´ Primera pr´actica actica calificada MATEMATICA V (2016-3) Miguel Pajuelo Villanueva 1 1
Facultad Faculta d de d e Inge I ngenie nierr´ıa El´ectric ect ricaa y Electr Ele ctr´ onica o´nica (FIEE) Universidad Universid ad Naciona N acionall de Ingenier Ingeni er´´ıa PER P ER
22 de enero de 2017 1. Usando la definici´on on de la derivada ¿Existe la derivada de la funci´on on f : f : C C 2 z (z ) tal que w = f = f ((z ) = + en alg´ un un plano complejo?. (z )2 z ´ SOLUCION: x + i y (x ( x i y )2 Sea z Sea z = x + i y y z = z = x x i y , entonces f entonces f ((x + i y) = + . Analizando (x i y)2 x + i y la derivada por definici´ on on del l´ımite, tenemos: tene mos: Para ∆x ∆x 0, ∆y = 0
−→ −→
−
−
−
→
x + ∆x ∆ x + i y (x + ∆x ∆ x i y )2 + (x + ∆x ∆ x i y)2 x + ∆x ∆ x + i y f (z ) = l´ım = ∆x 0 ∆x
−
−
→
−
x + i y (x ( x i y)2 ( + ) (x i y )2 x + i y
−
−
Resolviendo Resolviendo tenemos: u1 (x; y ) =
x6 + x4 (7y (7y 2
2
2
+ 4) (x2 + y2) y 2)ss
2
v1 (x; y) =
2
3x y (y − 1) + 3x
(4y −2x(x (4y
4
− 3y (y
2
+ 1)
2
+ 3) + y + y 2 (4y (4y2 + 5))y 5))y (x2 + y 2 )3
Ahora, para ∆y ∆y
→ 0, ∆x = 0
x + i (y + ∆y ∆ y) (x i (y + ∆y ∆ y))2 + (x i (y + ∆y ∆ y ))2 x + i (y + ∆y ∆ y) f (z ) = l´ım = ∆y 0 ∆y
→
−
−
−
x + i y (x i y)2 ( + ) (x i y )2 x + i y
−
−
Resolviendo Resolviendo tenemos: 4
(4x −2x(4x u (x; y ) = 2
6
4
−3x − 3x (y v (x; y ) =
2
+ x2 (4y (4y 2 + 5) (x2 + y 2 )3
+ 1)
2
2
2
2
2
− 3y )y 4
(7y − 12) − y (y − x y (7y
2
+ 1)
(x2 + y 2 )3
Se observa, que u1 (x; y) = u2 (x; y ) y v1 (x; y ) = v2 (x; y), por lo tanto, no existe la derivada de f ( f (z ). ).
2. Resolver Resolver las siguientes ecuaciones: ecuaciones: 1
1 + i 1 i 1 i cosh( cosh(z 2 ) = — 1 + i sen( sen(z 2 ) =
− −
´ SOLUCION:
1 + i sen( sen(z 2 ) = = 1 i + : z 2 2
: z − : z
1 + i ) i ln(i ( 1 i
1
(
1 + i 2 ) )= 1 i
(
1 + i )ln( 1 2 i
√
− − − ± 2) − − − ± − − √ √ √ = −i ln(−1+ 2) = −i (ln( (ln(−1+ 2)+2kπ 2)+2kπ i ) → z = (−i (ln( (ln(−1+ 2)+2kπ √ √ √ 2)+2kπ i )))) = −i ln(−1− 2) = −i (ln(1+ (ln(1+ 2)+π 2)+πi +2kπ +2kπ i ) = (−i (ln(1+ (ln(1+ 2)+π 2)+πi +2kπ +2kπ i )) )) 1
1/2
1/2
Por lo tanto, la soluci´on on ser´a: a: z = (
(ln(1 + −i (ln(1
√
2) + π + π i + + 2kπ 2 kπ i )) ))
1/2
;(
(ln(−1 + −i (ln(
√
2) + 2kπ 2kπ i )) ))1/2
√
1 i 1 i 1 i 2 1/2 = ln( +( 1+( ) ) ) = ln( 2 1)i 1 + i 1 + i 1 + i π z = = (ln( 2 1) + i + ekπ + ekπ i )1/2 k = 0, 1, 2, 3.... 2
cosh( cosh(z 2 ) =
− √
−
−
−
3. Calcule S , siendo S = arccoth( arccoth( ´ SOLUCION:
−
−
+ 1 i + i
−1
) + arctanh + arctanh((
−
1 + i ) 1 1 i i 1 + i 1 + 2 1 1 i ) = + ln( + 1 1 + i i + 2 1+ 1 1) 1 i i ln( + 1 i + 1 1 i 2 1 = + ln( i ) ln( i ) 2 π 4 S = ( + )i + + 2 i π (k1 + k + k2 ) k1,2 = 0, 1, 2, 3... 4 π S = arccoth( arccoth(
+ 1 i +
1 + i ) 1 i
−
) + arctanh + arctanh((
−
− − −
− − −
−
4. Encuentre Encuentre si es que existen existen funciones funciones arm´ onicas de la forma siguiente: u onicas siguiente: u = = φ φ(( x + y ) 2
5. Encuentre una funci´ on on escalar φ(x; y) que sea arm´ onica onica en el dominio D compren2 2 dido entre las circunferencias conc´entricas entricas x + y = a 2 y x2 + y 2 = b 2 , b > a y que asuma los valores φ1 y φ2 sobre las circunferencias interior y exterior , respectivamente. 6. Utilice la definici´on on de l´ımite para demostrar que:
(z 2 + z 2)(z 2)(z + + 3i ) l´ım = 3 + 9i z 1 z 1 →
− − 2
2
´ SOLUCION:
∀; ∃δ >?/0 < |z − 1| < δ
|
(z 2 + z 2)(z 2)(z + + 3 i ) z 1
− −
− (3 + 9i )| <
Por un lado: z 2 + 2z 2z
(3z − 3)i + + (3z (3 z − 3)i < < − 3 + (3z 3 7 (z + + 1 + i ) − ( + 6i ) < 2 4 2
Por otro lado:
−δ < z − 1 < δ
2
3 3 3 + i < + 1 + i < + 2 + i < z + < δ + − δ + 2 2 2
3 2 3 3 ( δ + + 2 + + i )2 i ) < (δ 2 2 2 3 2 7 3 7 (z + + 1 ( + 6i ) < ( < (δ δ + + 2 + i )2 ( + 6i ) = i ) 2 4 2 4 Entonces si existe el l´ımite porque hay relaci´ re laci´ on on δ : 0 < ( < (z z + + 1 +
−
−
−
−
= δ = δ 2 + 4δ 4δ + + 3δ 3 δ i i
− π2 ≤ x ≤ π2 donde la funci´on on f : C → C an al´ıtic ıt ica. a. C definida por f ( f (z ) = | cosxcoshy | + i |senxsenhy| es anal´
7. Halle y grafique las regiones del plano complejo de la faja Fundamente su respuesta. ´ SOLUCION:
f ( f (z ) = cosxcoshy + i senxsenhy
|
| |
π y > 0 2 cosx coshy senx senhy
|
Regi´on o n 1: 0 < 0 < x <
• |cosx| −→ • |coshy| −→ • |senx| −→ • |senhy| −→
Redefiniendo:
f ( f (z ) = cosxcoshy + cosxcoshy + i senxsenhy senxsenhy f ( f (z ) = cos( cos (x
− i y)
Analizando: u (x, y )
= cosxcoshy
v (x, y )
= senxsenhy
Por Cauchy-Remann ∂u( ∂u (x; y) ∂v( ∂v (x; y) = ∂x ∂y
−senxcoshy = senxcoshy
∂u( ∂u (x; y ) = ∂y
∂v (x; y) −∂v( ∂x
− senhycoshx = cosxsenhy
Se observa que no cumple estas ecuaciones entonces f entonces f ((z ) no n o es e s anal´ a nal´ıtica ıti ca en R en R 1 . 3
− π2 < x < 0; • |cosx| −→ cosx • |coshy| −→ coshy • |senx| −→ − senx • |senhy| −→ senhy
Regi´on o n 2:
y > 0
Redefiniendo:
f ( f (z ) = cosxcoshy
senxsenhy − i senxsenhy
f ( f (z ) = cos( cos (x + i y ) Analizando: u (x, y )
= cosxcoshy
v (x, y )
=
−senxsenhy
Por Cauchy-Remann: ∂u( ∂u (x; y) ∂v( ∂v (x; y) = ∂x ∂y
∂u( ∂u (x; y ) = ∂y
∂v (x; y) −∂v( ∂x
senxcoshy = −coshyse ysenx −senxcoshy =
senhyco ycosx = cosxsenhy = cosxsenhy
Se observa que si cumple estas ecuaciones entonces f entonces f ((z ) es analitica en R2 π Regi´on o n 3: < x < 0; y < 0 2 cosx cosx coshy coshy senx senx senhy senhy
•| •| •| •|
− | −→ | −→ | −→ − | −→ −
Redefiniendo:
f ( f (z ) = cosxcoshy + cosxcoshy + i senxsenhy
f ( z ) = cos( cos (x
− i y)
Analizando: u (x, y )
= cosxcoshy
v (x, y )
= senxsenhy
Por Cauchy-Riemann ∂u( ∂u (x; y) ∂v( ∂v (x; y) = ∂x ∂y ysenx x −senxcoshy = coshysen
∂u( ∂u (x; y ) = ∂y
∂v (x; y) −∂v( ∂x
senhy enhyccosx =
−cosxsenhy
Se observa que no cumple estas ecuaciones entonces f entonces f ((z ) no es analitica en R3 π Regi´on o n 4: 0 < 0 < x < ; y < 0 2 cosx cosx coshy coshy senx senx senhy senhy
•| •| •| •|
| −→ | −→ | −→ | −→ −
4
Redefiniendo: f ( f (z ) = cosxcoshy
senxsenhy − i senxsenhy
f ( f (z ) = cos( cos (x + i y ) Analizando: u (x, y )
= cosxcoshy
v (x, y )
−senxsenhy
=
Por Cauchy-Riemann: ∂u( ∂u (x; y) ∂v( ∂v (x; y) = ∂x ∂y
∂u( ∂u (x; y ) = ∂y
∂v (x; y) −∂v( ∂x
senxcoshy = −coshyse ysenx −senxcoshy =
senhyco ycosx = cosxsenhy = cosxsenhy
Se observa que si cumple estas ecuaciones entonces f entonces f ((z ) es analitica en R4 8. Determine una funci´on on anal´ an al´ıtic ıt icaa m´ m as a´s general f general f ,, utilice coordenadas polares a partir 2 de Re 12r cos(2 6 rcosθ + + 2; f (0) Re[[f (reˆı θ)] = 12r cos(2θθ) + 6rcosθ f (0) = 1; f (0) = 0.
9. Sea la funci´on on f : C
C , definida por la siguiente regla de correspondencia. → C , →
z f ( f (z ) = 0z
si : si : z z = 0
si : si : z z = 0
Demuestre que en z = 0, f f satisface las ecuaciones de Cauchy-Riemann pero no tiene derivada en z = 0. ´ SOLUCION: Sea: z = x + x + i y . Redefiniendo: (x i y )3 x(x2 3y2 ) f ( f (x + i y ) = 2 = x + y 2 x2 + y 2
−
−
x(x2 3y 2 ) u(x; y) = x2 + y 2
−
v (x; y) =
−
(3x (3x2 y 2 )y i x2 + y 2
−
(3x (3x2 y 2 )y x2 + y 2
−
−
Por las ecuaciones de Cauchy-Riemann: ∂u( ∂u (x; y ) ∂v( ∂v (x; y ) = ∂x ∂y
∂u( ∂u (x; y) = ∂y
5
∂v (x; y ) − ∂v( ∂x
