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´´Año de la Diversificación Productiva y del Fortalecimiento de la Educación´´ Solucionario del examen parcial de matemática 5

Integrantes: Vivar Zavaleta, Joshua

20132011D

Olsen Candiotti, Francisco 20132185B Robles Torres, Yerson 20130302A Castro Llontop, Jose 20134162J

Docente: Arevalo Villanueva Manuel Periodo: 2015- I

Lima – Perú 2015

2π

1. Indique el valor de

∫ e−2 sin θ cos ( 2cos θ−nθ ) dθ 0

Solución. Utilizamos la fórmula de la integral de Cauchy para derivadas superiores. n+1

z−z 0 ¿ ¿ ¿ f ( z) dz ¿ n! f (n) ( z 0 )= ¿ 2 πi ∮

2z

f ( z )=e , z 0=0

Donde:

y

γ : ‖z‖=1

y n es entero; como

dentro de la curva: (n) 2z (n ) n f ( z )=e → f ( 0 )=2

z −z0 ¿n +1 ¿ z ¿n +1 ¿ ¿ 2z e dz ¿ ¿ f (z )dz ¿ n! n 2= ∮¿ 2 πi

Ya que

I =−∮

z ∈ γ , escribimos

e

( π2 )

2 cos θ+

.e

π ( ) e 2 ¿ θ+

( π2 )

2i sin θ+

z=e 2π

dθ=−∫ 0

π i(θ+ ) 2

, de lo que obtenemos:

e−2 sinθ . e2 i cos θ π ¿(θ+ ) 2

e

dθ

z 0=0

está

2π

I =−∫ e−2 sin θ . e

π i(2 cosθ −nθ− ) 2

dθ

0

2π

[ (

)]

2 n+1 πi nπ nπ =−∫ e−2 sinθ cos 2 cos θ−nθ− +isin 2cos θ−nθ− dθ n! 2 2 0 2

)

(

2π

n+1

πi =−∫ e−2 sinθ [ sin ( 2 cos θ−nθ )−i cos(2cos θ−nθ) ] dθ n! 0

Igualamos las partes imaginarias de ambas partes de la igualdad:

2π

θ−nθ 2 cos ¿ ¿ ¿

∴∫ e−2 sinθ cos ¿ 0

2. Determine una función armónica satisface la siguiente condición

u( x ; y)

en el semiplano superior que

1 , x 3

Solución. Partimos de saber que una función armónica

u( x ; y)

es la que cumple la

ecuación de Laplace, tal que: δ2 u δ2 u + =0 ∂ x2 ∂ y2 Entonces, por inspección pensamos en una función de la forma: u ( x , y )=cte .+ xy Definimos:

1+ xy , x 3, y=3 De lo que se comprueba fácilmente el cumplimiento de todas las condiciones dadas.

∞

3. Evalúe

xsen( x)

∫ ( x 2+ 1)2 dx

−∞

Solución: F ( z )=e inz , z=x +iy F ( z )=e

¿ ( x+iy )

−ny

=e

−i ( nx )

∗e

−ny

=e

−ny

cos ( nx ) +ie

Entonces tenemos: −ny

V ( x , y )=e

sen ( nx )

Sabemos por Poisson para el semiplano: V ( a , b) =

−∞ b V ( X , 0) dx 1 ∫ π ∞ ( x−a )2+ b2

Entonces tenemos: V ( x ,0)=sen ( nx ) Reemplazando tenemos: −∞

−nb

e

1 bsen (nx)dx sen ( na )= ∫ π ∞ ( x−a )2+ b2

Derivando respecto a ``a´´:

sen ( nx )

( x −a ) 2 ( x−a )∗b∗sen ( nx ) dx (¿ ¿ 2+b2 )2 −∞ 1 n∗e−nb cos ( na )= ∫ ¿ π ∞ Entonces para nuestro problema; a=0, n=1 y b=1. ∞

xsen (x)

∫ (x 2+ 1)2 dx= 2πe

−∞

{ f ´ ´ ( r eiθ ) }=36 r 2 cos ( 2θ )+ 25rcos ( θ )+ 4 ; f ´ ( 0 )=3 y f ( 0 )=0,

4. Si Re

entonces la

función analítica más general es… (Use coordenadas polares). Solución: Sabemos: f ´ ´ ( z )=U XX + i V XX …(1)

, y en coordenadas polares está dado por:

U XX =U rr cos ( 2θ )+ V rr sen ( 2 θ ) U X=

, pero si se hace constante la variable

du dr du dx = =cos ⁡( θ)U r dx dr dr dr

( ) ( )

U XX =

d ( cos (θ ) U r ) =cos ( θ )2 U rr … ( 2 ) dx

Reemplazando (2) en (1): 2

2

cos ( θ ) U rr =36 r cos ( 2 θ ) +24 rcos ( θ )+ 4 Integrando dos veces respecto a ``r´´: 2

3

2

cos ( θ ) U r =12r cos ( 2 θ ) +12 r cos (θ )+ 4 r +C θ

U ( r ,θ )=( 3 r 4 cos ( 2 θ ) +6 r 3 cos ( θ )+2 r 2 +rA θ + Bθ )∗cos ( θ ) Aplicando las condiciones iniciales: A θ=3 , Bθ=0

−2

θ

Finalmente haciendo r=z , y

θ=0

F Z =3 z 4 +6 z 3+ 2 z 2 +3 r 5.- Evalúe la siguiente integral, usando el teorema de Poisson 2π

3 θdθ ∫ cosθcos 3 ( a+bcosθ) 0

Solución: 2π

( R2 −r 2 ) f ( R e iθ) dθ 1 iφ e ¿ Sabemos f (z)=f(r = 2 π ∫ R 2−2 Rrcos ( φ−θ ) +r 2 0

…. (I)

2π

dθ ∫ a+ bcosθ

Primero veamos que

comparando con (I) tenemos

0

iθ -2Rr=b, φ=0 y f(R e ) =1. De estas relaciones concluimos

2

2

R +r =a ,

R2−r 2 =

√ a2−b 2

¿ y f(r e i 0 ¿=1 2π

Finalmente 1=

2π

1 ∫ √ a −b dθ 2 π 0 a+ bcos ( θ ) 2

2

→

dθ ∫ a+ bcosθ

=

0

2π √a 2−b2

….(II)

Ahora derivamos (II) dos veces respecto b. a (¿ ¿ 2−b 2)5 /2 2π 2( cosθ)2 dθ (2 b2 +a2 )2 π . …(III) = ∫ 3 ¿ 0 (a+ bcosθ) 2π

De forma similar comparamos

2

∫ 0

2

R +r =a , -2Rr=b, φ=0 y f(R e R2−r 2 =

√ a2−b 2

(cosθ)2 dθ a+bcosθ iθ

cosθ ¿ ) = ¿ . De estas relaciones concluimos ¿

i0 y f(r e ¿=1 2π

Finalmente 1=

comparando con (I) tenemos

1 √ a2−b 2 cosθ 2 dθ ∫ 2π 0 a+ bcos ( θ )

2π

→

2

cosθ dθ ∫ a+ bcosθ 0

=

2π √a 2−b2

….(IV)

Ahora derivamos (IV) dos veces respecto b. a (¿ ¿ 2−b2)5 /2 2π 2(cosθ)4 dθ (2 b 2+ a2)2 π …..(V) = ∫ 3 ¿ 0 (a+ bcosθ) Dando forma la integral pedida cos θ cos3 θ

4 2 = 4 (cosθ) -3 (cosθ)

2π

4( cosθ)4 dθ ∫ (a+bcosθ)3 0

Reemplazando en la integral tenemos a 5 /2 (¿ ¿ 2−b 2) 2 2 (2 b +a ) 4 π ¿

a 5/ 2 (¿ ¿2−b2 ) 2 2 (2 b +a )3 π ¿

-

3( cosθ)2 dθ ∫ (a+ bcosθ)3 0

a 5 /2 (¿ ¿ 2−b2) = 2 2 (2 b + a )π ¿

a (¿ ¿ 2−b2)5 /2 (2 b 2+ a2)π ¿

2π

3 θdθ ∫ cosθcos 3 0 ( a+bcosθ)

Concluimos que

2π

=

6. use el teorema de cauchy para evaluar la siguiente integral ∞

2

∫ x 2 . e−x cos ⁡(2 bx )dx −∞

Por el teorema de cauchy sabemos que: a

b

2

2

−a

0

2

2

0=∫ e−x dx+i .∫ e−(a+iy ) dy+ ∫ e−(x+ib) dx +i ∫ e−(−a +iy) dy 0

−a

a

0

Como la parte imaginaria de la integral se anuloan entonces : a

0=∫ e

−x

2

−b

dx−e

2

−a

a

∫e

2

−x

−a

cos ⁡( 2 bx)dx +2 e

2

(∫ e

2

−x

−∞

2

∞

dx) =∫ e

−x

−∞

2

∞

2

dx . ∫ e− y dy −∞

2

∫ e y sen ⁡(2 ay) dy 0

−a

Ahora , basandonos en el hecho de que: ∞

b

x ∞

2

∫ e−(¿¿2+ y ) dxdy −∞ ∞

¿∫ ¿ −∞

r ∞

∫ e−(¿¿2 )r drdθ 0

2π

¿∫ ¿ 0

r ∞

dθ ∫ e

−(¿¿2)r

dr

0

2π

¿∫ ¿ 0

2

( ){

−e−r 2π 2 ∞

∞ =−π ( 0−1 ) =π 0

2

⇒ ∫ e−x dx= √ π −∞

Luego haciendo ( α )que a → ∞ , la ultima integral se anulara por lo tanto tenemos : −x

e

2

−b

cos ( 2bx ) dx=¿ e

2

∞

2

∫ e−x dx −∞

∞

∫¿ −∞ ∞

2

∫ e−x cos ( 2bx ) dx=√ π b e−b

2

−∞

Derivando dos veces nos resulta ∞

2

2

∫ x 2 . e−x cos (2 bx ) dx=√ π e−b ( −∞

1−2 b2 ) 2b

7. Sea f :C → C

f ( z )=i ´z2 . Use la definicion de la diferenciabilidad,

tal que

para demostrar que

f

no es diferenciable en todo el plano

el origen donde si lo es. ¿Es

f

z , excepto en

es analitica en el origen?. Justifique su

respuesta. z=x + y . i ´z =x− y .i x (¿ ¿ 2− y 2)i f ( z )=2. x . y +¿ f I =lim ( z →0

f ( z +∆ z )−f ( z ) ) ∆z

Reemplazando en la función i( z+´´∆ z)2−i z 2 f =lim ( ) ∆z z →0 I

i ( ´z 2+ 2 ´z ( ∆ ´z )+ ∆´´ z 2)−i ´z 2 f =lim ( ) ∆z z →0 I

f I =lim ( z →0

( 2 ´z i+ ∆ z) ∆ ´z ) ∆z

Como sabemos que el siguiente limite no existe entonces esta función no es ( ´z ) f I =lim ( ) diferenciable en el punto (0,0) z →0 ∆ z Ahora confirmaremos que esta función es analítica, por lo cual procederemos a utilizar la condición de cauchy rieman para analizar su analiticidad u ( x , y )=−2 xy v ( x , y )=x 2− y2 Cumpliendo las ecuaciones de cauchy rieman por lo tanto esta función es analítica.

2 cos ( z ) dz∨¿ ❑

8.- Encuentre una cota para

, siendo c la circunferencia de

¿∫ ¿ c

radio 4 alrededor del origen. Solución: F ( z ) dz∨¿ ❑

Sabemos por propiedades de las integrales curvilíneas

≤ MLc

¿∫ ¿ c

Tal que ¿ F( z )∨¿ ≤M y Lc es la longitud de la curva. iθ Comencemos acotando F(z) Sea Z = 4 e

Se sabe que cos(z) =

eiz +e−iz 2

2

2

entonces cos( z ¿ =

2

2

|| | 2

Aplicando a (I)

1 2 2 ∨cos ( z ) −isen( z )∨¿ = 2 Concluimos que

1 1 + 2 2

2

…(I)

2

e i z +e−i z ei z e−i z ( z )∨¿= ≤ +¿ ∨¿ 2 2 2 = ¿ cos ¿ 2

ei z + e−i z 2

|X +Y |≤|X|+¿ Y ∨¿

Conocemos por desigualdad triangular

|

2 2iθ entonces Z = 16 e

1 ∨cos ( z 2) + isen( z2 )∨¿ 2

=1

¿ cos(z 2 )∨≤ 1 2π

2π

2 2 Ahora calculemos la longitud de la curva: Lc= ∫ ¿ Z ´ (t)∨dt=∫ √ x ' (t ) + y '(t) dt 0

…(II) Pero C:

2

X +Y

2

=4 Z(t)=(4cos(t),4sen(t)) 0≤t≤2π

Z’(t)=(-4sen(t),4cos(t)) → Reemplazando en (II) 2π

Lc=

∫ 4 dt=8 π 0

=M

|Z' ( t )|=√ 4 sen ( t )2+ 4 cos ( t )2=4

0

+

Finalmente en: F ( z ) dz∨¿ ❑

¿∫ ¿

❑

cos ( z 2 ) dz∨≤ 8π(1) ≤ MLc → ¿∫ c

c

cos ( z 2 ) dz∨¿ Por lo tanto la integral

❑

¿∫ ¿ c

está acotada por 8π

C: R=4