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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO PRIMERA PRACTICA CALIFICADA DE MATEMATICAS V Facultad de Ingenier´ıa El´ectrica y Electr´onica Rodney Lopez Loja 20152600E Prof. Ing. Manuel Arevalo Villanueva

1. Eval´ ue

H

(z 2 +5)dz ς z 2 (z 2 +1)(z 2 +4) ,

siendo ς : |z| =

√

3, siendo el sentido de integraci´ on antihorario.

Soluci´ on: Nos damos cuenta que f1 (z) = otra parte de la integral:

z 2 +5 z 2 +4

es anal´ıtica en ς : |z| =

√

3, entonces nos queda analizar la

→ Usamos fracciones parciales:

1 z 2 (z 2

+ 1)

=

1 i i + − 2 z 2(z + i) 2(z − i)

Integramos:

I

z2 + 5 dz = (z 2 + 4)z 2 (z 2 + 1)

I

f (z)1 i dz + 2 z 2

I

f (z)1 i dz − z+i 2

I

f (z)1 dz z−i

I

f (z)1 i dz + 2 z 2

I

f (z)1 i dz − z+i 2

I

f (z)1 dz z−i

Analizamos cada integral: I

z2 + 5 dz = (z 2 + 4)z 2 (z 2 + 1)

i 2

I

f (z)1 dz = 2πif (o)´1 = 0 z2

I

f (z)1 i dz = 2πif´(−i)1 = 0 z+i 2 1

Por Teorema:

I

i 2

f (z)1 =0 z−i

Por tanto la integral da como resultado 0.

H 2. Sea f : S −→ C tal que f (z) = (Re(z))2 . Calcule la siguiente integral f (z)dz, siendo ς = ς1 t ς2 t ς3 ; ς1 : Es el segmento de recta que va del origen de coordenadas al punto (1; 0), ς2 : Es el arco de circunferencia de √centro el origen de coordenadas y radio la √ 2 2 unidad que va del punto(1; 0) al punto ( 2 ; 2 ) y ς3 : Es el segmento de recta que une el √

√

punto ( 22 ; 22 ) con el anti-horario.

origen de las coordenadas.El sentido de integraci´ on es

Soluci´ on: En C1 : La cual es la recta horizontal. z(t) = t; 0 ≤ t ≤ 1 0 z(t) = 1 f (z(t) ) = t2 Entonces al integrar, nos queda: R

0

R

f (z)dz =

R

f (z (t) )z(t) dt =

f (z (t) )z(t) dt...(1)

Reemplazando en la integral: 0

R1 0

t2 (1)dt =

1 3

Ahora en C2 : El cual es el arco de circunferencia.   z(t) = cos(t) + isen(t); t ∈ 0; π2 0 z(t) = −sent + icost f (z(t) ) = cost2 − sent2 Reemplazamos en la expresi´ on (1):

Z

0

Z

f (z (t) )z(t) dt =

π 4

(cos2 t − sen2 t)(−sent + icost)dt

0

√ √ 2 1− 2 +i (cos t − sen t)(−sent)dt + i ((cos t − sen t)(cost)dt = 3 3 0 0 √ √  Finalmente en C3 : El cual es la recta que une el punto 22 ; 22 con el origen de coordenadas. Z

π 4

2

2

Z

π 4

2

2

√ z(t) = t + it; 0 ≤ t ≤

2

2 2

0

z(t) = 1 + i

f (z(t) ) = x2 − y 2 = t2 − t2 =0 Entonces al reemplazar en (1), obtenemos que: √

Z

2 2

Z

0

f (z (t) )z(t) dt =

0(1 + i)dt = 0

0

En total debemos sumar las 3 integrales obtenidas:

I

√ √ 2− 2 2 f (z)dz = +i 3 3

3. Integre (R − z)−1 sobre |z| = r y demuestre que: 1 2π

Z

2π

0

R cos θ r dθ = 2 , R2 − 2Rr cos θ + r2 R − r2

No use el teorema de Poisson. Soluci´ on: Nos dicen que integremos (R − z)−1 , entonces:

I

1 dz = R−z

I

1 R − re−iθ ( )dz iθ R − re R − re−iθ

Luego, con: z = reiθ dz = rieiθ dθ Reemplazando en la integral:

I

rieiθ R − re−iθ ( )dθ = R − reiθ R − re−iθ

I

−Rrsenθ + i(Rrcosθ − r2 ) dθ R2 − 2Rrcosθ + r2

Luego separamos en parte real y parte imaginaria, tenemos que:

I

−Rrsenθ dθ + i R2 − 2Rrcosθ + r2

I R2

Rrcosθ − r2 dθ − 2Rrcosθ + r2

La parte real es una funci´ on impar y va de 0 a 2π por lo tanto es 0. La parte imaginaria por Cauchy - Goursat es tambi´en 0 al ser una funci´on anal´ıtica considerando que: r ≤ R. De esta manera: 3

I Rrcosθ r2 dθ = dθ 2 2 2 R − 2Rrcosθ + r R − 2Rrcosθ + r2 H H Rcosθ r dθ = R2 −2Rrcosθ+r 2 dθ R2 −2Rrcosθ+r2

I

Denotamos I, tal que:

I I=

R2

Rcosθ dθ − 2Rrcosθ + r2 2

Multiplicamos por 2r. Posteriormente sumamos ( Rr + r)I en ambos lados, de este modo, nos quedar´ıa que:

R2 ( + r − 2Rr)I = r

(

2π

Z

R2 − 2Rrcosθ + r

2

R2 − 2Rrcosθ + r2

0

dθ

R2 + r − 2Rr)I = 2π r

I = 2π(

R2

r ) − r2

Finalmente lo que piden es:

1 2π

Z 0

2π

Rcosθ R2 − 2Rrcosθ + r

2 dθ

=

1 I 2π

4. Desarrolle f : C → C tal que W = f (z) = punto z0 = 1

1 r 2π( 2 ) 2π R − r2

=

z z 2 −z−2

=

R2

r − r2

en series de TAYLOR alrededor del

Soluci´ on: W = f (z) =

z z = z2 − z − 2 (z − 2)(z + 1)

Podemos expresar f(z)por fracciones parciales: W = f (z) =

z 1 2 = + (z − 2)(z + 1) 3(z + 1) 3(z − 2)

Se expresan dos series de TAYLOR. Sabemos que: ∞ X 1 = (w)n 1−w

kwk ≤ 1

para

n=0

∞

n+1 1 1 1 1 1X n 1 f (z)1 = = = = (−1) ( ) (z − 1)n 3(z + 1) 3(2 + (z − 1)) 3 ∗ 2 1 + (z−1) 3 2 2

n=0

∞

2 2 2 1 −2 X f (z)2 = = = = (z − 1)n 3(z − 2) 3(−1 + (z − 1)) 3 ∗ (−1) 1 − (z − 1) 3 n=0

4

f (z) = f (z)1 + f (z)2 Para la regi´on de convergencia:

z − 2

2 ≤1

∧

kz − 2k ≤ 1

kz − 2k ≤ 1

5. Eval´ ue la siguiente integral,H use la integral de Cauchy o bien el teorema integral de e2z dz x2 2 Cauchy donde sea necesario. ς (z−2i)(z−1) 2 alrededor de 2 + y = 1 Soluci´ on: La regi´on es una elipse.

Analizamos la funci´ on en la integral: e2z dz ς (z−2i)(z−1)2 ,

H

presenta un punto donde la funci´on no existe, que es el punto 1 en el eje real, el otro punto no es tomado en cuenta pues no pertenece a la regi´on; usando el teorema integral de Cauchy: f (z) =

e2z (z−2i)

es anal´ıtica en ς

→ Sabemos que: I ς

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

Nos damos cuenta que: z0 = 1 y adem´ as n = 1. Reemplazando tales datos en el problema, se tiene que: f 0(z) =

2e2z (z − 2i) − e2z (z − 2i)2

f 0(1) =

2e2 (1 − 2i) − e2 (1 − 2i)2

. Reemplazando nuevamente en la igualdad:  2  I e2z dz 2e (1 − 2i) − e2 2 = 2πi (1 − 2i)2 ς (z − 2i)(z − 1) 5

6. Calcule

H

|z|=2 (z

+

1 )dz, z 2 (z 2 +1)

siendo el sentido de integraci´ on el antihorario.

Soluci´ on: Sea la curva de integraci´ on:

En coordenadas polares: I

I zdz =

re−iθ dz

|z|=2

donde dz =

rieiθ dθ,

entonces: I

2π

ir2 dθ = 8πi

0

Procedemos a calcular la otra integral: I dz 1 1 = 2πf (i) + 2πf (−i) + 2πf 0(0) = 2π( ) + 2πi( ) + 2πi(0) = 0 2 2 −2i 2i |z|=2 z (z + 1) Ahora se suman ambos resultados: I = 8πi + 0 = 8πi

7. Si t > 0 y ξ es una curva suave simple cerrada alrededor de z=-1, calcule el valor de la siguiente integral I 1 zezi dz 2πi (z + 1)3 Soluci´ on: Sabemos del teorema de la integral de Cauchy:

(n) f(z ) 0

n! = 2πi

I

f (z) dz (z − z0 )n+1

En este caso z0 = 1, entonces en la integral:

1 2πi

I

zezt dz = (z + 1)3

Tenemos que n = 2, de este modo:

6

00

f (−1) 2

...(1)

f(z) = zezt 0

f(z) = ez + tetz z

00

f(z) = t2 ze + 2tetz Evaluamos en z0 = 1:

00

f(−1) = (2t − t2 )e−t Finalmente reemplazamos en (1):

1 2πi

I

e−t zezt dz = (2t − t2 ) 3 2 (z + 1)

8. de recta desde i hasta (2 + i), calcule la cota de la siguiente integral R Sea ς el segmento Ln(z + 1)dz Soluci´ on: Por dato: r = csc (θ) Ln(z + 1) = Ln(r) + iθ q kLn(z + 1)k = θ2 + ln(csc θ)2 p kLn(z + 1)k = θ2 + ln(2 csc θ) Del dato del problema: arctan

1 1 < θ < arctan 3 2

Entonces se tiene que: 1,49 < ln(2 csc θ) < 1,844 p θ2 + ln(2 csc θ) < 1,3456 Por teoria:

Z Ln(z + 1) < M L

Por dato M=2 Z Ln(z + 1) < 2,68 9. Halle la serie de Taylor en el punto indicado y halle la regi´ on de convergencia de la z+3 funci´ on compleja f : C → C tal que f (z) = z 2 −5z+4 , z0 = 2.

7

Soluci´ on:

f (z) =

z2

z+3 z+3 = − 5z + 4 (z − 4)(z − 1)

Por fracciones parciales: f (z) =

z+3 7 4 = − (z − 4)(z − 1) 3(z − 4) 3(z − 1)

Tendremos dos series de TAYLOR: ∞

1 1 7 7 7 −7 X 1 n+1 ( ) f (z)1 = = = (z − 2)n = 3(z − 4) 3 −2 + (z − 2) 3 ∗ −2 (1 − (z−2) ) 3 2 n=0

2

f (z)2 =

−4 1 −4 4 = = 3(z − 1) 3 1 + (z − 2) 3

∞ X

(−1)n+1 (z − 2)n

n=0

f (z) = f (z)1 + f (z)2 Para la regi´on de convergencia:

z − 2

2 ≤1

∧

kz − 2k ≤ 1

kz − 2k ≤ 1 R 2 10. Encuentre una cota para la siguiente integral: ς cos (z )dz , si ς es la circunferencia de radio 4 alrededor del origen. Soluci´ on: Dada la regi´on: Por definici´on se sabe: R f (z)dz ς ≤ M l y tambi´en M ≤ f (z), entonces buscamos acotar. M ≤ cos(z 2 ) , trabajamos en coordenadas polares, donde: z = reiθ donde r = |z| = 4 , entonces: z 2 = 16e2iθ , en la integral: z = reiθ , y as´ı dz = 4ieiθ dθ → M ≤ cos(16e2iθ ) , analizamos en los puntos: θ → 0 =⇒ M ≤ |cos(16)| = cos(16) θ → π2 =⇒ M ≤ |cos(−16)| = cos(16) θ → π =⇒ M ≤ |cos(16)| = cos(16) θ → kπ =⇒ M ≤ cos(16), para k = 1, 2, 3, ..., n ∈ Z Entonces tenemos: R ς f (z)dz ≤ M l, M = cos(16), se procede a calcular l: → La longitud de arco de la circunferencia queda como l = 8π R ∴ ς f (z)dz ≤ 8π cos (16) 8

Hecho en LATEX

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