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UNIVERSIDAD NACIONAL MAYOR DE SAN MARCOS (Universidad del Perú, Decana de América)

VARIABLE COMPLEJA PRÁCTICA 2

PROFESOR:

CASTRO VIDAL, Raul Pedro ALUMNOS:

 BERROCAL YRUPAILLA, Miriam Aracelly

15190246

 DIAZ ARBOLEDA, Luis Jesus

15190109

FECHA DE PRESENTACIÓN:

07 / 06 / 2018

Problema 1 a) Pruebe que las coordenadas polares, las ecuaciones de Cauchy-Riemann se escriben como 𝝏𝒖

𝝏𝒗

= −𝒓 𝝏𝒓 y 𝝏𝜽

𝝏𝒗

𝝏𝒖

= 𝒓 𝝏𝒓 . 𝝏𝜽 𝝏𝒇

b) Pruebe que en notación compleja las ecuaciones de Cauchy-Riemann se escriben 𝝏𝒛̅ = 𝟎.

Solución a) Sea f : D ⊆ ℂ una función analítica, entonces: f(z)=u(r,θ)+iv(r,θ) r= √𝑥 2 + 𝑦 2 x=rcosθ y=rsenθ y

θ=tan−1 (x) Sabemos: ∂u ∂u ∂r ∂u ∂θ = + ∂x ∂r ∂x ∂θ ∂x …(1) ∂u ∂u ∂r ∂u ∂θ = + ∂y ∂r ∂y ∂θ ∂y …(2) ∂v ∂v ∂r ∂v ∂θ = + ∂x ∂r ∂x ∂θ ∂x …(3) ∂v ∂v ∂r ∂v ∂θ = + ∂y ∂r ∂y ∂θ ∂y …(4) Hallando las derivadas: ∂r 1 2rcosθ = 2x = = cosθ ∂x 2√x 2 + y 2 2r ∂r 1 2rsinθ = 2y = = sinθ ∂y 2√x 2 + y 2 2r

∂θ = ∂x ∂θ = ∂y

1 y 1 + ( x)

2y(

−1 −y x2 −rsinθ −sinθ ) = ( ) = = 2 2 2 2 x x x +y r2 r

1 1 x2 rcosθ rcosθ ( ) = ( ) = = y 2 x x x2 + y2 r2 r 1 + ( x) 1

En (1), (2), (3), (4): ∂u ∂u sinθ ∂u = cosθ − ∂x ∂r r ∂θ ∂u ∂u cosθ ∂u = sinθ + ∂y ∂r r ∂θ ∂v ∂v sinθ ∂v = cosθ − ∂x ∂r r ∂θ ∂v ∂v cosθ ∂v = sinθ + ∂y ∂r r ∂θ

De las ecuaciones de Cauchy – Riemann: ∂u ∂v = ∂x ∂y ∂u ∂v =− ∂y ∂x Reemplazando: cosθ

∂u sinθ ∂u ∂v cosθ ∂v − = sinθ + ∂r r ∂θ ∂r r ∂θ

… (I)

sinθ

∂u cosθ ∂u ∂v sinθ ∂v + = −cosθ + ∂r r ∂θ ∂r r ∂θ

… (II)

Multiplicando por cosθ a (I): ∂u 1 ∂v 1 ∂v ∂u ( − ) cos2 θ − ( + )sinθcosθ = 0 ∂r r ∂θ r ∂r ∂θ … (III) Multiplicando por senθ a (II):

∂u 1 ∂v 1 ∂v ∂u ( − ) sin2 θ + ( + )sinθcosθ = 0 ∂r r ∂θ r ∂r ∂θ …(IV) Sumando (III) y (IV): (

∂u 1 ∂v ∂u 1 ∂v − ) (sin2 θ + cos 2 θ) = 0 → = ∂r r ∂θ ∂θ r ∂θ

Multiplicando por senθ a (I): ∂u 1 ∂v 1 ∂v ∂u ( − ) sinθcosθ − ( + )sin2 θ = 0 ∂r r ∂θ r ∂r ∂θ …(V) Multiplicando por cosθ a (II): ∂u 1 ∂v 1 ∂v ∂u ( − ) sinθcosθ + ( + )cos2 θ = 0 ∂r r ∂θ r ∂r ∂θ …(VI) Restando (VI) y (V): (

1 ∂v ∂u ∂u 1 ∂v + )(sin2 θ + cos2 θ) = 0 → =− r ∂r ∂θ ∂θ r ∂θ

Entonces: ∂u 1 ∂v ∂v ∂u = → =r ∂θ r ∂θ ∂θ ∂r ∂u 1 ∂v ∂u ∂v =− → = −r ∂θ r ∂θ ∂θ ∂r

b) Sea f : D ⊆ ℂ una función analítica, tal que f(z) está definido f=u+iv, entonces: De las ecuaciones de Cauchy – Riemann: ∂u ∂v = ∂x ∂y ∂u ∂v =− ∂y ∂x ∂u ∂v − =0 ∂y ∂y … (I)

∂u ∂v + =0 ∂y ∂x i

∂u ∂v +i =0 ∂y ∂x … (II)

Sumando (I) y (II): (

∂u ∂v ∂v ∂u +i )−( +i )= 0 ∂x ∂x ∂y ∂y

∂ ∂u ∂v (u + iv) − i ( + i ) = 0 ∂x ∂y ∂y ∂ ∂ (u + iv) − i (u + iv) = 0 ∂x ∂y ∂ ∂ ( + i ) (u + iv) = 0 ∂x ∂y

Se sabe: ∂ 1 ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = ( +i )→( +i )=2 ∂z 2 ∂x ∂y ∂x ∂y ∂z

Y en el problema: 2

∂ (u + iv) = 0 ∂z

∂ (u + iv) = 0 ∂z ∂ f(z) = 0 ∂z

Problema 2 Si 𝒇(𝒛) = 𝒖(𝒙, 𝒚) + 𝒊𝒗(𝒙, 𝒚) es analítica con 𝒖(𝒙, 𝒚) = 𝒙𝟑 − 𝟑𝒙 + 𝜶𝒙𝒚𝟐 . Hallar: (a) 𝜶 (b) 𝒗(𝒙, 𝒚) Suponga que 𝒖: ℝ𝟐 → ℝ es armónica y acotada. Pruebe que 𝒖 es constante

Solución  Sea f(z) = u(x, y) + iv(x, y) es analítica, Si u(x, y): R2 → R es armónica y acotada ⇒ V(x, y)tambien es armonica y acotada  Si f: D ∈ ℂ es analitica en el dominio D

f(z) = u(x, y) + iv(x, y)

Entonces: ux = vy ˄

uy = vx ∆u =



ü x 2̇

+

ü y 2̇

= 0 ˄ ∆V =

v̈ x 2̇

+

v̈ y 2̇

=0

Si u(x, y) = x 3 − 3x + axy 2 Entonces{

ux=3x2 −3+ay2 ⇒uxx =6x uy = 2axy ⇒ uyy = 2ax



Del teorema de la ecuación de Laplace : uxx + vyy = 0 ⇒ 6x + 2ax = 0 ⇒ a = −3



Dado que u(x, y) ∈ v(x, y) Satisfacen la ecuación de Cauchy – Riemann ux = vy

=3x 2 − 3 + ay 2 = 3x 2 − 3 + 3y 2 … (I)

−(uy ) = Vx = −2axy=6xy … (II)

De (ɪ) se tiene integrando

V = 3x 2 y − 3y − y 3 + φ(x) … (ɪɪɪ) Derivando con respecto a "x" Vx = 6xy + φ′ (x) …(ɪv) De (ɪɪɪ) y (ɪv) 6xy+φ′ (x) = 6xy φ′ (x) = 0 φ(x) = C Finalmente reemplazando en (ɪɪɪ) V = 3x 2 y − 3y − y 3 + C

Problema 3 A) Enuncie y demuestre el Teorema de Morera. B) Enuncie y demuestre el teorema de Louville. C) Enuncie y demuestre el teorema fundamental del algebra.

Solución A) Enuncie y demuestre el Teorema de Morera Recordemos el teorema de Cauchy para el el triángulo: Ω = Ω° ⊂ ℂ, f ∊ H(Ω) → ∫

f ∊ C(Ω)

f(z)dz = 0 siempre que ∆(a, b, c) ⊂ Ω

[a,b,c,a]

Ω = Ω° ⊂ ℂ,

f ∊ C(Ω)

Supongamos que

a, b, c ∊ ℂ, ∆(a, b, c) ⊂ Ω → ∫

f(z)dz = 0

[a,b,c,a]

Entonces f ∊ H(Ω) B) Enuncie y demuestre el teorema de Louville.

Teorema de Louville. Toda función entera y acotada es constante. Es decir, no hay más funciones holomorfas y acotadas en todo ℂ que las constantes. Demostración. Sea M > 0 una cota superior para f. Para a ∊ ℂ y r > 0 arbitrarios, por las desigualdades de Cauchy tenemos que |f′(a)| ≤

1! M(f, a, r) M ≤ r1 r

Haciendo r → +ꚙ, tendremos f’(a) = 0, siendo arbitrario el tal a en ℂ. Consecuentemente, f tiene derivada nula en todo el plano ℂ, lo que, al ser un conexo, obliga a que f sea constante. Algunas consecuencias del teorema de Louville sin aplicadas más allá del Análisis (complejo o real). C) Enuncie y demuestre el teorema de fundamental del algebra. Colorario (Teorema Fundamental del Algebra). Sea p un polinomio con coeficientes complejos tal que no se anula. Entonces p es constante. Demostración. Por no tener p ceros, podemos considerar la función f: ℂ → ℂ dada por f(z):

1 ,∀z ∈ ℂ p(z)

Ocurre que es entera y con límite (cero) en ꚙ, por tanto, acotada. Por Louville, f es constante; y por tanto, p será constante.

Problema 4 Sea 𝐟(𝐳) analítica en un dominio simplemente conexo D. Para cualquier punto 𝐙𝟎 en D y f ( z) cualquier contorno cerrado C en D que incluya 𝐙𝟎 , demuestre  dz  2 i f ( z0 ) Y z  z0 C dz calcule  4 donde C es la circunferencia z  1 C |z+i |=1.

Solución a) Demuestre: ∫ C

f(z) dz = 2πi f(Z0 ) z − z0

Por el principio de deformación de contornos:

z

r0 e i

C

z0 C0

∮ C

∮ C

f(z) f(z) dz = ∮ dz z − z0 z − z0 C

f(z) f(z0 ) + f(z) − f(z0 ) dz = ∮ dz z − z0 z − z0 C0

f(z0 ) ∮ C0

1 f(z) − f(z0 ) dz + ∮ dz z − z0 z − z0

𝐼1

C0

𝐼2

Luego I1 = ∮ C0

2π 2π 1 1 iθ dz = ∫ ir e dθ = i ∫ dθ = 2πi iθ 0 z − z0 0 r0 e 0

Vamos cota ML para

f ( z )  f ( z0 ) f ( z )  f ( z0 )  M z  z0 z  z0

a

I2 = ∮ C0

encontrar una

f(z) − f(z0 ) dz z − z0

Tenemos: L = 2πr0 Y necesitamos M tal que: |

|f(z) − f(z0 )| f(z) − f(z0 ) |= ≤M |z − z0 | z − z0

Para todo z en C0 :

|z − z0 | = r0

Como f(z) es continua en Z0 : |f(z) − f(z0 )| < ε

|z − z0 | = δ

Si

Si tomamos r0 ≤ δ ⇒ |f(z) − f(z0 )| < ε Para todo z sobre C0

|

f(z) − f(z0 ) f(z) − f(z0 ) ε |=| |≤ ≡M z − z0 r0 r0

L = 2πr0

Ya podemos aplicar la desigualdad ML: para |I2 | = |∮ C0

f(z) − f(z0 ) ε dz| ≤ ML = 2πr0 = 2πε z − z0 r0

Epsilon puede ser tan pequeño como queramos de hecho, reducirlo es reducir el radio r0 . Así que:

|I2 | = 0 ⇒ I2 = 0

∮ C

f(z) 1 f(z) − f(z0 ) dz = f(z0 ) ∮ dz + ∮ dz = 2πif(z0 ) z − z0 z − z0 C0 z − z0 C0

𝐼2 = 𝑂

𝐼1 = 2𝜋𝑖

b) Calcule ∫ C

dz z4 − 1

Donde C es la circunferencia |z+i |= 1

C

i 1

1

i Tenemos que ∫ C

dz dz =∫ −1 C (z + 1)(z − 1)(z + 1)(z − 1)

z4

El contorno C incluye uno de esos puntos, z = +i. Ese es nuestro punto z0 en la fórmula

∫ C

dz f(z) = ∫ dz z4 − 1 C (z − i)

Donde 𝑓(𝑧) =

1 (𝑧 + 1)(𝑧 − 1)(𝑧 + 𝑖)

Ahora: 𝑓(𝑧0 ) = 𝑓(𝑖) =

∫ 𝐶

1 𝑖 = (𝑖 + 1)(𝑖 − 1)(2𝑖) 4

𝑑𝑧 𝑓(𝑧) 𝜋 ) ≡ ∫ 𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖𝑓(𝑧 = − 0 𝑧4 − 1 2 𝐶 (𝑧 − 𝑧0 )

Problema 5

Solución Las ecuaciones 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 , 𝑧̅ = 𝑥 − 𝑖𝑦 𝑥=

𝑧+𝑧̅ 2

𝑦=

𝑧−𝑧̅ 2𝑖

Representan una transformación de coordenadas, de coordenadas (x,y) a la nuevas coordenadas (𝑧, 𝑧̅) llamadas coordenadas conjugadas. 𝜕𝑓 𝜕𝑓 𝜕𝑥 𝜕𝑓 𝜕𝑦 = 𝑓𝑧 = . + . 𝜕𝑧 𝜕𝑥 𝜕𝑧 𝜕𝑦 𝜕𝑧

z x

𝜕𝑓 𝜕𝑓 1 𝜕𝑓 1 = 𝑓𝑧 = ( )+ ( ) 𝜕𝑧 𝜕𝑥 2 𝜕𝑦 2𝑖

𝑧̅ z

f y

𝜕𝑓 1 𝜕𝑓 𝜕𝑓 𝜕𝑓 1 𝜕𝑓 𝜕𝑓 = 𝑓𝑧 = ( − 𝑖 ) → = 𝑓𝑧 = ( − 𝑖 ) 𝜕𝑧 2 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧 2 𝜕𝑥 𝜕𝑦 ...(1)

𝑧̅

𝜕𝑓 𝜕𝑓 𝜕𝑥 𝜕𝑓 𝜕𝑦 = 𝑓𝑧̅ = . + . 𝜕𝑧̅ 𝜕𝑥 𝜕𝑧̅ 𝜕𝑦 𝜕𝑧̅ 𝜕𝑓 𝜕𝑓 1 𝜕𝑓 1 = 𝑓𝑧̅ = ( )+ (− ) 𝜕𝑧̅ 𝜕𝑥 2 𝜕𝑦 2𝑖 𝜕𝑓 1 𝜕𝑓 𝜕𝑓 𝜕𝑓 1 𝜕𝑓 𝜕𝑓 = 𝑓𝑧̅ = ( + 𝑖 ) → = 𝑓𝑧̅ = ( + 𝑖 ) 𝜕𝑧̅ 2 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧̅ 2 𝜕𝑥 𝜕𝑦 ...(2)

De (1) y de (2), tenemos → 𝜕𝑓

→

𝜕𝑧̅

1

𝜕

𝜕𝑓 𝜕𝑧

1

𝜕

𝜕

= 2 (𝜕𝑥 − 𝑖 𝜕𝑦) …….. (3)

𝜕

= 2 (𝜕𝑥 + 𝑖 𝜕𝑦)…….. (4)

Ahora determinemos:

𝜕𝑓 𝜕𝑥

= 𝑓𝑥 ,

𝜕𝑓

𝜕𝑓

= 𝑓𝑦 en términos de 𝜕𝑧 y 𝜕𝑦

𝜕𝑓 𝜕𝑧̅

𝑧 + 𝑧̅ 𝑧 − 𝑧̅ 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓 ( , ) 2 2𝑖 ∎

𝜕𝑓 𝜕𝑥

𝜕𝑓 𝜕𝑧

= 𝜕𝑓

→

𝜕𝑥 𝜕

𝜕𝑓 𝜕𝑧̅

= 𝜕𝑧 . 𝜕𝑥 + 𝜕𝑧̅ . 𝜕𝑥 𝜕𝑓

𝜕𝑓 𝜕𝑦

𝜕𝑓

𝜕𝑓

𝜕𝑓

𝜕

= 𝜕𝑧 + 𝜕𝑧̅…..(7) 𝜕𝑥

𝜕𝑓 𝜕𝑧

𝜕𝑓 𝜕𝑧̅

= 𝜕𝑧 . 𝜕𝑦 + 𝜕𝑧̅ . 𝜕𝑦

. (1) + 𝜕𝑧̅ . (1) 𝜕𝑧

= 𝜕𝑧 + 𝜕𝑧̅ …..(5) 𝜕

∎

= →

𝜕𝑓

𝜕𝑓

. (𝑖) + 𝜕𝑧̅ . (−𝑖) 𝜕𝑧

𝜕𝑓 𝜕𝑦 𝜕

𝜕𝑓

𝜕𝑓

𝜕

𝜕

= 𝑖 (𝜕𝑧 − 𝜕𝑧̅ ) …..(6)

= 𝑖 (𝜕𝑧 − 𝜕𝑧̅ ) …..(8) 𝜕𝑦

Problema 6 2 z 2  15z  34 Expandir la función f ( z )  en z=0. ( z  4)2 ( z  2)

Solución

Puntos singulares Z = -4, +2

Centro z = 0

El radio de convergencia debería ser R=2

Usando fracciones parciales: 𝑓(𝑧) =

2𝑧 2 + 15𝑧 + 34 𝐴 𝐵 𝐶 = + + 2 2 (𝑧 + 4) (𝑧 − 2) (𝑧 + 4) (𝑧 + 4) 𝑧 − 2

Resolviendo: 2𝑧 2 + 15𝑧 + 34 = 𝐴(𝑧 − 2) + 𝐵(𝑧 + 4)(𝑧 − 2) + 𝐶(𝑧 + 4)2 𝑓(𝑧) = −

1 2 + (𝑧 + 4)2 𝑧 − 2

1

Transformando − (𝑧+4)2: −

1 1 1 1 𝑧 𝑧 2 𝑧 3 = − = − = − {1 − 2 ( ) + 3 ( ) − 4 ( ) +⋯} 𝑧 (𝑧 + 4)2 (4 + 𝑧)2 16 4 4 4 42 [1 + (4)]2

Converge para: 𝑧 | | < 1 → |𝑧| < 4 4 2

Transformando 𝑧−2: 2 2 1 𝑧 𝑧 2 𝑧 3 =− =− = − {1 + ( ) + ( ) + ( ) +⋯} 𝑧 𝑧−2 2−𝑧 2 2 2 1 − (2) Converge para:

𝑧 | | < 1 → |𝑧| < 2 2 Entonces nos quedaría: 𝑓(𝑧) = − 𝑓(𝑧) = −

1 2 + (𝑧 + 4)2 𝑧 − 2

1 𝑧 𝑧 2 𝑧 3 𝑧 𝑧 2 𝑧 3 {1 − 2 ( ) + 3 ( ) − 4 ( ) + ⋯ } − {1 + ( ) + ( ) + ( ) + ⋯ } 16 4 4 4 2 2 2

𝑓(𝑧) = −

17 15 − 𝑧−⋯ 16 32

Converge para: |𝑧| < 2

−

1 1 𝑧 𝑧2 𝑧3 = − + 2 − 3 + 4 +⋯ (𝑧 + 4)2 42 43 44 45

Converge para: |𝑧| < 4

Para: 2 𝑧 𝑧 2 𝑧 3 = −1 − − ( ) − ( ) − ⋯ 𝑧−2 2 2 2

Hay convergencia en el área común Converge para: |𝑧| < 2

𝑓(𝑧) = −

1 2 + 2 (𝑧 + 4) 𝑧−2

Problema 7 Calcular ∫𝜸

𝒆𝒛 𝒛𝟐 (𝟏−𝒛𝟐 )

𝒅𝒛 , donde γ es el contorno indicado en la figura.

Solución Puntos singulares: z=-1

polo simple

z=0

polo doble

z=1

polo simple

Contornos cerrados simples: z=-1

1 contorno

z=0

2 contornos

z=1

1 contorno 𝑒𝑧 ∫ 2 𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖[𝑅𝑒𝑠(𝑓, −1) + 2𝑅𝑒𝑠(𝑓, 0) − 𝑅𝑒𝑠(𝑓, 1)] 𝑧 (1 − 𝑧 2 ) 𝛾

𝑒𝑧

𝑒𝑧

1

𝑅𝑒𝑠(𝑓, −1) = lim (𝑧 + 1) 𝑧 2 (1−𝑧)(1+𝑧) = 𝑧 2 (1−𝑧) = 2𝑒 𝑧→−1

𝑒𝑧

𝑑

𝑑

𝑒𝑧

𝑅𝑒𝑠(𝑓, 0) = lim 𝑑𝑧 [𝑧 2 𝑧 2 (1−𝑧 2 )] = lim 𝑑𝑧 [1−𝑧 2 ] = lim 𝑧→0

𝑧→0

𝑒𝑧

𝑧→0

−𝑒 𝑧

𝑅𝑒𝑠(𝑓, 1) = lim(𝑧 − 1) 𝑧 2 (1+𝑧)(1−𝑧) = 𝑧 2 (1+𝑧) = 𝑧→1

𝑒 𝑧 (1−𝑧 2 )+2𝑧𝑒 𝑧 (1−𝑧 2 )2

−𝑒 2

Por lo tanto:

∫ 𝛾

𝑒𝑧 1 −𝑒 𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖 [ + 2 − ( )] 𝑧 2 (1 − 𝑧 2 ) 2𝑒 2

∫ 𝛾

𝑒𝑧 1 𝑒 𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖 [ + 2 + ] 2 2 𝑧 (1 − 𝑧 ) 2𝑒 2

=1

∫ 𝛾

𝑒𝑧 2 1 + 𝑒2 𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖 [2 + ( )] 𝑧 2 (1 − 𝑧 2 ) 2 2𝑒 𝑒𝑧 ∫ 2 𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖[2 + cosh 1] 𝑧 (1 − 𝑧 2 ) 𝛾

Problema 8 Demostrar la fórmula de Euler: 𝒆𝒊𝜽 = 𝒄𝒐𝒔𝜽 + 𝒊𝒔𝒆𝒏𝜽

Solución Usando la serie de Taylor para 𝑒 𝑧 como guía, se define: ∞ 𝑧

𝑒 =∑ 𝑛=0

𝑧𝑛 𝑧2 𝑧3 = 1+𝑧+ + +⋯ 𝑛! 2! 3!

Si ponemos 𝑧 = 𝑖𝑥 , donde x es un número real, en la ecuación anterior y usamos los datos en que: 𝑖 2 = −1 ,

𝑖 3 = −𝑖 ,

𝑖4 = 1 ,

𝑖5 = 𝑖 , …

Obtenemos: 𝑒 𝑖𝑥 = 1 + 𝑖𝑥 +

(𝑖𝑥)2 (𝑖𝑥)3 (𝑖𝑥)4 (𝑖𝑥)5 + + + +⋯ 2! 3! 4! 5!

𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥5 = 1 + 𝑖𝑥 − − 𝑖 + + 𝑖 + ⋯ 2! 3! 4! 5! 𝑥2 𝑥4 𝑥6 𝑥3 𝑥5 = (1 − + − + ⋯ ) + 𝑖 (𝑥 − + − ⋯ ) 2! 4! 6! 3! 5! Se sabe que: 𝑥3 𝑥5 𝑥7 𝑠𝑒𝑛𝑥 = 𝑥 − + − + ⋯ 3! 5! 7! ∞

∑(−1)𝑛 𝑛=0

𝑥 2𝑛+1 ,∀ 𝑥 ∈ ℝ (2𝑛 + 1)!

𝑐𝑜𝑠𝑥 = 1 − ∞

∑(−1)𝑛 𝑛=0

𝑥2 𝑥4 𝑥6 + − +⋯ 2! 4! 6! 𝑥 2𝑛 ,∀ 𝑥 ∈ ℝ (2𝑛)!

Por lo tanto la ecuación nos quedaría: 𝑒 𝑖𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑖𝑠𝑒𝑛𝑥

Problema 10 Demostrar: a) 𝒄𝒐𝒔𝒛 = 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒄𝒐𝒔𝒉𝒚 − 𝒊 𝒔𝒊𝒏𝒙 𝒔𝒊𝒏𝒉𝒚 b) 𝒔𝒊𝒏𝒛 = 𝒔𝒊𝒏𝒙 𝒄𝒐𝒔𝒉𝒚 − 𝒊 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒔𝒊𝒏𝒉𝒚

Solución Escribamos las funciones trigonométricas complejas en forma binómica: 𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) 1 1 1 𝑐𝑜𝑠𝑧 = (𝑒 𝑖𝑧 + 𝑒 −𝑖𝑧 ) = (𝑒 𝑖(𝑥+𝑖𝑦) + 𝑒 −𝑖(𝑥+𝑖𝑦) ) = (𝑒 −𝑦+𝑖𝑥 + 𝑒 𝑦−𝑖𝑥) ) 2 2 2 𝑐𝑜𝑠𝑧 =

1 −𝑦 [𝑒 (𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑖𝑠𝑖𝑛𝑥) + 𝑒 𝑦 (𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑖𝑠𝑖𝑛𝑥)] 2

𝑐𝑜𝑠𝑧 = 𝑐𝑜𝑠𝑥

𝑒 𝑦 + 𝑒 −𝑦 𝑒 𝑦 − 𝑒 −𝑦 − 𝑖𝑠𝑖𝑛𝑥 2 2

Entonces: 𝑐𝑜𝑠𝑧 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑦 − 𝑖 𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑠𝑖𝑛ℎ𝑦

Problema 11 Demostrar



arccos z  iLn z  i 1  z 2 arctan z 



i iz Ln   2 iz

Solución



a) arccos z  iLn z  i 1  z 2



w  arccos z cos w  cos(arccos z )  z eiw  e iw 2 iw  iw  2z  e  e z  cos w 

De donde: 2 zeiw  e 2iw  1 e2iw  2 zeiw  1  0 ; Formula general

eiw 

2z  4z 2  4 ; Tomamos el positivo 2

eiw  z  z 2  1 eiw  z  (1)(1  z 2 ) eiw  z  i 1  z 2 Tomando logaritmo:

ln(eiw )  ln( z  i 1  z 2 ) iw ln(e)  ln( z  i 1  z 2 ) 1 w  ln( z  i 1  z 2 ) i w  i ln( z  i 1  z 2 )

b) arctan z 

i iz Ln   2 iz

w  arc tgz  tgw  z 1 iw iw (e  e ) senw 2i eiw  e iw z  tgw    cos w 1 (eiw  e iw ) i (eiw  e iw ) w iw  iw iw iz (e  e )  (e  e iw )  iz (e 2iw  1)  e 2iw  1 De donde: (i  iz )e 2iw  iz  1  0  e 2iw 

1  iz 1  iz

1  iz ln e 2iw  ln( ) 1  iz 1  iz  2iw  ln( ) 1  iz 1 1  iz  w  ln( ) 2i 1  iz i iz  arctgz  Ln( ) 2 iz

Problema 12

Problema 13 𝟏

Estudiar la derivabilidad de la función 𝒇(𝒛) = 𝒛 + |𝐳|𝟐 , en caso de que sea derivable, calcule su derivada.

Solución Sea: 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 1

Entonces: 𝑓(𝑧) = 𝑥+𝑖𝑦 + |x + iy|2 𝑓(𝑧) =

1 (𝑥 − 𝑖𝑦) + √(x 2 + y 2 )2 𝑥 + 𝑖𝑦 (𝑥 − 𝑖𝑦)

𝑓(𝑧) =

𝑥 − 𝑖𝑦 (𝑥 2 + 𝑦 2 )(𝑥 2 + 𝑦 2 ) + 𝑥2 + 𝑦2 (𝑥 2 + 𝑦 2 )

𝑓(𝑧) =

𝑥 − 𝑖𝑦 (𝑥 2 + 𝑦 2 )2 + 𝑥2 + 𝑦2 𝑥2 + 𝑦2

𝑥+(𝑥 2 + 𝑦 2 )2 −𝑦 𝑓(𝑧) = + i 𝑥2 + 𝑦2 𝑥2 + 𝑦2 Sea: 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑢 =

𝑥+(𝑥 2 +𝑦 2 )2 𝑥 2 +𝑦 2 −𝑦

Y sea: 𝑣(𝑥, 𝑦) = 𝑣 = 𝑥 2 +𝑦 2 Usamos las ecuaciones de Cauchy – Riemann: 𝜕𝑢 𝜕𝑣 = … (𝑖) 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑢 𝜕𝑣 = − … (𝑖𝑖) 𝜕𝑦 𝜕𝑥

Trabajamos con (i): 𝑥

Como 𝑢 = 𝑥 2 +𝑦 2 + 𝑥 2 + 𝑦 2 Entonces: 𝜕𝑢 𝜕𝑥 𝜕𝑢 𝜕𝑥

=

1(𝑥 2 +𝑦 2 )−2𝑥(𝑥) (𝑥 2 +𝑦 2 )2 −𝑥 2 +𝑦2

+ 2𝑥

= (𝑥 2 +𝑦 2)2 + 2𝑥 … (𝑎) −𝑦

Como 𝑣 = 𝑥 2 +𝑦 2

Entonces: 𝜕𝑣 −1(𝑥 2 + 𝑦 2 ) + 𝑦(2𝑦) = 𝜕𝑦 (𝑥 2 + 𝑦 2 )2 𝜕𝑣 −1(𝑥 2 + 𝑦 2 ) + 𝑦(2𝑦) = 𝜕𝑦 (𝑥 2 + 𝑦 2 )2 𝜕𝑣 −𝑥 2 − 𝑦 2 + 2𝑦 2 = 𝜕𝑦 (𝑥 2 + 𝑦 2 )2 𝜕𝑣 −𝑥 2 + 𝑦 2 = 2 … (𝑏) 𝜕𝑦 (𝑥 + 𝑦 2 )2 Igualamos (a) y (b): 𝜕𝑢 𝜕𝑣 = 𝜕𝑥 𝜕𝑦 −𝑥 2 + 𝑦 2 −𝑥 2 + 𝑦 2 + 2𝑥 = (𝑥 2 + 𝑦 2 )2 (𝑥 2 + 𝑦 2 )2 −𝑥 2 + 𝑦 2 + 2𝑥(𝑥 2 + 𝑦 2 )2 = −𝑥 2 + 𝑦 2 2𝑥(𝑥 2 + 𝑦 2 )2 = 0

Trabajamos con (ii): 𝑥

Como 𝑢 = 𝑥 2 +𝑦 2 + 𝑥 2 + 𝑦 2 Entonces: 𝜕𝑢 𝜕𝑦 𝜕𝑢 𝜕𝑦

0−𝑥(2𝑦)

= (𝑥 2 +𝑦 2)2 + 2𝑦 −2𝑥𝑦

= (𝑥 2 +𝑦 2)2 + 2𝑦 … (𝑐) −𝑦

Como 𝑣 = 𝑥 2 +𝑦 2 Entonces: −

𝜕𝑣 0 − 𝑦(2𝑥) = 𝜕𝑥 (𝑥 2 + 𝑦 2 )2

−

𝜕𝑣 −2𝑥𝑦 = 2 … (𝑑) 𝜕𝑥 (𝑥 + 𝑦 2 )2

Igualamos (c) y (d): 𝜕𝑢 𝜕𝑣 =− 𝜕𝑦 𝜕𝑥 −2𝑥𝑦 −2𝑥𝑦 + 2𝑦 = 2 2 2 +𝑦 ) (𝑥 + 𝑦 2 )2

(𝑥 2

−2𝑥𝑦 + 2𝑦(𝑥 2 + 𝑦 2 )2 = −2𝑥𝑦 2𝑦(𝑥 2 + 𝑦 2 )2 = 0 Entonces: 𝜕𝑢 𝜕𝑣 = => 2𝑥(𝑥 2 + 𝑦 2 )2 = 0 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑢 𝜕𝑣 =− => 2𝑦(𝑥 2 + 𝑦 2 )2 = 0 𝜕𝑦 𝜕𝑥 Las ecuaciones de Cauchy – Riemann se cumplen solo en 𝑥 = 0 ⋀ 𝑦 = 0. Pero 𝑢(𝑥, 𝑦) = 0 ⋀ 𝑣(𝑥, 𝑦) = 0 no estan definidas para 𝑥 = 0 ⋀ 𝑦 = 0. Por lo tanto f(z) no es derivable ∀ 𝑧 ∈ 𝐶.

Problema 14

Problema 15 ¿Para qué valores de z converge? 𝒇=

−𝟐𝒛 + 𝟑 𝟏 𝟏 𝟏 𝒛 𝒛𝟐 = ⋯ − − + + + 𝒛𝟐 − 𝟑𝒛 + 𝟐 𝒛𝟐 𝒛 𝟐 𝟒 𝟖

Puntos singulares en z

Solución Supongamos que 𝑧 = 𝑧𝑜 es una singularidad de una función compleja f. El punto 𝑧𝑜 se llama singularidad aislada si existe un disco punteado abierto 0