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