z) := (1 + z)f (z) + z, z ∈ C
=⇒ g (z) 6= cte ya que de serlo se tendrı́a que g (−1) = −1, es decir,
g (z) ≡ −1, y en consecuencia f (z) ≡ −1,
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Para ello definimos la función:
g (z) := (1 + z)f (z) + z, z ∈ C
=⇒ g (z) 6= cte ya que de serlo se tendrı́a que g (−1) = −1, es decir,
g (z) ≡ −1, y en consecuencia f (z) ≡ −1, (absurdo ya que f 6= cte).
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Para ello definimos la función:
g (z) := (1 + z)f (z) + z, z ∈ C
=⇒ g (z) 6= cte ya que de serlo se tendrı́a que g (−1) = −1, es decir,
g (z) ≡ −1, y en consecuencia f (z) ≡ −1, (absurdo ya que f 6= cte).
Por tanto, ∃ z0 / g 0 (z0 ) 6= 0 =⇒ ∃ D(z0 , r ) tal que g es inyectiva en
D(z0 , r ),
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Para ello definimos la función:
g (z) := (1 + z)f (z) + z, z ∈ C
=⇒ g (z) 6= cte ya que de serlo se tendrı́a que g (−1) = −1, es decir,
g (z) ≡ −1, y en consecuencia f (z) ≡ −1, (absurdo ya que f 6= cte).
Por tanto, ∃ z0 / g 0 (z0 ) 6= 0 =⇒ ∃ D(z0 , r ) tal que g es inyectiva en
D(z0 , r ), y por el teorema de la aplicación abierta, g (D(z0 , r )) = U, siendo
U un abierto de C.
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Para ello definimos la función:
g (z) := (1 + z)f (z) + z, z ∈ C
=⇒ g (z) 6= cte ya que de serlo se tendrı́a que g (−1) = −1, es decir,
g (z) ≡ −1, y en consecuencia f (z) ≡ −1, (absurdo ya que f 6= cte).
Por tanto, ∃ z0 / g 0 (z0 ) 6= 0 =⇒ ∃ D(z0 , r ) tal que g es inyectiva en
D(z0 , r ), y por el teorema de la aplicación abierta, g (D(z0 , r )) = U, siendo
U un abierto de C.
Como g (C) = A,
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Para ello definimos la función:
g (z) := (1 + z)f (z) + z, z ∈ C
=⇒ g (z) 6= cte ya que de serlo se tendrı́a que g (−1) = −1, es decir,
g (z) ≡ −1, y en consecuencia f (z) ≡ −1, (absurdo ya que f 6= cte).
Por tanto, ∃ z0 / g 0 (z0 ) 6= 0 =⇒ ∃ D(z0 , r ) tal que g es inyectiva en
D(z0 , r ), y por el teorema de la aplicación abierta, g (D(z0 , r )) = U, siendo
U un abierto de C.
Como g (C) = A, y puesto que g (D(z0 , r )) = U ⊂ g (C),
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Para ello definimos la función:
g (z) := (1 + z)f (z) + z, z ∈ C
=⇒ g (z) 6= cte ya que de serlo se tendrı́a que g (−1) = −1, es decir,
g (z) ≡ −1, y en consecuencia f (z) ≡ −1, (absurdo ya que f 6= cte).
Por tanto, ∃ z0 / g 0 (z0 ) 6= 0 =⇒ ∃ D(z0 , r ) tal que g es inyectiva en
D(z0 , r ), y por el teorema de la aplicación abierta, g (D(z0 , r )) = U, siendo
U un abierto de C.
Como g (C) = A, y puesto que g (D(z0 , r )) = U ⊂ g (C), =⇒ A contiene
un abierto U, y es pues un conjunto con punto lı́mite
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Para ello definimos la función:
g (z) := (1 + z)f (z) + z, z ∈ C
=⇒ g (z) 6= cte ya que de serlo se tendrı́a que g (−1) = −1, es decir,
g (z) ≡ −1, y en consecuencia f (z) ≡ −1, (absurdo ya que f 6= cte).
Por tanto, ∃ z0 / g 0 (z0 ) 6= 0 =⇒ ∃ D(z0 , r ) tal que g es inyectiva en
D(z0 , r ), y por el teorema de la aplicación abierta, g (D(z0 , r )) = U, siendo
U un abierto de C.
Como g (C) = A, y puesto que g (D(z0 , r )) = U ⊂ g (C), =⇒ A contiene
un abierto U, y es pues un conjunto con punto lı́mite=⇒ f ≡ Id.
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Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
√ √ √ f (zwt) + f (z) + f (w ) + f (t) = f
zw f
wt f
zt
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∀ z, w , t ∈ C.
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Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
√ √ √ f (zwt) + f (z) + f (w ) + f (t) = f
zw f
wt f
zt
∀ z, w , t ∈ C.
Prueba:
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Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
√ √ √ f (zwt) + f (z) + f (w ) + f (t) = f
zw f
wt f
zt
∀ z, w , t ∈ C.
Prueba:
Sustituyendo z = w = t = 0 en la ecuación:
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Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
√ √ √ f (zwt) + f (z) + f (w ) + f (t) = f
zw f
wt f
zt
∀ z, w , t ∈ C.
Prueba:
Sustituyendo z = w = t = 0 en la ecuación:
4f (0) = f (0)3 ⇒ f (0)(4 − f (0)2 ) = 0,
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Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
√ √ √ f (zwt) + f (z) + f (w ) + f (t) = f
zw f
wt f
zt
∀ z, w , t ∈ C.
Prueba:
Sustituyendo z = w = t = 0 en la ecuación:
4f (0) = f (0)3 ⇒ f (0)(4 − f (0)2 ) = 0,
por lo tanto f (0) puede tomar tres posibles valores:
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Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
√ √ √ f (zwt) + f (z) + f (w ) + f (t) = f
zw f
wt f
zt
∀ z, w , t ∈ C.
Prueba:
Sustituyendo z = w = t = 0 en la ecuación:
4f (0) = f (0)3 ⇒ f (0)(4 − f (0)2 ) = 0,
por lo tanto f (0) puede tomar tres posibles valores:
f (0) = 0, f (0) = +2, f (0) = −2.
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Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
√ √ √ f (zwt) + f (z) + f (w ) + f (t) = f
zw f
wt f
zt
∀ z, w , t ∈ C.
Prueba:
Sustituyendo z = w = t = 0 en la ecuación:
4f (0) = f (0)3 ⇒ f (0)(4 − f (0)2 ) = 0,
por lo tanto f (0) puede tomar tres posibles valores:
f (0) = 0, f (0) = +2, f (0) = −2.
Si f (0) = 0,
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Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
√ √ √ f (zwt) + f (z) + f (w ) + f (t) = f
zw f
wt f
zt
∀ z, w , t ∈ C.
Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
√ √ √ f (zwt) + f (z) + f (w ) + f (t) = f
zw f
wt f
zt
∀ z, w , t ∈ C.
Prueba:
Sustituyendo z = w = t = 0 en la ecuación:
4f (0) = f (0)3 ⇒ f (0)(4 − f (0)2 ) = 0,
por lo tanto f (0) puede tomar tres posibles valores:
f (0) = 0, f (0) = +2, f (0) = −2.
Si f (0) = 0, cambiando z = 0 en la ecuación planteada =⇒
f (w ) + f (t) = 0,
haciendo w = t, se tiene que:
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Ecuación
Hallar todas las funciones analı́ticas f : C −→ C tales que:
√ √ √ f (zwt) + f (z) + f (w ) + f (t) = f
zw f
wt f
zt
∀ z, w , t ∈ C.
Prueba:
Sustituyendo z = w = t = 0 en la ecuación:
4f (0) = f (0)3 ⇒ f (0)(4 − f (0)2 ) = 0,
por lo tanto f (0) puede tomar tres posibles valores:
f (0) = 0, f (0) = +2, f (0) = −2.
Si f (0) = 0, cambiando z = 0 en la ecuación planteada =⇒
f (w ) + f (t) = 0,
haciendo w = t, se tiene que:
f (t) = 0 ∀t ∈ C.
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Si f (0) = 2,
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42 / 75
Si f (0) = 2, haciendo z = 0 en la ecuación =⇒
√ 4 + f (w ) + f (t) = 4f
wt ,
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42 / 75
Si f (0) = 2, haciendo z = 0 en la ecuación =⇒
√ 4 + f (w ) + f (t) = 4f
wt ,
y tomando w = t:
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42 / 75
Si f (0) = 2, haciendo z = 0 en la ecuación =⇒
√ 4 + f (w ) + f (t) = 4f
wt ,
y tomando w = t:
f (t) = 2 ∀t ∈ C.
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42 / 75
Si f (0) = 2, haciendo z = 0 en la ecuación =⇒
√ 4 + f (w ) + f (t) = 4f
wt ,
y tomando w = t:
f (t) = 2 ∀t ∈ C.
Si f (0) = −2,
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42 / 75
Si f (0) = 2, haciendo z = 0 en la ecuación =⇒
√ 4 + f (w ) + f (t) = 4f
wt ,
y tomando w = t:
f (t) = 2 ∀t ∈ C.
Si f (0) = −2, haciendo z = 0:
−4 + f (w ) + f (t) = 4f
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√
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wt ,
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Si f (0) = 2, haciendo z = 0 en la ecuación =⇒
√ 4 + f (w ) + f (t) = 4f
wt ,
y tomando w = t:
f (t) = 2 ∀t ∈ C.
Si f (0) = −2, haciendo z = 0:
−4 + f (w ) + f (t) = 4f
√
wt ,
por lo tanto, sustituyendo w = t:
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42 / 75
Si f (0) = 2, haciendo z = 0 en la ecuación =⇒
√ 4 + f (w ) + f (t) = 4f
wt ,
y tomando w = t:
f (t) = 2 ∀t ∈ C.
Si f (0) = −2, haciendo z = 0:
−4 + f (w ) + f (t) = 4f
√
wt ,
por lo tanto, sustituyendo w = t:
f (t) = −2 ∀t ∈ C.
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42 / 75
Si f (0) = 2, haciendo z = 0 en la ecuación =⇒
√ 4 + f (w ) + f (t) = 4f
wt ,
y tomando w = t:
f (t) = 2 ∀t ∈ C.
Si f (0) = −2, haciendo z = 0:
−4 + f (w ) + f (t) = 4f
√
wt ,
por lo tanto, sustituyendo w = t:
f (t) = −2 ∀t ∈ C.
=⇒ Las soluciones definidas en z = 0 que se obtienen son:
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Si f (0) = 2, haciendo z = 0 en la ecuación =⇒
√ 4 + f (w ) + f (t) = 4f
wt ,
y tomando w = t:
f (t) = 2 ∀t ∈ C.
Si f (0) = −2, haciendo z = 0:
−4 + f (w ) + f (t) = 4f
√
wt ,
por lo tanto, sustituyendo w = t:
f (t) = −2 ∀t ∈ C.
=⇒ Las soluciones definidas en z = 0 que se obtienen son:
f (z) = 0, f (z) = 2 y f (z) = −2 ∀z ∈ C.
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Veamos más soluciones analı́ticas no definidas en z = 0:
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Veamos más soluciones analı́ticas no definidas en z = 0:
Tomando z = w = t = 1 en la ecuación original resulta 4f (1) = f (1)3
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Veamos más soluciones analı́ticas no definidas en z = 0:
Tomando z = w = t = 1 en la ecuación original resulta 4f (1) = f (1)3 ⇒
f (1) = 0 o f (1) = 2.
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43 / 75
Veamos más soluciones analı́ticas no definidas en z = 0:
Tomando z = w = t = 1 en la ecuación original resulta 4f (1) = f (1)3 ⇒
f (1) = 0 o f (1) = 2. Si f (1) = 0 tomando w = t = 1 en la ecuación se
tiene que f (z) ≡ 0 (solución ya analizada)
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43 / 75
Veamos más soluciones analı́ticas no definidas en z = 0:
Tomando z = w = t = 1 en la ecuación original resulta 4f (1) = f (1)3 ⇒
f (1) = 0 o f (1) = 2. Si f (1) = 0 tomando w = t = 1 en la ecuación se
tiene que f (z) ≡ 0 (solución ya analizada) =⇒ f (1) = 2.
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43 / 75
Veamos más soluciones analı́ticas no definidas en z = 0:
Tomando z = w = t = 1 en la ecuación original resulta 4f (1) = f (1)3 ⇒
f (1) = 0 o f (1) = 2. Si f (1) = 0 tomando w = t = 1 en la ecuación se
tiene que f (z) ≡ 0 (solución ya analizada) =⇒ f (1) = 2.
Realizaremos algunos cambios paramétricos:
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Veamos más soluciones analı́ticas no definidas en z = 0:
Tomando z = w = t = 1 en la ecuación original resulta 4f (1) = f (1)3 ⇒
f (1) = 0 o f (1) = 2. Si f (1) = 0 tomando w = t = 1 en la ecuación se
tiene que f (z) ≡ 0 (solución ya analizada) =⇒ f (1) = 2.
Realizaremos algunos cambios paramétricos:


 z
w

 t
= u
= u
1
= ,
u
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Veamos más soluciones analı́ticas no definidas en z = 0:
Tomando z = w = t = 1 en la ecuación original resulta 4f (1) = f (1)3 ⇒
f (1) = 0 o f (1) = 2. Si f (1) = 0 tomando w = t = 1 en la ecuación se
tiene que f (z) ≡ 0 (solución ya analizada) =⇒ f (1) = 2.
Realizaremos algunos cambios paramétricos:


 z
w


= u
= u
Veamos más soluciones analı́ticas no definidas en z = 0:
Tomando z = w = t = 1 en la ecuación original resulta 4f (1) = f (1)3 ⇒
f (1) = 0 o f (1) = 2. Si f (1) = 0 tomando w = t = 1 en la ecuación se
tiene que f (z) ≡ 0 (solución ya analizada) =⇒ f (1) = 2.
Realizaremos algunos cambios paramétricos:




 z


 z = u
 z = u2

w = u
w = 1
w



 t = 1,

t = 1,


u
t
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
u
v
v
=
u
= uv ,
=
Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
43 / 75
Veamos más soluciones analı́ticas no definidas en z = 0:
Tomando z = w = t = 1 en la ecuación original resulta 4f (1) = f (1)3 ⇒
f (1) = 0 o f (1) = 2. Si f (1) = 0 tomando w = t = 1 en la ecuación se
tiene que f (z) ≡ 0 (solución ya analizada) =⇒ f (1) = 2.
Realizaremos algunos cambios paramétricos:




 z


 z = u
 z = u2

w = u
w = 1
w



 t = 1,

t = 1,


u
t
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
u
v
v
=
u
= uv ,
=
Aplicaciones de la variable compleja...

z



w



t
= u2
1
= 2
u
= v 2,
5 de Julio de 06
43 / 75
Veamos más soluciones analı́ticas no definidas en z = 0:
Tomando z = w = t = 1 en la ecuación original resulta 4f (1) = f (1)3 ⇒
f (1) = 0 o f (1) = 2. Si f (1) = 0 tomando w = t = 1 en la ecuación se
tiene que f (z) ≡ 0 (solución ya analizada) =⇒ f (1) = 2.
Realizaremos algunos cambios paramétricos:

u



 z =


 z = u
 z = u2

v
w = u
v
w = 1
w =



 t = 1,

u
t = 1,

 t = uv
u
,
y simplificando nos queda respectivamente:
1
.
f (u) = f
u

z



w



t
= u2
1
= 2
u
= v 2,
f (u 2 ) = f (u)2 − 2.
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
43 / 75
f (uv ) + f
f (uv )f
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
v u
v u
= f (u)f (v ).
(8)
= f (u)2 + f (v )2 − 4.
Aplicaciones de la variable compleja...
(9)
5 de Julio de 06
44 / 75
f (uv ) + f
v u
= f (u)f (v ).
(8)
v = f (u)2 + f (v )2 − 4.
u
Realizaremos ahora el siguiente cambio para la función f :
f (uv )f
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
Aplicaciones de la variable compleja...
(9)
5 de Julio de 06
44 / 75
f (uv ) + f
v u
= f (u)f (v ).
(8)
v = f (u)2 + f (v )2 − 4.
u
Realizaremos ahora el siguiente cambio para la función f :
f (uv )f
f (z) = g (z) +
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
(9)
1
,
g (z)
Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
44 / 75
f (uv ) + f
v u
= f (u)f (v ).
(8)
v = f (u)2 + f (v )2 − 4.
u
Realizaremos ahora el siguiente cambio para la función f :
f (uv )f
f (z) = g (z) +
(9)
1
,
g (z)
Si este cambio fuese válido (si g (z) no fuese cero para ningún punto) =⇒
g satisface la ecuación potencial de Cauchy: g (uv ) = g (u)g (v ).
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
44 / 75
f (uv ) + f
v u
= f (u)f (v ).
(8)
v = f (u)2 + f (v )2 − 4.
u
Realizaremos ahora el siguiente cambio para la función f :
f (uv )f
f (z) = g (z) +
(9)
1
,
g (z)
Si este cambio fuese válido (si g (z) no fuese cero para ningún punto) =⇒
g satisface la ecuación potencial de Cauchy: g (uv ) = g (u)g (v ).
En efecto, por una parte:
v (8)
1
1
= f (u)f (v ) = g (u) +
g (v ) +
=
f (uv ) + f
u
g (u)
g (v )
= g (u)g (v ) +
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
1
g (u) g (v )
+
+
,
g (u)g (v ) g (v ) g (u)
Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
44 / 75
⇒ f (uv ) + f
v u
=
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
1
g (u)g (v ) +
g (u)g (v )
Aplicaciones de la variable compleja...
+
g (u) g (v )
+
g (v ) g (u)
5 de Julio de 06
. (10)
45 / 75
⇒ f (uv ) + f
v u
=
1
g (u)g (v ) +
g (u)g (v )
+
g (u) g (v )
+
g (v ) g (u)
. (10)
Por otra parte,
v (9)
1 2
1 2
2
2
= f (u) +f (v ) −4 = g (u) +
+ g (v ) +
−4 =
f (uv )f
u
g (u)
g (v )
g (u) g (v )
1
+
,
= g (u)g (v ) +
g (u)g (v )
g (v ) g (u)
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
45 / 75
⇒ f (uv ) + f
v u
=
1
g (u)g (v ) +
g (u)g (v )
+
g (u) g (v )
+
g (v ) g (u)
. (10)
Por otra parte,
v (9)
1 2
1 2
2
2
= f (u) +f (v ) −4 = g (u) +
+ g (v ) +
−4 =
f (uv )f
u
g (u)
g (v )
g (u) g (v )
1
+
,
= g (u)g (v ) +
g (u)g (v )
g (v ) g (u)
esta última igualdad es fruto de la identidad:
1
ab +
ab
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a b
+
b
a
=
1
a+
a
2
1
+ b+
b
Aplicaciones de la variable compleja...
2
− 4.
5 de Julio de 06
45 / 75
Ası́ que:
⇒ f (uv ) · f
v u
=
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
1
g (u)g (v ) +
g (u)g (v )
g (u) g (v )
+
·
. (11)
g (v ) g (u)
Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
46 / 75
Ası́ que:
⇒ f (uv ) · f
v u
=
1
g (u)g (v ) +
g (u)g (v )
g (u) g (v )
+
·
. (11)
g (v ) g (u)
Por (10) y por (11) llegamos a que:
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
46 / 75
Ası́ que:
⇒ f (uv ) · f
v u
=
1
g (u)g (v ) +
g (u)g (v )
g (u) g (v )
+
·
. (11)
g (v ) g (u)
Por (10) y por (11) llegamos a que:
f (uv ) = g (u)g (v ) +
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
1
g (u) g (v )
, o bien, f (uv ) =
+
.
g (u)g (v )
g (v ) g (u)
Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
46 / 75
Ası́ que:
⇒ f (uv ) · f
v u
=
1
g (u)g (v ) +
g (u)g (v )
g (u) g (v )
+
·
. (11)
g (v ) g (u)
Por (10) y por (11) llegamos a que:
f (uv ) = g (u)g (v ) +
1
g (u) g (v )
, o bien, f (uv ) =
+
.
g (u)g (v )
g (v ) g (u)
La segunda expresión para f (uv ) no puede darse pues identificando u y v
llegarı́amos a f (u 2 ) = 2 (solución constante ya analizada).
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Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
46 / 75
Ası́ que:
⇒ f (uv ) · f
v u
=
1
g (u)g (v ) +
g (u)g (v )
g (u) g (v )
+
·
. (11)
g (v ) g (u)
Por (10) y por (11) llegamos a que:
f (uv ) = g (u)g (v ) +
1
g (u) g (v )
, o bien, f (uv ) =
+
.
g (u)g (v )
g (v ) g (u)
La segunda expresión para f (uv ) no puede darse pues identificando u y v
llegarı́amos a f (u 2 ) = 2 (solución constante ya analizada). Ası́ que:
f (uv ) = g (u)g (v ) +
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
1
.
g (u)g (v )
Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
46 / 75
Ası́ que:
⇒ f (uv ) · f
v u
=
1
g (u)g (v ) +
g (u)g (v )
g (u) g (v )
+
·
. (11)
g (v ) g (u)
Por (10) y por (11) llegamos a que:
f (uv ) = g (u)g (v ) +
1
g (u) g (v )
, o bien, f (uv ) =
+
.
g (u)g (v )
g (v ) g (u)
La segunda expresión para f (uv ) no puede darse pues identificando u y v
llegarı́amos a f (u 2 ) = 2 (solución constante ya analizada). Ası́ que:
f (uv ) = g (u)g (v ) +
1
.
g (u)g (v )
Y como por definición resulta que:
f (uv ) = g (uv ) +
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
1
,
g (uv )
Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
46 / 75
entonces necesariamente se tiene que:
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Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
47 / 75
entonces necesariamente se tiene que:
g (uv ) = g (u)g (v ), o bien, g (uv ) =
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Aplicaciones de la variable compleja...
1
.
g (u)g (v )
5 de Julio de 06
47 / 75
entonces necesariamente se tiene que:
g (uv ) = g (u)g (v ), o bien, g (uv ) =
1
.
g (u)g (v )
Y como resulta que f (1) = 2, entonces g (1) = 1
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
47 / 75
entonces necesariamente se tiene que:
g (uv ) = g (u)g (v ), o bien, g (uv ) =
1
.
g (u)g (v )
Y como resulta que f (1) = 2, entonces g (1) = 1 =⇒ la segunda
expresión para g (uv ) no es cierta
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
47 / 75
entonces necesariamente se tiene que:
g (uv ) = g (u)g (v ), o bien, g (uv ) =
1
.
g (u)g (v )
Y como resulta que f (1) = 2, entonces g (1) = 1 =⇒ la segunda
expresión para g (uv ) no es cierta pues tomando v = 1 resultarı́a
1
g (u) =
, y por lo tanto g (u)2 = 1 (solución constante).
g (u)
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Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
47 / 75
entonces necesariamente se tiene que:
g (uv ) = g (u)g (v ), o bien, g (uv ) =
1
.
g (u)g (v )
Y como resulta que f (1) = 2, entonces g (1) = 1 =⇒ la segunda
expresión para g (uv ) no es cierta pues tomando v = 1 resultarı́a
1
g (u) =
, y por lo tanto g (u)2 = 1 (solución constante). Por lo tanto
g (u)
llegamos a la ecuación potencial de Cauchy:
g (uv ) = g (u)g (v ),
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
47 / 75
entonces necesariamente se tiene que:
g (uv ) = g (u)g (v ), o bien, g (uv ) =
1
.
g (u)g (v )
Y como resulta que f (1) = 2, entonces g (1) = 1 =⇒ la segunda
expresión para g (uv ) no es cierta pues tomando v = 1 resultarı́a
1
g (u) =
, y por lo tanto g (u)2 = 1 (solución constante). Por lo tanto
g (u)
llegamos a la ecuación potencial de Cauchy:
g (uv ) = g (u)g (v ),
cuyas soluciones analı́ticas son de la forma
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
47 / 75
entonces necesariamente se tiene que:
g (uv ) = g (u)g (v ), o bien, g (uv ) =
1
.
g (u)g (v )
Y como resulta que f (1) = 2, entonces g (1) = 1 =⇒ la segunda
expresión para g (uv ) no es cierta pues tomando v = 1 resultarı́a
1
g (u) =
, y por lo tanto g (u)2 = 1 (solución constante). Por lo tanto
g (u)
llegamos a la ecuación potencial de Cauchy:
g (uv ) = g (u)g (v ),
cuyas soluciones analı́ticas son de la forma g (u) = u α ,
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Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
47 / 75
entonces necesariamente se tiene que:
g (uv ) = g (u)g (v ), o bien, g (uv ) =
1
.
g (u)g (v )
Y como resulta que f (1) = 2, entonces g (1) = 1 =⇒ la segunda
expresión para g (uv ) no es cierta pues tomando v = 1 resultarı́a
1
g (u) =
, y por lo tanto g (u)2 = 1 (solución constante). Por lo tanto
g (u)
llegamos a la ecuación potencial de Cauchy:
g (uv ) = g (u)g (v ),
cuyas soluciones analı́ticas son de la forma g (u) = u α , y por lo tanto
f (z) = z α +
1
, α ∈ C,
zα
son las soluciones analı́ticas no definidas en el origen para la ecuación
planteada si el cambio anteriormente planteado fuese lı́cito.
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5 de Julio de 06
47 / 75
Alternativa: (Utilización de la variable compleja)
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Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
48 / 75
Alternativa: (Utilización de la variable compleja)
Solventaremos el problema que nos ha surgido con anterioridad.
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Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
48 / 75
Alternativa: (Utilización de la variable compleja)
Solventaremos el problema que nos ha surgido con anterioridad.
Calcularemos las soluciones analı́ticas en Ω = C \ (−∞, 0],
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
48 / 75
Alternativa: (Utilización de la variable compleja)
Solventaremos el problema que nos ha surgido con anterioridad.
Calcularemos las soluciones analı́ticas en Ω = C \ (−∞, 0], y tomaremos la
determinación de la rama principal del logaritmo, por lo tanto
Arg z ∈ (−π, π).
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5 de Julio de 06
48 / 75
Alternativa: (Utilización de la variable compleja)
Solventaremos el problema que nos ha surgido con anterioridad.
Calcularemos las soluciones analı́ticas en Ω = C \ (−∞, 0], y tomaremos la
determinación de la rama principal del logaritmo, por lo tanto
√
Arg z ∈ (−π, π). Si Arg z = θ, en cuanto a z eligiremos como su
argumento la mitad: θ/2.
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5 de Julio de 06
48 / 75
Alternativa: (Utilización de la variable compleja)
Solventaremos el problema que nos ha surgido con anterioridad.
Calcularemos las soluciones analı́ticas en Ω = C \ (−∞, 0], y tomaremos la
determinación de la rama principal del logaritmo, por lo tanto
√
Arg z ∈ (−π, π). Si Arg z = θ, en cuanto a z eligiremos como su
argumento la mitad: θ/2.
Por otra parte, también sabemos que:
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Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
48 / 75
Alternativa: (Utilización de la variable compleja)
Solventaremos el problema que nos ha surgido con anterioridad.
Calcularemos las soluciones analı́ticas en Ω = C \ (−∞, 0], y tomaremos la
determinación de la rama principal del logaritmo, por lo tanto
√
Arg z ∈ (−π, π). Si Arg z = θ, en cuanto a z eligiremos como su
argumento la mitad: θ/2.
Por otra parte, también sabemos que:
1
f (z) = f
∀z ∈ Ω.
z
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(12)
5 de Julio de 06
48 / 75
Consideremos la región Ωr ,R , tomando r <
1
R
y R > 1 (ver Figura).
R
ϕr ,R
Ωr ,R
r
−ϕr ,R
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Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
49 / 75
Consideremos la región Ωr ,R , tomando r <
1
R
y R > 1 (ver Figura).
R
ϕr ,R
Ωr ,R
r
−ϕr ,R
Observamos que cuando r → 0 y R → ∞ obtenemos la región Ω.
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5 de Julio de 06
49 / 75
Teorema (Principio del Máximo)
Sea f (z) analı́tica en un abierto conexo U, no identicamente constante.
Entonces:
a) Si D(z0 , r ) ⊂ U, existe z1 ∈ D(z0 , r ) tal que |f (z1 )| > |f (z0 )|.
b) Si λ = sup |f (z)|, entonces λ no se alcanza en U, es decir
z∈U
|f (z)| < λ ∀z ∈ U.
c) Si U está acotado y ∂U es su frontera, sea M = lı́m sup |f (z)|, entonces
z∈∂U
|f (z)| < M ∀z ∈ U.
d) Si U está acotado y f es continua en U, si M0 = máx |f (z)|, entonces
z∈∂U
|f (z)| < M0 ∀z ∈ U.
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5 de Julio de 06
50 / 75
Si aplicamos el principio del Máximo a cualquier solución de (12) =⇒ el
máximo en Ωr ,R siempre se alcanza en su frontera.
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Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
50 / 75
Si aplicamos el principio del Máximo a cualquier solución de (12) =⇒ el
máximo en Ωr ,R siempre se alcanza en su frontera. Concretamente
probaremos que se alcanza exclusivamente en los rayos ϕr ,R o −ϕr ,R :
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5 de Julio de 06
50 / 75
Si aplicamos el principio del Máximo a cualquier solución de (12) =⇒ el
máximo en Ωr ,R siempre se alcanza en su frontera. Concretamente
probaremos que se alcanza exclusivamente en los rayos ϕr ,R o −ϕr ,R :
Sea z0 ∈ Front{Ωr ,R } tal que:
|f (z0 )| = máx |f (z)|,
z∈Ωr ,R
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Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
50 / 75
Si aplicamos el principio del Máximo a cualquier solución de (12) =⇒ el
máximo en Ωr ,R siempre se alcanza en su frontera. Concretamente
probaremos que se alcanza exclusivamente en los rayos ϕr ,R o −ϕr ,R :
Sea z0 ∈ Front{Ωr ,R } tal que:
|f (z0 )| = máx |f (z)|,
z∈Ωr ,R
si z0 ∈
/ ϕr ,R ∪ (−ϕr ,R ), entonces
1
z0
∈ Ωr ,R (conjunto abierto):
1
1
1
1
=
z0 |z0 | = R > r , y además, Arg z0 = −Arg(z0 ),
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5 de Julio de 06
50 / 75
Si aplicamos el principio del Máximo a cualquier solución de (12) =⇒ el
máximo en Ωr ,R siempre se alcanza en su frontera. Concretamente
probaremos que se alcanza exclusivamente en los rayos ϕr ,R o −ϕr ,R :
Sea z0 ∈ Front{Ωr ,R } tal que:
|f (z0 )| = máx |f (z)|,
z∈Ωr ,R
si z0 ∈
/ ϕr ,R ∪ (−ϕr ,R ), entonces
1
z0
∈ Ωr ,R (conjunto abierto):
1
1
1
1
=
z0 |z0 | = R > r , y además, Arg z0 = −Arg(z0 ),
1
y como f (z0 ) = f
, llegamos a un absurdo con el principio del
z0
máximo,
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5 de Julio de 06
50 / 75
Si aplicamos el principio del Máximo a cualquier solución de (12) =⇒ el
máximo en Ωr ,R siempre se alcanza en su frontera. Concretamente
probaremos que se alcanza exclusivamente en los rayos ϕr ,R o −ϕr ,R :
Sea z0 ∈ Front{Ωr ,R } tal que:
|f (z0 )| = máx |f (z)|,
z∈Ωr ,R
si z0 ∈
/ ϕr ,R ∪ (−ϕr ,R ), entonces
1
z0
∈ Ωr ,R (conjunto abierto):
1
1
1
1
=
z0 |z0 | = R > r , y además, Arg z0 = −Arg(z0 ),
1
y como f (z0 ) = f
, llegamos a un absurdo con el principio del
z0
máximo, pues hemos encontrado un punto que no es de la frontera de
Ωr ,R que también alcanza el máximo.
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5 de Julio de 06
50 / 75
Si aplicamos el principio del Máximo a cualquier solución de (12) =⇒ el
máximo en Ωr ,R siempre se alcanza en su frontera. Concretamente
probaremos que se alcanza exclusivamente en los rayos ϕr ,R o −ϕr ,R :
Sea z0 ∈ Front{Ωr ,R } tal que:
|f (z0 )| = máx |f (z)|,
z∈Ωr ,R
si z0 ∈
/ ϕr ,R ∪ (−ϕr ,R ), entonces
1
z0
∈ Ωr ,R (conjunto abierto):
1
1
1
1
=
z0 |z0 | = R > r , y además, Arg z0 = −Arg(z0 ),
1
y como f (z0 ) = f
, llegamos a un absurdo con el principio del
z0
máximo, pues hemos encontrado un punto que no es de la frontera de
Ωr ,R que también alcanza el máximo.
Y este argumento es válido ∀r → 0 y ∀R → ∞.
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50 / 75
Definición (Aplicación conforme)
Consideraremos que una función f : Ω1 −→ Ω2 es una aplicación conforme
de Ω1 en Ω2 si es holomorfa en Ω1 y además es biyectiva.
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51 / 75
A continuación consideremos la siguiente aplicación conforme entre Ω y la
banda Bπ = {u ∈ C / − π < Im u < π}:
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5 de Julio de 06
51 / 75
A continuación consideremos la siguiente aplicación conforme entre Ω y la
banda Bπ = {u ∈ C / − π < Im u < π}:
Ω −→ Bπ
z 7→ u := log z = ln |z| + iArg z.
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
51 / 75
A continuación consideremos la siguiente aplicación conforme entre Ω y la
banda Bπ = {u ∈ C / − π < Im u < π}:
Ω −→ Bπ
z 7→ u := log z = ln |z| + iArg z.
Con esta aplicación, (12) se transforma en:
f (e u ) = f (e −u ).
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
Aplicaciones de la variable compleja...
(13)
5 de Julio de 06
51 / 75
A continuación consideremos la siguiente aplicación conforme entre Ω y la
banda Bπ = {u ∈ C / − π < Im u < π}:
Ω −→ Bπ
z 7→ u := log z = ln |z| + iArg z.
Con esta aplicación, (12) se transforma en:
f (e u ) = f (e −u ).
(13)
Definiremos en Bπ la función:
F (u) := f (e u ),
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
51 / 75
A continuación consideremos la siguiente aplicación conforme entre Ω y la
banda Bπ = {u ∈ C / − π < Im u < π}:
Ω −→ Bπ
z 7→ u := log z = ln |z| + iArg z.
Con esta aplicación, (12) se transforma en:
f (e u ) = f (e −u ).
(13)
Definiremos en Bπ la función:
F (u) := f (e u ),
entonces la ecuación (13) se transforma en:
F (u) = F (−u).
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
51 / 75
=⇒ La solución de (12) está contenida entre las funciones analı́ticas pares
de la banda Bπ que tienden a ∞ cuando Im u→ ±π y Re u → ±∞, que
se corresponden a ϕr ,R y −ϕr ,R respectivamente cuando r → 0 y R → ∞.
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
52 / 75
=⇒ La solución de (12) está contenida entre las funciones analı́ticas pares
de la banda Bπ que tienden a ∞ cuando Im u→ ±π y Re u → ±∞, que
se corresponden a ϕr ,R y −ϕr ,R respectivamente cuando r → 0 y R → ∞.
Entre ellas, podemos encontrar las funciones del tipo:
f (z) = z α +
1
,
zα
que habı́amos obtenido anteriormente.
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Aplicaciones de la variable compleja...
5 de Julio de 06
52 / 75
Índice
1
Ecuaciones funcionales
Introducción
Ecuaciones de Cauchy
Ecuación aditiva de Cauchy
La ecuación exponencial de Cauchy
La ecuación potencial de Cauchy
Resolución de ecuaciones utilizando la variable compleja
2
Densificación
Preliminares
Densificación
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
53 / 75
Índice
1
Ecuaciones funcionales
Introducción
Ecuaciones de Cauchy
Ecuación aditiva de Cauchy
La ecuación exponencial de Cauchy
La ecuación potencial de Cauchy
Resolución de ecuaciones utilizando la variable compleja
2
Densificación
Preliminares
Densificación
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
54 / 75
Densificación
Definición
Sea (E , T ) un espacio topológico, toda aplicación continua
γ : [a, b] −→ E es, por definición, una curva. Si γ es inyectiva diremos que
la curva es de Jordan y si tiene longitud finita diremos que es rectificable.
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
55 / 75
Densificación
Definición
Sea (E , T ) un espacio topológico, toda aplicación continua
γ : [a, b] −→ E es, por definición, una curva. Si γ es inyectiva diremos que
la curva es de Jordan y si tiene longitud finita diremos que es rectificable.
Definición
Sea K un compacto en un espacio métrico (E , d) y α ≥ 0, una curva
γ : [0, 1] −→ E diremos que es α-densa en K (o que densifica k con
densidad α) si:
1. γ([0, 1]) ⊂ K .
2. Para cada x ∈ K , d(x, γ ∗ ) ≤ α, donde γ ∗ denota la imagen
γ([0, 1]).
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...Densificación
5 de Julio de 06
55 / 75
Definición
Sea X un subconjunto de un espacio métrico (E , d). Se dice que X es un
conjunto densificable si, y solo si, ∀α > 0 existe una curva α-densa en X .
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
56 / 75
Definición
Sea X un subconjunto de un espacio métrico (E , d). Se dice que X es un
conjunto densificable si, y solo si, ∀α > 0 existe una curva α-densa en X .
Teorema (H. Hahn y S. Mazurkiewicz, 1913)
Un conjunto es la imagen continua del intervalo unidad si, y solo si, es
compacto, conexo y localmente conexo.
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
56 / 75
Definición
Sea X un subconjunto de un espacio métrico (E , d). Se dice que X es un
conjunto densificable si, y solo si, ∀α > 0 existe una curva α-densa en X .
Teorema (H. Hahn y S. Mazurkiewicz, 1913)
Un conjunto es la imagen continua del intervalo unidad si, y solo si, es
compacto, conexo y localmente conexo.
Definición
A los conjuntos que son imagen continua del intervalo unidad se les
denomina continuos de Peano.
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
56 / 75
Los continuos de Peano son claramente densificables. En cambio, hay
conjuntos densificables que no son imagen continua del intervalo [0, 1].
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
57 / 75
Los continuos de Peano son claramente densificables. En cambio, hay
conjuntos densificables que no son imagen continua del intervalo [0, 1].
Figura: Curva seno del topólogo:
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
t, sin 1t : t ∈]0, 1] ∪ ({0} × [−1, 1])
...Densificación
5 de Julio de 06
57 / 75
Los continuos de Peano son claramente densificables. En cambio, hay
conjuntos densificables que no son imagen continua del intervalo [0, 1].
Hay condiciones que sı́ que son necesarias para que un conjunto sea
densificable:
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
57 / 75
Los continuos de Peano son claramente densificables. En cambio, hay
conjuntos densificables que no son imagen continua del intervalo [0, 1].
Hay condiciones que sı́ que son necesarias para que un conjunto sea
densificable:
Teorema
Sea (X , d) un espacio métrico densificable, entonces X es conexo y
precompacto.
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
57 / 75
Los continuos de Peano son claramente densificables. En cambio, hay
conjuntos densificables que no son imagen continua del intervalo [0, 1].
Hay condiciones que sı́ que son necesarias para que un conjunto sea
densificable:
Teorema
Sea (X , d) un espacio métrico densificable, entonces X es conexo y
precompacto.
Estas condiciones no son suficientes:
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
57 / 75
Los continuos de Peano son claramente densificables. En cambio, hay
conjuntos densificables que no son imagen continua del intervalo [0, 1].
Hay condiciones que sı́ que son necesarias para que un conjunto sea
densificable:
Teorema
Sea (X , d) un espacio métrico densificable, entonces X es conexo y
precompacto.
Estas condiciones no son suficientes:
Figura:
t, sin 1t : t ∈ [−1, 1] \ {0} ∪ ({0} × [−1, 1]) .
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
57 / 75
Los continuos de Peano son claramente densificables. En cambio, hay
conjuntos densificables que no son imagen continua del intervalo [0, 1].
Hay condiciones que sı́ que son necesarias para que un conjunto sea
densificable:
Teorema
Sea (X , d) un espacio métrico densificable, entonces X es conexo y
precompacto.
Estas condiciones no son suficientes:
=⇒ Se abordará un caso particular de un problema más general (abierto)
de si dado un compacto con interior no vacı́o cuyo borde sea un lazo existe
una ecuación funcional cuyas soluciones lo densifiquen.
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
57 / 75
Densificación. Preliminares
Consideremos la ecuación funcional:
f (z) + f (2z) + f (3z) + · · · + f (nz) = 0, con z ∈ C.
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
(1)
58 / 75
Densificación. Preliminares
Consideremos la ecuación funcional:
f (z) + f (2z) + f (3z) + · · · + f (nz) = 0, con z ∈ .
Considerando un homomorfismo continuo no trivial ϕ :
estructura multiplicativa de , entonces ϕ(z) = z α ,
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
→
(1)
para la
5 de Julio de 06
58 / 75
Densificación. Preliminares
Consideremos la ecuación funcional:
f (z) + f (2z) + f (3z) + · · · + f (nz) = 0, con z ∈ C.
(1)
Considerando un homomorfismo continuo no trivial ϕ : C → C para la
estructura multiplicativa de C, entonces ϕ(z) = z α , y ahora (1) es
equivalente a resolver:
z α +2α z α + 3α z α + · · · + nα z α = 0 ⇐⇒ z α [1 + 2α + 3α + · · · + nα ] = 0
⇐⇒ Gn (z) = 0, siendo Gn (z) = 1 + 2z + 3z + · · · + nz .
(2)
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
58 / 75
Densificación. Preliminares
Consideremos la ecuación funcional:
f (z) + f (2z) + f (3z) + · · · + f (nz) = 0, con z ∈ C.
(1)
Considerando un homomorfismo continuo no trivial ϕ : C → C para la
estructura multiplicativa de C, entonces ϕ(z) = z α , y ahora (1) es
equivalente a resolver:
z α +2α z α + 3α z α + · · · + nα z α = 0 ⇐⇒ z α [1 + 2α + 3α + · · · + nα ] = 0
⇐⇒ Gn (z) = 0, siendo Gn (z) = 1 + 2z + 3z + · · · + nz .
(2)
⇒ Las soluciones continuas de (1) son de la forma:
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
58 / 75
Densificación. Preliminares
Consideremos la ecuación funcional:
f (z) + f (2z) + f (3z) + · · · + f (nz) = 0, con z ∈ C.
(1)
Considerando un homomorfismo continuo no trivial ϕ : C → C para la
estructura multiplicativa de C, entonces ϕ(z) = z α , y ahora (1) es
equivalente a resolver:
z α +2α z α + 3α z α + · · · + nα z α = 0 ⇐⇒ z α [1 + 2α + 3α + · · · + nα ] = 0
⇐⇒ Gn (z) = 0, siendo Gn (z) = 1 + 2z + 3z + · · · + nz .
(2)
⇒ Las soluciones continuas de (1) son de la forma:
(j)
(j)
fn,j (z) = z αn , con αn satisfaciendo Gn (z) = 0.
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...Densificación
5 de Julio de 06
58 / 75
Si F es una solución de (1), para z = x se tiene que f (x) := F (x) es una
solución de la siguiente ecuación:
f (x) + f (2x) + f (3x) + · · · + f (nx) = 0, con x ∈ R.
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
(3)
59 / 75
Si es una solución de (1), para
solución de la siguiente ecuación:
=
se tiene que ( ) := ( ) es una
( ) + (2 ) + (3 ) + · · · + (
) = 0, con
∈ R.
(3)
⇒ ( ) = Re( ( )), ( ) = Im( ( )) serı́an soluciones reales de (3).
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
59 / 75
Si F es una solución de (1), para z = x se tiene que f (x) := F (x) es una
solución de la siguiente ecuación:
f (x) + f (2x) + f (3x) + · · · + f (nx) = 0, con x ∈ R.
(3)
⇒ g (x) = Re(F (x)), h(x) = Im(F (x)) serı́an soluciones reales de (3).
(j)
Para z = x ∈ R, una solución de (3) viene dada por fn,j (x) = x αn , siendo
(j)
(j)
(j)
(j)
αn una solución de (2). Por lo tanto, si αn = an + ibn =⇒
(j)
fn,j (x) = x an
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
(j)
+ibn
(j)
(j)
= x an e ibn
...Densificación
log(x)
,
5 de Julio de 06
59 / 75
Si F es una solución de (1), para z = x se tiene que f (x) := F (x) es una
solución de la siguiente ecuación:
f (x) + f (2x) + f (3x) + · · · + f (nx) = 0, con x ∈ R.
(3)
⇒ g (x) = Re(F (x)), h(x) = Im(F (x)) serı́an soluciones reales de (3).
(j)
Para z = x ∈ R, una solución de (3) viene dada por fn,j (x) = x αn , siendo
(j)
(j)
(j)
(j)
αn una solución de (2). Por lo tanto, si αn = an + ibn =⇒
(j)
fn,j (x) = x an
(j)
+ibn
(j)
(j)
= x an e ibn
log(x)
,
y separando la parte real e imaginaria:
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
59 / 75
Si F es una solución de (1), para z = x se tiene que f (x) := F (x) es una
solución de la siguiente ecuación:
f (x) + f (2x) + f (3x) + · · · + f (nx) = 0, con x ∈ R.
(3)
⇒ g (x) = Re(F (x)), h(x) = Im(F (x)) serı́an soluciones reales de (3).
(j)
Para z = x ∈ R, una solución de (3) viene dada por fn,j (x) = x αn , siendo
(j)
(j)
(j)
(j)
αn una solución de (2). Por lo tanto, si αn = an + ibn =⇒
(j)
fn,j (x) = x an
(j)
+ibn
(j)
(j)
= x an e ibn
log(x)
,
y separando la parte real e imaginaria:
(1)
(j)
(j)
(2)
(j)
(j)
fn,j (x) = x an cos(bn log(x)),
fn,j (x) = x an sen(bn log(x)).
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
59 / 75
PROPIEDADES de la función Gn (z) [Mora, G., Cherruault, Y., Ziadi, A.]:
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
60 / 75
PROPIEDADES de la función Gn (z) [Mora, G., Cherruault, Y., Ziadi, A.]:
1
Gn (z) = Gn (z)
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
60 / 75
PROPIEDADES de la función Gn (z) [Mora, G., Cherruault, Y., Ziadi, A.]:
1
Gn (z) = Gn (z) =⇒ CONSECUENCIA:
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
60 / 75
PROPIEDADES de la función Gn (z) [Mora, G., Cherruault, Y., Ziadi, A.]:
1
(j)
(j)
(j)
Gn (z) = Gn (z) =⇒ CONSECUENCIA: si αn := an + ibn es
(j)
solución de (2) (bn 6= 0)
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
60 / 75
PROPIEDADES de la función Gn (z) [Mora, G., Cherruault, Y., Ziadi, A.]:
1
(j)
(j)
(j)
Gn (z) = Gn (z) =⇒ CONSECUENCIA: si αn := an + ibn es
(j)
solución de (2) (bn 6= 0) ⇒ podemos tomar sin pérdida de
(j)
generalidad bn ≥ 0.
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
60 / 75
PROPIEDADES de la función Gn (z) [Mora, G., Cherruault, Y., Ziadi, A.]:
(j)
(j)
(j)
1
Gn (z) = Gn (z) =⇒ CONSECUENCIA: si αn := an + ibn es
(j)
solución de (2) (bn 6= 0) ⇒ podemos tomar sin pérdida de
(j)
generalidad bn ≥ 0.
2
Gn (z) es una función entera de orden 1, ∀n ≥ 2.
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
60 / 75
PROPIEDADES de la función Gn (z) [Mora, G., Cherruault, Y., Ziadi, A.]:
(j)
(j)
(j)
1
Gn (z) = Gn (z) =⇒ CONSECUENCIA: si αn := an + ibn es
(j)
solución de (2) (bn 6= 0) ⇒ podemos tomar sin pérdida de
(j)
generalidad bn ≥ 0.
2
Gn (z) es una función entera de orden 1, ∀n ≥ 2.
3
Gn (z) tiene infinitos ceros ∀n ≥ 2.
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
60 / 75
PROPIEDADES de la función Gn (z) [Mora, G., Cherruault, Y., Ziadi, A.]:
(j)
(j)
(j)
1
Gn (z) = Gn (z) =⇒ CONSECUENCIA: si αn := an + ibn es
(j)
solución de (2) (bn 6= 0) ⇒ podemos tomar sin pérdida de
(j)
generalidad bn ≥ 0.
2
Gn (z) es una función entera de orden 1, ∀n ≥ 2.
3
Gn (z) tiene infinitos ceros ∀n ≥ 2.
4
Existen dos números reales r < s tales que todos los ceros de Gn (z)
están en la banda {z ∈ C : r ≤ Rez ≤ s}.
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
60 / 75
PROPIEDADES de la función Gn (z) [Mora, G., Cherruault, Y., Ziadi, A.]:
(j)
(j)
(j)
1
Gn (z) = Gn (z) =⇒ CONSECUENCIA: si αn := an + ibn es
(j)
solución de (2) (bn 6= 0) ⇒ podemos tomar sin pérdida de
(j)
generalidad bn ≥ 0.
2
Gn (z) es una función entera de orden 1, ∀n ≥ 2.
3
Gn (z) tiene infinitos ceros ∀n ≥ 2.
4
Existen dos números reales r < s tales que todos los ceros de Gn (z)
están en la banda {z ∈ C : r ≤ Rez ≤ s}.
5
Excepto para n = 2, los ceros de Gn (z) no son todos imaginarios
puros.
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
60 / 75
Índice
1
Ecuaciones funcionales
Introducción
Ecuaciones de Cauchy
Ecuación aditiva de Cauchy
La ecuación exponencial de Cauchy
La ecuación potencial de Cauchy
Resolución de ecuaciones utilizando la variable compleja
2
Densificación
Preliminares
Densificación
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
61 / 75
Ordenación de los ceros de Gn (z):
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
62 / 75
Ordenación de los ceros de Gn (z):
(j)
(j)
(j)
(k)
(k)
(k)
dados αn = an + ibn y αn = an + ibn , entonces j < k si
(j)
(k)
bn < bn
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
62 / 75
Ordenación de los ceros de Gn (z):
(j)
(j)
(j)
(k)
(k)
(k)
dados αn = an + ibn y αn = an + ibn , entonces j < k si
(j)
(k)
bn <
bn
(j) =⇒ bn → ∞ si j → ∞,
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
62 / 75
Ordenación de los ceros de Gn (z):
(j)
(j)
(j)
(k)
(k)
(k)
dados αn = an + ibn y αn = an + ibn , entonces j < k si
(j)
(k)
bn <
bn
(j) =⇒ bn → ∞ si j → ∞, ya que Gn (z) es analı́tica y si estuviesen
acotados sus ceros, existirı́a una subsucesión de ceros convergente, y
por el principio de Identidad ⇒ Gn (z) ≡ 0.
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
62 / 75
Ordenación de los ceros de Gn (z):
(j)
(j)
(j)
(k)
(k)
(k)
dados αn = an + ibn y αn = an + ibn , entonces j < k si
(j)
(k)
bn <
bn
(j) =⇒ bn → ∞ si j → ∞, ya que Gn (z) es analı́tica y si estuviesen
acotados sus ceros, existirı́a una subsucesión de ceros convergente, y
por el principio de Identidad ⇒ Gn (z) ≡ 0.
Denotaremos por Vn al subespacio vectorial formado por las
soluciones continuas reales de (3).
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
62 / 75
Teorema
“∀n ∈ N, n ≥ 2, existe un conjunto infinito de funciones linealmente
independientes en Vn ,
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
63 / 75
Teorema
“∀n ∈ N, n ≥ 2, existe un conjunto infinito de funciones linealmente
independientes en Vn , de tal forma que dado α > 0 arbitrario,
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
63 / 75
Teorema
“∀n ∈ N, n ≥ 2, existe un conjunto infinito de funciones linealmente
independientes en Vn , de tal forma que dado α > 0 arbitrario, se puede
encontrar una solución de (2), αn = an + ibn ,
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
63 / 75
Teorema
“∀n ∈ N, n ≥ 2, existe un conjunto infinito de funciones linealmente
independientes en Vn , de tal forma que dado α > 0 arbitrario, se puede
encontrar una solución de (2), αn = an + ibn , y considerando las soluciones
(1)
de (3) asociadas a ella, fn (x) = x an cos(bn log(x)) y
(2)
fn (x) = x an sen(bn log(x)),
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
63 / 75
Teorema
“∀n ∈ N, n ≥ 2, existe un conjunto infinito de funciones linealmente
independientes en Vn , de tal forma que dado α > 0 arbitrario, se puede
encontrar una solución de (2), αn = an + ibn , y considerando las soluciones
(1)
de (3) asociadas a ella, fn (x) = x an cos(bn log(x)) y
(2)
fn (x) = x an sen(bn log(x)), éstas tienen densidad α en la región
compacta determinada por y = x an , y = −x an , y por las rectas x = δ,
x = ∆, con ∆ > δ > 0.”
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
63 / 75
Ejemplo
0
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
64 / 75
Ejemplo
0
x =δ
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
64 / 75
Ejemplo
0
x =δ
x =∆
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
64 / 75
Ejemplo
y = x an
0
x =δ
x =∆
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...Densificación
5 de Julio de 06
64 / 75
Ejemplo
y = x an
0
x =δ
x =∆
y = −x an
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
64 / 75
Ejemplo
y = x an
00
xx =
= δδ
= −x
−xaann
yy =
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
x =∆
5 de Julio de 06
64 / 75
Prueba:
(j)
(j)
(j)
(j)
(1)
(j)
Dada αn = an + ibn , le asociamos fn,j (x) = x an cos(bn log(x)),
solución de (3), sus ceros son:
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
65 / 75
Prueba:
(j)
(j)
(j)
(j)
(1)
(j)
Dada αn = an + ibn , le asociamos fn,j (x) = x an cos(bn log(x)),
solución de (3), sus ceros son:
(1)
fn,j (x) = 0 ←→ log(x) =
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
2k + 1
(j)
2k+1
π
(j)
π ←→ x = e 2bn
.
2bn
...Densificación
5 de Julio de 06
65 / 75
Prueba:
(j)
(j)
(j)
(j)
(1)
(j)
Dada αn = an + ibn , le asociamos fn,j (x) = x an cos(bn log(x)),
solución de (3), sus ceros son:
(1)
fn,j (x) = 0 ←→ log(x) =
(j)
2k + 1
(j)
.
2bn
2k+1
π
(j)
=⇒ xn,k = e 2bn
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
2k+1
π
(j)
π ←→ x = e 2bn
...Densificación
, k ∈ Z.
5 de Julio de 06
65 / 75
Prueba:
(j)
(j)
(j)
(j)
(1)
(j)
Dada αn = an + ibn , le asociamos fn,j (x) = x an cos(bn log(x)),
solución de (3), sus ceros son:
(1)
fn,j (x) = 0 ←→ log(x) =
2k + 1
(j)
=⇒ xn,k = e 2bn
(j)
k
π
(j)
Por otra parte, los valores yn,k = e bn
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
.
2bn
2k+1
π
(j)
(j)
2k+1
π
(j)
π ←→ x = e 2bn
, k ∈ Z.
satisfacen que:
...Densificación
5 de Julio de 06
65 / 75
Prueba:
(j)
(j)
(j)
(j)
(1)
(j)
Dada αn = an + ibn , le asociamos fn,j (x) = x an cos(bn log(x)),
solución de (3), sus ceros son:
(1)
fn,j (x) = 0 ←→ log(x) =
2k + 1
(j)
=⇒ xn,k = e 2bn
(j)
k
π
(j)
Por otra parte, los valores yn,k = e bn
(1) (j)
fn,j (yn,k )
(j)
=
an
yn,k
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
cos
.
2bn
2k+1
π
(j)
(j)
2k+1
π
(j)
π ←→ x = e 2bn
, k ∈ Z.
satisfacen que:
k
π
(j)
(j)
bn log(e bn )
...Densificación
(j)
(j)
an
an
= yn,k
cos kπ = ±yn,k
,
5 de Julio de 06
65 / 75
Prueba:
(j)
(j)
(j)
(j)
(1)
(j)
Dada αn = an + ibn , le asociamos fn,j (x) = x an cos(bn log(x)),
solución de (3), sus ceros son:
(1)
fn,j (x) = 0 ←→ log(x) =
2k + 1
(j)
=⇒ xn,k = e 2bn
(j)
k
π
(j)
Por otra parte, los valores yn,k = e bn
(1) (j)
fn,j (yn,k )
(j)
=
an
yn,k
cos
.
2bn
2k+1
π
(j)
(j)
2k+1
π
(j)
π ←→ x = e 2bn
, k ∈ Z.
satisfacen que:
k
π
(j)
(j)
bn log(e bn )
(1)
(j)
(j)
an
an
= yn,k
cos kπ = ±yn,k
,
(j)
=⇒ fn,j (x) alcanza los valores extremos en yn,k .
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
65 / 75
Prueba:
(j)
(j)
(j)
(j)
(1)
(j)
Dada αn = an + ibn , le asociamos fn,j (x) = x an cos(bn log(x)),
solución de (3), sus ceros son:
(1)
fn,j (x) = 0 ←→ log(x) =
2k + 1
(j)
=⇒ xn,k = e 2bn
(j)
k
π
(j)
Por otra parte, los valores yn,k = e bn
(1) (j)
fn,j (yn,k )
(j)
=
an
yn,k
cos
.
2bn
2k+1
π
(j)
(j)
2k+1
π
(j)
π ←→ x = e 2bn
, k ∈ Z.
satisfacen que:
k
π
(j)
(j)
bn log(e bn )
(1)
(j)
(j)
an
an
= yn,k
cos kπ = ±yn,k
,
(j)
=⇒ fn,j (x) alcanza los valores extremos en yn,k .
(2)
(j)
(j)
Para fn,j (x) = x an sen(bn log(x)) =⇒
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
65 / 75
Prueba:
(j)
(j)
(j)
(j)
(1)
(j)
Dada αn = an + ibn , le asociamos fn,j (x) = x an cos(bn log(x)),
solución de (3), sus ceros son:
(1)
fn,j (x) = 0 ←→ log(x) =
2k + 1
(j)
=⇒ xn,k = e 2bn
(j)
k
π
(j)
Por otra parte, los valores yn,k = e bn
(1) (j)
fn,j (yn,k )
(j)
=
an
yn,k
cos
.
2bn
2k+1
π
(j)
(j)
2k+1
π
(j)
π ←→ x = e 2bn
, k ∈ Z.
satisfacen que:
k
π
(j)
(j)
bn log(e bn )
(1)
(j)
(j)
an
an
= yn,k
cos kπ = ±yn,k
,
(j)
=⇒ fn,j (x) alcanza los valores extremos en yn,k .
(2)
(j)
(j)
(j)
Para fn,j (x) = x an sen(bn log(x)) =⇒ sus ceros son los yn,k
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
65 / 75
Prueba:
(j)
(j)
(j)
(j)
(1)
(j)
Dada αn = an + ibn , le asociamos fn,j (x) = x an cos(bn log(x)),
solución de (3), sus ceros son:
(1)
fn,j (x) = 0 ←→ log(x) =
2k + 1
(j)
=⇒ xn,k = e 2bn
(j)
k
π
(j)
Por otra parte, los valores yn,k = e bn
(1) (j)
fn,j (yn,k )
(j)
=
an
yn,k
cos
.
2bn
2k+1
π
(j)
(j)
2k+1
π
(j)
π ←→ x = e 2bn
, k ∈ Z.
satisfacen que:
k
π
(j)
(j)
bn log(e bn )
(1)
(j)
(j)
an
an
= yn,k
cos kπ = ±yn,k
,
(j)
=⇒ fn,j (x) alcanza los valores extremos en yn,k .
(j)
(2)
(j)
(j)
Para fn,j (x) = x an sen(bn log(x)) =⇒ sus ceros son los yn,k y sus valores
(j)
extremos los xn,k .
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...Densificación
5 de Julio de 06
65 / 75
También sabemos que
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
(j)
xn,k
=e
2k+1
π
(j)
2bn
,
(j)
yn,k
...Densificación
=e
k
π
(j)
bn
:
5 de Julio de 06
66 / 75
También sabemos que
(j)
xn,k
(j)
(j)
(j)
(j)
=e
2k+1
π
(j)
2bn
,
(j)
yn,k
=e
k
π
(j)
bn
:
xn,k , yn,k −→ +∞, cuando k → +∞
xn,k , yn,k −→ 0,
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
cuando k → −∞.
...Densificación
5 de Julio de 06
66 / 75
También sabemos que
(j)
xn,k
(j)
(j)
(j)
(j)
=e
2k+1
π
(j)
2bn
,
(j)
yn,k
=e
k
π
(j)
bn
:
xn,k , yn,k −→ +∞, cuando k → +∞
xn,k , yn,k −→ 0,
cuando k → −∞.
(j)
Válido para cualquier αn solución de (2).
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
66 / 75
También sabemos que
(j)
xn,k
(j)
(j)
(j)
(j)
=e
2k+1
π
(j)
2bn
,
(j)
yn,k
=e
k
π
(j)
bn
:
xn,k , yn,k −→ +∞, cuando k → +∞
xn,k , yn,k −→ 0,
cuando k → −∞.
(j)
Válido para cualquier αn solución de (2).
=⇒ Para encontrar an (parte real de una solución de (2)) y densificar el
compacto definido a través de él, es suficiente encontrar αn , solución de
(2), con la propiedad de que el conjunto {xn,k , yn,k , k ∈ Z} sea denso en
[δ, ∆].
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
66 / 75
También sabemos que
(j)
xn,k
(j)
(j)
(j)
(j)
=e
2k+1
π
(j)
2bn
,
(j)
yn,k
=e
k
π
(j)
bn
:
xn,k , yn,k −→ +∞, cuando k → +∞
xn,k , yn,k −→ 0,
cuando k → −∞.
(j)
Válido para cualquier αn solución de (2).
=⇒ Para encontrar an (parte real de una solución de (2)) y densificar el
compacto definido a través de él, es suficiente encontrar αn , solución de
(2), con la propiedad de que el conjunto {xn,k , yn,k , k ∈ Z} sea denso en
[δ, ∆].
Probaremos en primer lugar que:
(j)
(j)
(j)
yn,k < xn,k < yn,k+1 .
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
66 / 75
También sabemos que
(j)
xn,k
(j)
(j)
(j)
(j)
=e
2k+1
π
(j)
2bn
,
(j)
yn,k
=e
k
π
(j)
bn
:
xn,k , yn,k −→ +∞, cuando k → +∞
xn,k , yn,k −→ 0,
cuando k → −∞.
(j)
Válido para cualquier αn solución de (2).
=⇒ Para encontrar an (parte real de una solución de (2)) y densificar el
compacto definido a través de él, es suficiente encontrar αn , solución de
(2), con la propiedad de que el conjunto {xn,k , yn,k , k ∈ Z} sea denso en
[δ, ∆].
Probaremos en primer lugar que:
(j)
(j)
(j)
yn,k < xn,k < yn,k+1 .
(j)
(j)
Comenzaremos por yn,k < xn,k :
e
k
π
(j)
bn
<e
2k+1
π
(j)
2bn
←→
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
k
(j)
bn
π<
2k + 1
(j)
2bn
π ←→
...Densificación
k
(j)
bn
<
k
(j)
bn
+
1
(j)
=⇒ OK.
2bn
5 de Julio de 06
66 / 75
(j)
(j)
Falta probar que xn,k < yn,k+1 :
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
67 / 75
(j)
(j)
Falta probar que xn,k < yn,k+1 :
(j)
2k+1
π
(j)
(j)
xn,k < yn,k+1 ←→ e 2bn
k
(j)
bn
+
1
(j)
2bn
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
<
k
(j)
bn
k+1
π
(j)
< e bn
+
1
(j)
bn
←→
←→
...Densificación
2k + 1
(j)
2bn
1
(j)
2bn
<
π<
k +1
(j)
π ←→
bn
1
(j)
=⇒ OK.
bn
5 de Julio de 06
67 / 75
(j)
(j)
Falta probar que xn,k < yn,k+1 :
(j)
2k+1
π
(j)
(j)
xn,k < yn,k+1 ←→ e 2bn
k
(j)
bn
+
1
(j)
2bn
(j)
<
k
(j)
bn
(j)
k+1
π
(j)
< e bn
+
1
(j)
bn
(j)
←→
←→
(j)
2k + 1
(j)
2bn
1
(j)
2bn
<
π<
k +1
(j)
π ←→
bn
1
(j)
=⇒ OK.
bn
(j)
Sea ahora αn,l := max{xn,k − yn,k ; yn,k+1 − xn,k : |k| ≤ l}, para l ∈ N.
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
67 / 75
(j)
(j)
Falta probar que xn,k < yn,k+1 :
(j)
2k+1
π
(j)
(j)
xn,k < yn,k+1 ←→ e 2bn
k
(j)
bn
+
1
(j)
2bn
(j)
<
k
(j)
bn
(j)
k+1
π
(j)
< e bn
+
1
(j)
bn
(j)
←→
←→
(j)
2k + 1
(j)
2bn
1
(j)
2bn
<
π<
k +1
(j)
π ←→
bn
1
(j)
=⇒ OK.
bn
(j)
Sea ahora αn,l := max{xn,k − yn,k ; yn,k+1 − xn,k : |k| ≤ l}, para l ∈ N.
Sabemos que:
kπ 2π
kπ π
π (j)
(j)
(j)
(j)
(j)
(j)
(j)
(j)
(j)
b
b
b
b
2b
n
n
n
n
xn,k − yn,k = e
e
− 1 , yn,k+1 − xn,k = e
e
−e n ,
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
67 / 75
(j)
(j)
Falta probar que xn,k < yn,k+1 :
(j)
2k+1
π
(j)
(j)
xn,k < yn,k+1 ←→ e 2bn
k
(j)
bn
+
1
(j)
2bn
(j)
<
k
(j)
bn
(j)
k+1
π
(j)
< e bn
+
1
(j)
bn
(j)
←→
←→
2k + 1
(j)
2bn
1
(j)
2bn
(j)
π<
k +1
(j)
π ←→
bn
1
<
(j)
=⇒ OK.
bn
(j)
Sea ahora αn,l := max{xn,k − yn,k ; yn,k+1 − xn,k : |k| ≤ l}, para l ∈ N.
Sabemos que:
kπ 2π
kπ π
π (j)
(j)
(j)
(j)
(j)
(j)
(j)
(j)
(j)
b
b
b
b
2b
n
n
n
n
xn,k − yn,k = e
e
− 1 , yn,k+1 − xn,k = e
e
−e n ,
ası́ que:
π
(j)
2b
−
: |k| ≤ l} =
−
=e
e n −1 ,
lπ π
π (j)
(j)
(j)
(j)
(j)
(j)
(j)
b
b
2b
n
n
e
−e n .
max{yn,k+1 − xn,k : |k| ≤ l} = yn,l+1 − xn,l = e
(j)
max{xn,k
(j)
yn,k
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
(j)
xn,l
(j)
yn,l
...Densificación
lπ
(j)
bn
5 de Julio de 06
67 / 75
lπ π
lπ π
π (j)
(j)
(j)
(j)
(j)
(j)
⇒ αn,l = max e bn e 2bn − 1 , e bn e bn − e 2bn
,
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
68 / 75
lπ π
lπ π
π (j)
(j)
(j)
(j)
(j)
(j)
⇒ αn,l = max e bn e 2bn − 1 , e bn e bn − e 2bn
,
y como resulta que:
lπ
(j)
e bn
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
π
π lπ π
(j)
(j)
(j)
(j)
e bn − e 2bn > e bn e 2bn − 1 ,
...Densificación
5 de Julio de 06
68 / 75
lπ π
lπ π
π (j)
(j)
(j)
(j)
(j)
(j)
⇒ αn,l = max e bn e 2bn − 1 , e bn e bn − e 2bn
,
y como resulta que:
lπ
(j)
e bn
π
π lπ π
(j)
(j)
(j)
(j)
e bn − e 2bn > e bn e 2bn − 1 ,
=⇒
(j)
αn,l
=e
lπ
(j)
bn
π
π (j)
(j)
b
2b
e n −e n .
Dado α > 0, determino una solución de (2), αn = an + ibn , con parte
imaginaria bn suficientemente grande tal que:
π
π
e bn − e 2bn < αe
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
−lπ
bn
.
5 de Julio de 06
68 / 75
lπ π
lπ π
π (j)
(j)
(j)
(j)
(j)
(j)
⇒ αn,l = max e bn e 2bn − 1 , e bn e bn − e 2bn
,
y como resulta que:
lπ
(j)
e bn
π
π lπ π
(j)
(j)
(j)
(j)
e bn − e 2bn > e bn e 2bn − 1 ,
=⇒
(j)
αn,l
=e
lπ
(j)
bn
π
π (j)
(j)
b
2b
e n −e n .
Dado α > 0, determino una solución de (2), αn = an + ibn , con parte
imaginaria bn suficientemente grande tal que:
π
π
e bn − e 2bn < αe
−lπ
bn
π
(j)
(j)
.
π
(j)
−lπ
(j)
(Se puede hacer ya que si bn → ∞ =⇒ e bn − e 2bn → 0, y αe bn → α)
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
68 / 75
Asociada a esta solución de (2), tenemos ahora que:
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
69 / 75
Asociada a esta solución de (2), tenemos ahora que:
h π
i
h
i
lπ
π
lπ
lπ
αn,l = e bn e bn − e 2bn < e bn αe − bn = α,
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
69 / 75
Asociada a esta solución de (2), tenemos ahora que:
h π
i
h
i
lπ
π
lπ
lπ
αn,l = e bn e bn − e 2bn < e bn αe − bn = α,
=⇒ eligiendo l ∈ N suficientemente grande (yn,−l < δ y yn,l+1 > ∆), las
(1)
(2)
funciones fn (x) = x an cos(bn log(x)), y fn (x) = x an sen(bn log(x))
tienen densidad α en [δ, ∆], y a posteriori en el compacto considerado.
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
69 / 75
Asociada a esta solución de (2), tenemos ahora que:
h π
i
h
i
lπ
π
lπ
lπ
αn,l = e bn e bn − e 2bn < e bn αe − bn = α,
=⇒ eligiendo l ∈ N suficientemente grande (yn,−l < δ y yn,l+1 > ∆), las
(1)
(2)
funciones fn (x) = x an cos(bn log(x)), y fn (x) = x an sen(bn log(x))
tienen densidad α en [δ, ∆], y a posteriori en el compacto considerado.
(1)
(2)
(j)
X Probaremos que fn,j (x) y fn,j (x) para todo cero αn de (3),
j = 1, 2, 3, . . ., y ninguno conjugado de otro, son linealmente
independientes:
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
69 / 75
n
o
(j)
Definimos bn := máx |bn | : 1 ≤ j ≤ m .
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
70 / 75
n
o
(j)
Definimos bn := máx |bn | : 1 ≤ j ≤ m . Elegimos rn > 1 tal que
bn · ln(rn ) < π.
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
70 / 75
n
o
(j)
Definimos bn := máx |bn | : 1 ≤ j ≤ m . Elegimos rn > 1 tal que
bn · ln(rn ) < π. Y sea cj := rnj−1 , 1 ≤ j ≤ 2m.
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
70 / 75
n
o
(j)
Definimos bn := máx |bn | : 1 ≤ j ≤ m . Elegimos rn > 1 tal que
bn · ln(rn ) < π. Y sea cj := rnj−1 , 1 ≤ j ≤ 2m.
Entonces el determinante:
(1)
(2)
(1)
(2)
(1)
(2)
W = fn,1 (cj ), fn,1 (cj ), fn,2 (cj ), fn,2 (cj ), . . . , fn,m (cj ), fn,m (cj )
j=1,2,...,2m
es no nulo.
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
70 / 75
n
o
(j)
Definimos bn := máx |bn | : 1 ≤ j ≤ m . Elegimos rn > 1 tal que
bn · ln(rn ) < π. Y sea cj := rnj−1 , 1 ≤ j ≤ 2m.
Entonces el determinante:
(1)
(2)
(1)
(2)
(1)
(2)
W = fn,1 (cj ), fn,1 (cj ), fn,2 (cj ), fn,2 (cj ), . . . , fn,m (cj ), fn,m (cj )
j=1,2,...,2m
es no nulo.
Para calcular W reduciremos sus elementos a forma compleja.
Multipliquemos la 2o , 4o , · · · columnas por i, y a ellas les sumamos la
1o , 3o , . . . columnas respectivamente =⇒
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
70 / 75
n
o
(j)
Definimos bn := máx |bn | : 1 ≤ j ≤ m . Elegimos rn > 1 tal que
bn · ln(rn ) < π. Y sea cj := rnj−1 , 1 ≤ j ≤ 2m.
Entonces el determinante:
(1)
(2)
(1)
(2)
(1)
(2)
W = fn,1 (cj ), fn,1 (cj ), fn,2 (cj ), fn,2 (cj ), . . . , fn,m (cj ), fn,m (cj )
j=1,2,...,2m
es no nulo.
Para calcular W reduciremos sus elementos a forma compleja.
Multipliquemos la 2o , 4o , · · · columnas por i, y a ellas les sumamos la
1o , 3o , . . . columnas respectivamente =⇒
(1)
(1)
(1)
W ·i m = fn,1 (cj ), fn,1 (cj ), fn,2 (cj ), fn,2 (cj ), . . . , fn,m (cj ), fn,m (cj )
j=1,2,...,2m
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
70 / 75
n
o
(j)
Definimos bn := máx |bn | : 1 ≤ j ≤ m . Elegimos rn > 1 tal que
bn · ln(rn ) < π. Y sea cj := rnj−1 , 1 ≤ j ≤ 2m.
Entonces el determinante:
(1)
(2)
(1)
(2)
(1)
(2)
W = fn,1 (cj ), fn,1 (cj ), fn,2 (cj ), fn,2 (cj ), . . . , fn,m (cj ), fn,m (cj )
j=1,2,...,2m
es no nulo.
Para calcular W reduciremos sus elementos a forma compleja.
Multipliquemos la 2o , 4o , · · · columnas por i, y a ellas les sumamos la
1o , 3o , . . . columnas respectivamente =⇒
(1)
(1)
(1)
W ·i m = fn,1 (cj ), fn,1 (cj ), fn,2 (cj ), fn,2 (cj ), . . . , fn,m (cj ), fn,m (cj )
j=1,2,...,2m
(2)
(1)
ya que: i · fn,j (x) + fn,j (x) = fn,j (x), j = 1, 2, . . . , m.
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...Densificación
5 de Julio de 06
70 / 75
Sea ahora hn,j (x) el conjugado de fn,j (x), entonces:
(1)
2fn,j (x) = fn,j (x) + hn,j (x), j = 1, 2, . . . , m.
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...Densificación
5 de Julio de 06
71 / 75
Sea ahora hn,j (x) el conjugado de fn,j (x), entonces:
(1)
2fn,j (x) = fn,j (x) + hn,j (x), j = 1, 2, . . . , m.
Multipliquemos la 1o , 3o , . . . columnas por −2 y sumemos la 2o , 4o , . . .
respectivamente =⇒
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
71 / 75
Sea ahora hn,j (x) el conjugado de fn,j (x), entonces:
(1)
2fn,j (x) = fn,j (x) + hn,j (x), j = 1, 2, . . . , m.
Multipliquemos la 1o , 3o , . . . columnas por −2 y sumemos la 2o , 4o , . . .
respectivamente =⇒
W ·(−2i)m = |−hn,1 (cj ), fn,1 (cj ), −hn,2 (cj ), fn,2 (cj ), . . . , −hn,m (cj ), fn,m (cj )|
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...Densificación
5 de Julio de 06
71 / 75
Sea ahora hn,j (x) el conjugado de fn,j (x), entonces:
(1)
2fn,j (x) = fn,j (x) + hn,j (x), j = 1, 2, . . . , m.
Multipliquemos la 1o , 3o , . . . columnas por −2 y sumemos la 2o , 4o , . . .
respectivamente =⇒
W ·(−2i)m = |−hn,1 (cj ), fn,1 (cj ), −hn,2 (cj ), fn,2 (cj ), . . . , −hn,m (cj ), fn,m (cj )|
o equivalentemente,
W ·(2i)m = |hn,1 (cj ), fn,1 (cj ), hn,2 (cj ), fn,2 (cj ), . . . , hn,m (cj ), fn,m (cj )|j=1,2,...,
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...Densificación
5 de Julio de 06
71 / 75
Sea ahora hn,j (x) el conjugado de fn,j (x), entonces:
(1)
2fn,j (x) = fn,j (x) + hn,j (x), j = 1, 2, . . . , m.
Multipliquemos la 1o , 3o , . . . columnas por −2 y sumemos la 2o , 4o , . . .
respectivamente =⇒
W ·(−2i)m = |−hn,1 (cj ), fn,1 (cj ), −hn,2 (cj ), fn,2 (cj ), . . . , −hn,m (cj ), fn,m (cj )|
o equivalentemente,
W ·(2i)m = |hn,1 (cj ), fn,1 (cj ), hn,2 (cj ), fn,2 (cj ), . . . , hn,m (cj ), fn,m (cj )|j=1,2,...,
es decir,
hn,1 (c1 )
fn,1 (c1 )
hn,2 (c1 )
fn,2 (c1 )
···
hn,1 (c2 )
fn,1 (c2 )
hn,2 (c2 )
fn,2 (c2 )
···
·········
hn,1 (c2m ) fn,1 (c2m ) hn,2 (c2m ) fn,2 (c2m ) · · ·
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
hn,m (c2m ) fn,m (c2m ) hn,m (c1 )
hn,m (c2 )
fn,m (c1 )
fn,m (c2 )
5 de Julio de 06
71 / 75
Ahora teniendo en cuenta que:
fn,j (c1 ) = hn,j (c1 ) = 1 ∀ 1 ≤ j ≤ m
(j)
(j)
hn,j (c2 ) = rnαn := ej
fn,j (c2 ) = rnαn := dj
(j)
(j)
fn,j (c3 ) = (rn2 )αn = dj2
···············
(j)
hn,j (c3 ) = (rn2 )αn = ej2
fn,j (c2m ) = (rn2m−1 )αn = dj2m−1
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(j)
hn,j (c2m ) = (rn2m−1 )αn = ej2m−1 ,
...Densificación
5 de Julio de 06
72 / 75
Ahora teniendo en cuenta que:
fn,j (c1 ) = hn,j (c1 ) = 1 ∀ 1 ≤ j ≤ m
(j)
(j)
hn,j (c2 ) = rnαn := ej
fn,j (c2 ) = rnαn := dj
(j)
(j)
fn,j (c3 ) = (rn2 )αn = dj2
···············
hn,j (c3 ) = (rn2 )αn = ej2
(j)
(j)
fn,j (c2m ) = (rn2m−1 )αn = dj2m−1
el determinante anterior se
1
1
d1
e1
2
d
e12
1
·········
d 2m−1
e12m−1
1
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
hn,j (c2m ) = (rn2m−1 )αn = ej2m−1 ,
convierte en el siguiente:
1
d2
d22
1
e2
e22
···
···
···
d22m−1 e22m−1 · · ·
...Densificación
1
dm
2
dm
1
em
2
em
2m−1 e 2m−1
dm
m
=
5 de Julio de 06
72 / 75
1
a1
a12
······
a12m−1
1
a2
a22
1
a3
a32
1
a4
a42
···
···
···
a22m−1 a32m−1 a42m−1 · · ·
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
1
1
a2m−1 a2m
2
2
a2m−1
a2m
2m−1
2m−1
a2m−1
a2m
...Densificación
Y
= (aj −ak ) 6= 0
j>k
5 de Julio de 06
73 / 75
1
a1
a12
······
a12m−1
1
a2
a22
1
a3
a32
1
a4
a42
···
···
···
a22m−1 a32m−1 a42m−1 · · ·
1
1
a2m−1 a2m
2
2
a2m−1
a2m
2m−1
2m−1
a2m−1
a2m
Y
= (aj −ak ) 6= 0
j>k
En efecto, primero veamos que dj 6= dk si j 6= k:
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
73 / 75
1
a1
a12
······
a12m−1
1
a2
a22
1
a3
a32
1
a4
a42
···
···
···
a22m−1 a32m−1 a42m−1 · · ·
1
1
a2m−1 a2m
2
2
a2m−1
a2m
2m−1
2m−1
a2m−1
a2m
Y
= (aj −ak ) 6= 0
j>k
En efecto, primero veamos que dj 6= dk si j 6= k:
(j)
(j)
dj = rnαn = e αn
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ln(rn )
(j)
= e (an
(j)
+ibn ) ln(rn )
...Densificación
(j)
(j)
= rnan · e ibn
ln(rn )
,
5 de Julio de 06
73 / 75
1
a1
a12
······
a12m−1
1
a2
a22
1
a3
a32
···
···
···
1
a4
a42
a22m−1 a32m−1 a42m−1 · · ·
1
1
a2m−1 a2m
2
2
a2m−1
a2m
2m−1
2m−1
a2m−1
a2m
Y
= (aj −ak ) 6= 0
j>k
En efecto, primero veamos que dj 6= dk si j 6= k:
(j)
(j)
dj = rnαn = e αn
ln(rn )
(j)
= e (an
(j)
+ibn ) ln(rn )
(j)
→ |dj | = rnan ;
(j)
(j)
= rnan · e ibn
ln(rn )
,
(j)
Arg(dj ) = bn ln(rn )
(j)
−π ≤ bn ln(rn ) ≤ π (por la elección escogida).
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...Densificación
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1
a1
a12
······
a12m−1
1
a2
a22
1
a3
a32
···
···
···
1
a4
a42
a22m−1 a32m−1 a42m−1 · · ·
1
1
a2m−1 a2m
2
2
a2m−1
a2m
2m−1
2m−1
a2m−1
a2m
Y
= (aj −ak ) 6= 0
j>k
En efecto, primero veamos que dj 6= dk si j 6= k:
(j)
(j)
dj = rnαn = e αn
ln(rn )
(j)
= e (an
(j)
+ibn ) ln(rn )
(j)
→ |dj | = rnan ;
(j)
(j)
= rnan · e ibn
ln(rn )
,
(j)
Arg(dj ) = bn ln(rn )
(j)
−π ≤ bn ln(rn ) ≤ π (por la elección escogida).
(j)
(k)
Y como αn 6= αn
si j 6= k, entonces necesariamente dj 6= dk si j 6= k.
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...Densificación
5 de Julio de 06
73 / 75
1
a1
a12
······
a12m−1
1
a2
a22
1
a3
a32
1
a4
a42
···
···
···
a22m−1 a32m−1 a42m−1 · · ·
1
1
a2m−1 a2m
2
2
a2m−1
a2m
2m−1
2m−1
a2m−1
a2m
Y
= (a
j>k
Por otra parte dj 6= ej ya que:
(j)
(j)
dj = rnan · e ibn
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ln(rn )
(j)
, y
(j)
ej = rnan · e −ibn
...Densificación
ln(rn )
,
5 de Julio de 06
74 / 75
Por otra parte dj 6= ej ya que:
(j)
(j)
dj = rnan · e ibn
ln(rn )
(j)
, y
(j)
ej = rnan · e −ibn
ln(rn )
,
(j)
→ |dj | = |ej | = rnan ,
(j)
→ Arg(dj ) = −Arg(ej ) 6= 0 (ya que bn 6= 0 y rn > 1).
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...Densificación
5 de Julio de 06
74 / 75
Por otra parte dj 6= ej ya que:
(j)
(j)
dj = rnan · e ibn
ln(rn )
(j)
, y
(j)
ej = rnan · e −ibn
ln(rn )
,
(j)
→ |dj | = |ej | = rnan ,
(j)
→ Arg(dj ) = −Arg(ej ) 6= 0 (ya que bn 6= 0 y rn > 1).
Nos falta ver que dj 6= ek si j 6= k:
Juan Matı́as Sepulcre Martı́nez ()
...Densificación
5 de Julio de 06
74 / 75
Por otra parte dj 6= ej ya que:
(j)
(j)
dj = rnan · e ibn
ln(rn )
(j)
, y
(j)
ej = rnan · e −ibn
ln(rn )
,
(j)
→ |dj | = |ej | = rnan ,
(j)
→ Arg(dj ) = −Arg(ej ) 6= 0 (ya que bn 6= 0 y rn > 1).
Nos falta ver que dj 6= ek si j 6= k:
(j)
(j)
dj = rnan · e ibn
ln(rn )
(j)
→ |dj | = rnan ,
(k)
, y
(k)
ek = rnan · e −ibn
ln(rn )
,
(j)
Arg(dj ) = bn ln(rn )
(k)
an
(k)
→ |ek | = rn , Arg(ek ) = −bn ln(rn ).
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...Densificación
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74 / 75
Por otra parte dj 6= ej ya que:
(j)
(j)
dj = rnan · e ibn
ln(rn )
(j)
, y
(j)
ej = rnan · e −ibn
ln(rn )
,
(j)
→ |dj | = |ej | = rnan ,
(j)
→ Arg(dj ) = −Arg(ej ) 6= 0 (ya que bn 6= 0 y rn > 1).
Nos falta ver que dj 6= ek si j 6= k:
(j)
(j)
dj = rnan · e ibn
ln(rn )
(j)
→ |dj | = rnan ,
(k)
, y
(k)
ek = rnan · e −ibn
ln(rn )
,
(j)
Arg(dj ) = bn ln(rn )
(k)
an
(k)
→ |ek | = rn , Arg(ek ) = −bn ln(rn ).
Si |dj | =
6 |ek | ⇒ dj 6= ek .
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74 / 75
Por otra parte dj 6= ej ya que:
(j)
(j)
dj = rnan · e ibn
ln(rn )
(j)
, y
(j)
ej = rnan · e −ibn
ln(rn )
,
(j)
→ |dj | = |ej | = rnan ,
(j)
→ Arg(dj ) = −Arg(ej ) 6= 0 (ya que bn 6= 0 y rn > 1).
Nos falta ver que dj 6= ek si j 6= k:
(j)
(j)
dj = rnan · e ibn
ln(rn )
(j)
→ |dj | = rnan ,
(k)
, y
(k)
ek = rnan · e −ibn
ln(rn )
,
(j)
Arg(dj ) = bn ln(rn )
(k)
an
(k)
→ |ek | = rn , Arg(ek ) = −bn ln(rn ).
Si |dj | =
6 |ek | ⇒ dj 6= ek .
(j)
(k)
(j)
(k)
(j)
(k)
Si |dj | = |ek | ⇒ an = an , y por tanto bn 6= bn , y además bn 6= −bn
(no hay ceros conjugados) ⇒ Arg(dj ) 6= Arg(ek ) ⇒ dj 6= ek .
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74 / 75
Por otra parte dj 6= ej ya que:
(j)
(j)
dj = rnan · e ibn
ln(rn )
(j)
, y
(j)
ej = rnan · e −ibn
ln(rn )
,
(j)
→ |dj | = |ej | = rnan ,
(j)
→ Arg(dj ) = −Arg(ej ) 6= 0 (ya que bn 6= 0 y rn > 1).
Nos falta ver que dj 6= ek si j 6= k:
(j)
(j)
dj = rnan · e ibn
ln(rn )
(j)
→ |dj | = rnan ,
(k)
an
(k)
, y
(k)
ek = rnan · e −ibn
ln(rn )
,
(j)
Arg(dj ) = bn ln(rn )
(k)
→ |ek | = rn , Arg(ek ) = −bn ln(rn ).
Si |dj | =
6 |ek | ⇒ dj 6= ek .
(j)
(k)
(j)
(k)
(j)
(k)
Si |dj | = |ek | ⇒ an = an , y por tanto bn 6= bn , y además bn 6= −bn
(no hay ceros conjugados) ⇒ Arg(dj ) 6= Arg(ek ) ⇒ dj 6= ek .
⇒ aj 6= ak si j 6= k.
Por otra parte dj 6= ej ya que:
(j)
(j)
dj = rnan · e ibn
ln(rn )
(j)
(j)
ej = rnan · e −ibn
, y
ln(rn )
,
(j)
→ |dj | = |ej | = rnan ,
(j)
→ Arg(dj ) = −Arg(ej ) 6= 0 (ya que bn 6= 0 y rn > 1).
Nos falta ver que dj 6= ek si j 6= k:
(j)
(j)
dj = rnan · e ibn
ln(rn )
(j)
→ |dj | = rnan ,
(k)
, y
(k)
ek = rnan · e −ibn
ln(rn )
,
(j)
Arg(dj ) = bn ln(rn )
(k)
an
(k)
→ |ek | = rn , Arg(ek ) = −bn ln(rn ).
Si |dj | =
6 |ek | ⇒ dj 6= ek .
(j)
(k)
(j)
(k)
(j)
(k)
Si |dj | = |ek | ⇒ an = an , y por tanto bn 6= bn , y además bn 6= −bn
(no hay ceros conjugados) ⇒ Arg(dj ) 6= Arg(ek ) ⇒ dj 6= ek .
⇒ aj 6= ak si j 6= k.
=⇒ W 6= 0.
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74 / 75
Referencias
Aczél, J. and Dhombres, J.: Functional equations in several variables,
Cambridge University Press, Cambridge, 1989.
Ash, Robert B.: Complex Variables, Academic Press, INC., New York,
1971.
Castillo, E., Iglesias, A. and Ruı́z-Cobo, R.: Functional Equations in
Applied Sciences , Mathematics in Science and Engineering, Vol. 199,
Elsevier, 2005.
Cherruault, Y. and Mora, G.: Optimisation Globale. Théorie des
Courbes Alpha-Denses , Economica, Paris, 2005.
Mora, G.; Mira, J.A. : Alpha-dense Curves in Infinite Dimensional
Spaces, International Journal of Pure and Applied Vol. 5 (2003),
437–449.
Mora, G., Cherruault, Y. and Ziadi, A.: Functional equations
generating space-densifying curves, Computers and Mathematics with
Applications Vol. 39 (2000), 45–55.
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...Densificación
5 de Julio de 06
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