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SOLUCIONARIO DEL EXAMEN PARCIAL
MATEMATICA V 2016-I
ALAYO BLAS, MIGUEL ANGELGUERRA HUARANGA, TANIT ALCIRABALVIN VELASQUEZ, ALVARO MICAEL
MEZA GOMEZ, ELADIO JHON
19 de mayo de 2016
1. Sean las funciones complejas f + g : C → C. Si 2f + 3g y 2f − g satisfacenlas ecuaciones de C − R en z0 ∈ C, demuestre que la funcion f satisfacelas ecuaciones de C −R en z0.
SOLUCION:
Sea:
f = uf′+ ivf
′
g = ug′+ ivg
′
X 2f + 3g = 2uf′+ i2vf
′+ 3ug
′+ i3vg
′
X 2f − g = 2uf′+ i2vf
′ − ug′ − ivg
′
Como 2f + 3g y 2f − g cumplen las ecuaciones de C−R, entonces:
(1’) 2ufx′+ 3ugx
′= 2vfy
′+ 3vgy
′
(2’) 2ufy′+ 3ugy
′= −2vfx
′ − 3vgx′
(1) 2ufx′ − ugx
′= +2vfy
′ − vgy′
(2) 2ufy′ − ugy
′= −2vfx
′+ vgx
′
Multiplicamos por 3 a (1) y (2), luego sumamos y restamos (1′)y (1).
8ufx′
= 8vfy′→ ufx
′= vfy
′
8ufy′
= −8vfx′→ ufy
′= −vfx
′
1
Multiplicamos por 3 a (1) y (2), luego restamos (2′) y (2).
8ufy′
= −8vfx′→ ufy
′= −vfx
′
8ufx′
= 8vfy′→ ufx
′= vfy
′
Confirmamos que cumple las ecuaciones C −R.
2. Evalue la siguiente integral∫γ:|z|=2
ef(8−i)z
(z−f(0))20 dz donde f es una funcion
entera y acotada en el plano de Argand, y f(−1) = i.
SOLUCION:
Teorema de Liouville:
Sea z acotada en el plano de Argand:
X f(z) es analıtica.
X f(z) es acotada, es decir que ∃ una constante M tal que|f(z)| < M → f(z) debe ser una constante.
Como f es constante, entonces f(8− i) = f(0) = i.
Reemplazando en la integral:
I =
∫γ:|z|=2
eiz
(z − i)20dz
Aplicando integral de Gauss.∮γ
f(z)
(z − z0)n+1dz =
2πifn(z0)
n!
I =
∫γ:|z|=2
eiz
(z − i)19+1dz
I =2πi19e−1
19!=
2πi2e−1
19!
I =−2πe−1
19!
2
3. Encuentre la serie de Laurent para la funcion: C → C tal que w(z) =
f(z) = 1(z3+1)2 en potencias de z. Validas en la corona 1 < |z| < 2.
SOLUCION:
Usamos la serie geometrica:
1
1 + a=
∞∑n=0
an
siempre y cuando |a| < 1.
Para aplicarlo observamos que: 1 < |z| < 2→ 18 <
1|z|3 < 1.
Entonces:
1
z3 + 1=
∞∑n=0
(−1
z3)n
Derivando la serie obtendremos:
d
dx(
1
z3 + 1) =
d
dx(
∞∑n=0
(−1
z3)n)
−3z2
z3 + 1=
∞∑n=1
(−1)n(−3n)z−3n−1
Dividiendo entre −3z2 obtendremos la seri de Laurent:
1
z3 + 1=
∞∑n=1
(−1)nn
z3n+3
Para un radio de convergencia 18 <
1|z|3 < 1
4. Use el teorema de la integral de Cauchy, para evaluar las siguientes inte-grales.
a)∫∞
0sin(x)√
xdx
b)∫∞
0cos(x)√
xdx
3
SOLUCION: ∫ ∞0
sin(x)√xdx =
∫ ∞0
cos(x)√x
dx
f(z) = e−iz y z 6= 0
∫ ∞−∞
sin(x)√xdx =
∫C
eiz√zdz = 0→
∫ −r−R
eix√xdx+
∫C1
eiz√zdz+
∫ k
r
eix√xdx+
∫δ
eiz√zdz = 0
z 6= 0
Si r → 0, R→∞, entonces∫Ceiz√zdz =
√π2 ∩
∫δeiz√zdz → 0
∫ ∞0
eix√xdx =
√π
2+ i
√π
2
∫ ∞0
sin(x)√xdx =
∫ ∞0
cos(x)√x
dx =
√π
2
5. Utilice el teorema de la integral de Cauchy, para evaluar la siguiente inte-gral.
∫ 2π
0
cos2n θdθ
SOLUCION:
Sea:
z = eiθ → dz = ieiθdθ → dθ =dz
iz
Ademas.
cos(θ) =eiθ + e−iθ
2=z + 1
z
2
Reemplazamos en la integral.
∫ 2π
0cos2n θdθ = 1
22n
∫ 2π
0(z + 1
z )2n dzidz = 1
i22n
∫ 2π
0(z2+1)2n
z2n+1 dz
4
Por binomio de Newton.
(z2 + 1)2n =
n∑k=0
(2n
k
)(1)2n−kzk =
2n∑k=0
(2n
k
)z2k
Por el teorema de residuo.
∫ 2π
0
(z2 + 1)2n
z2n+1=
∫(· · ·+
(2n
n
)1
z+ · · · )dz = 2πi
(2n
n
)=
2πi(2n)!
(n!)2
Reemplazando.
∫ 2π
0
cos2n θdθ =1
i22n(2π(2n)!
(n!)2)
Por lo tanto.
∫ 2π
0
cos2n θdθ =π(2n!)
22n−1(n!)2
6. Use la integral de Poisson para una circuferencia unitaria y evalue.
SOLUCION:
∫ 2π
0
(cos(3θ))2
5− 4 cos 2θdθ
∫ 2π
0(cos(3θ))2
5−4 cos(2θ)dθ = 12
∫ 2π
01+cos(6θ)
5−4 cos(2θ)dθ
1
2
∫ 2π
0
1
5− 4 cos(2θ)dθ +
1
2
∫ 2π
0
cos(6θ)
5− 4 cos(2θ)dθ (1)
Por teorıa.
*∫ 2π
01
a+b cos(θ)dθ = 2π√a2−b2
∫ 2π
0
1
5− 4 cos(2θ)dθ =
2π
3(2)
∫ 2π
0ei6θ
5−4 cos(2θ)dθ =∫ 2π
0cos(6θ)
5−4 cos(2θ)dθ = 12
∫ 4π
0(cos 3α)
5−4 cos(2α)dα
5
Donde α = 2θ → dθ = dα2
∫ 2π
0
cos(3α)
5− 4 cos(2α)dα =
2π√a2 − b2
(r
R)2 (3)
→∫ 2π
0cos(3α)
5−4 cos(2α)dα = (2π( 13 )2) = π
12
Tenemos las siguientes igualdades.
R2 + r2 = 5
R = 2
r = 1
Finalmente de (3) y (2) en (1)
∫ 2π
0
(cos(3θ))2
5− 4 cos(2θ)dθ =
3π
8
7. Sea f : C → C definida por w = f(z) = z5
|z|4 , z 6= 0,para w = f(z) = 0,
z = 0 ¿existe f′(0)?. ¿Se cumplen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en
z = 0?
SOLUCION:
Para que exista f′(0), comprobamos por la definicion:
f′(0) = lım
∆z→0
f(0 + ∆z)− f(0)
∆z= lım
∆z→0
f(∆z)− f(0)
∆z
Ahora como ∆z = ∆x+ i∆y.
Entonces tomamos diferentes caminos para comprobar si ellımite existe.
∆x = 0,∆z = i∆y : f′(0) = lım
∆y→0
f(i∆y)− f(0)
i∆y= lım
∆y→0
(i∆y)5
|i∆y|4 − 0
i∆y= lım
∆y→0
i∆y
i∆y= 1
∆x = ∆y,∆z = ∆y + i∆y
6
f′(0) = lım
∆y→0
f(∆y + i∆y)− f(0)
∆y + i∆y= lım
∆y→0
(∆y+i∆y)5
|∆y+i∆y|4 − 0
∆y + i∆y= lım
∆y→0(ei
π4 )4 = −1
Por lo tanto vemos que el f′(0) no existe.
Para ver si cumple las ecuaciones de Cauchy-Riemann hallamossus lımites por definicion de derivada parcial:
Primero hallamos u(x,y) y v(x,y)
w = f(z) =z5
|z|4=
(x+ iy)5
(x2 + y2)2=x5 + 5ix4y − 10x3y2 − 10ix2y + 5xy4 + iy5
(x2 + y2)2
u(x,y) =x5 − 10x3y2 + 5xy4
(x2 + y2)2, v(x,y) =
5x4 − 10x2y + y5
(x2 + y2)2
u(0,0) = 0, v(0,0) = 0
(1)
du(0,0)
dx= lım
∆x→0
u(0 + ∆x, 0)− u(0, 0)
∆x= lım
∆x→0
∆x5−10∆x3(0)2+5∆x(0)4
(∆x2+(0)2)2 − 0
∆x= 1
(2)
dv(0,0)
dy= lım
∆y→0
v(0, 0 + ∆y)− v(0, 0)
∆y= lım
∆y→0
5(0)4∆y−10(0)2∆y+∆y5
(∆y2+(0)2)2 − 0
∆y= 1
(3)
du(0,0)
dy= lım
∆y→0
u(0, 0 + ∆y, )− u(0, 0)
∆y= lım
∆y→0
(0)5−10(0)3∆y2+5(0)∆y4
(∆y2+(0)2)2 − 0
∆y= 0
(4)
dv(0,0)
dx= lım
∆x→0
v(0 + ∆x, 0)− v(0, 0)
∆x= lım
∆x→0
5∆x4(0)−10∆x2(0)+(0)5
(∆x2+(0)2)2 − 0
∆x= 0
7
De (1) y (2) vemos que cumple la primera ecuacion de Cauchy-Riemann:
du(0,0)
dx=dv(0,0)
dy
De (3) y (4) vemos que cumple la segunda ecuacion de Cauchy-Riemann:
du(0,0)
dy= −
dv(0,0)
dx
8. a) Determine el mayor dominio de analiticidad para la funcion f : C → Ctal que f(z) = ln[z − (3 + i4)].
b) Calcule 9π.
SOLUCION:
a) La funcion lnW es analıtica en el dominio que consiste en el plano W ,privado de la recta semiinfinita lnW = 0,R w ≤ 0, si W = z−(3+i4).
Sabemos que lnz = lnr + iθ = u+ iθ
z = reiθ
Cauchy Riemann en polares ur = vθr y vr = −uθr
En nuestro problema notaremos que si se cumple entoncesdiremos que lnz es analıtica en C− {0}.
Entonces ln(z − 3− 4i) = lnW
d(ln(z − 3− 4i))
dz=d(lnW )
dW· dWdz
W = (x− 3) + i(y − 4)
Por Cauchy-Riemann ux = vy = 1 y uy = −vx = 0
Diremos que ln(z − 3− 4i) es analıtica en C - { 3 + 4 i }.
b)
9π = eπlog(9) = eπ(log9+2kπ) = eπ(log9+2kπ2)
= eπ log 9(cos(2kπ2) + i sin(2kπ2))
8
= e6,903(cos(2kπ2) + i sin(2kπ2))
= 995,04(cos(2kπ2) + i sin(2kπ2))
Donde k = 0,±1,±2, · · ·
Cuando k = 0 entonces cumple 9π , pero cuando k = 0,±1,±2, · · ·no cumple.
9π = 995,04
9
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