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£".— Solución del problema de Hurwitz 



Suponemos a la ecuación dada 



de coeficientes reales. Haciendo la sustitución 



Z=i.y ^ y .y - 1 



es fácil comprobar que 



¥{y . /■=!) = {V^\y . (F, - V~=l . ¥,) 



en donde 



Piiy) = aoy" — «2 y"-^ + a^y»-^ — ■■■ I MI 



Cuando la variable b toma la forma compleja 



zx-\- i . y 

 entonces la función F(2) se descompone del modo siguiente: 



F(^) = FU + i ..y) - (í)(xy) + i . W(xy) 



siendo <¡>(^y) y "^^ i^y) funciones reales de las variable £c, y. *Si en esta 

 igualdad se hace x = Q resultará, teniendo en cuenta las relaciones [1], 

 que 



^(9y) = ± Fi ^^^y) = + Fg si /z es número par '{ j- -, 



O(O^) == zh F2 ^{^y} = =F Fj si « es número impar. \ _ -' 



Las funciones Fi í/ F2 no pueden anularse simultáneamente para 

 el mismo valor de la variable real y^ pues si así ocurriese resultaría 

 que F (z) tendría una raíz / . y puramente imaginaria, lo cual es contrario 

 a la hipótesis hecha de que todas las raíces de F (z) tienen parte real ne- 

 gativa, ya que el problema de Hurwitz consiste en averiguar las condicio- 

 nes necesarias y suficientes que deben llenar los coeficientes de F (z) 

 para que todas sus raíces gocen de dicha propiedad. 



Trazando un círculo de radio suficientemente grande en representa- 

 ción de la función arbitraria /, claro es que todas las raíces de la ecuación 

 dada tendrán que estar en el semicírculo de la izquierda, único que tiene 

 negativos los valores reales de x. Encerrados así los puntos raíces de la 



