Deber Mate Superior 1

Ejercicios de Matem´ atica Superior 1.

N´ umeros Complejeos

1.1.

Operaciones con n´ umeros complejos

Realizar la suma y el producto de los siguientes nmeros complejos. 1. (3, 5i) y (8, 0i) (a.b) + (c, d) = (a + b, c + d) (3,5) + (8, 0i) = (11, 5i) (a, b)(c, d) = ac − bd, ad + bc (3, 5)(8, 0i) = (24, 40i) 2. (1, −5i) y (4, −2i) (a.b) + (c, d) = (a + b, c + d) (1, −5i) + (4, −2i) = (5, −7i) (a, b)(c, d) = ac − bd, ad + bc (1, −5i)(4, −2i) = (14, −22i) 3. (0, 5i) y (1, 9i) (a.b) + (c, d) = (a + b, c + d) (0, 5i) + (1, 9i) = (1, 14i) (a, b)(c, d) = ac − bd, ad + bc (0, 5i)(1, 9i) = (−45, 5i) 4. (7, 3i) y (2, 9i) (a.b) + (c, d) = (a + b, c + d) (7, 3i) + (2, 9i) = (9, 12i) (a, b)(c, d) = ac − bd, ad + bc (7, 3i)(2, 9i) = (−13, 69i) 5. (−1, 3i) y (−5, −6i) (a.b) + (c, d) = (a + b, c + d) (−1, 3i) + (−5, −6i) = (−6, −3i) (a, b)(c, d) = ac − bd, ad + bc (−1, 3i)(−5, −6i) = (23, −9i) 1

Hallar el valor del producto en forma polar de los siguientes n´ umeros complejos 1. z1 = (0, 3i) y z2 = (−5, 0i) z1 .z2 = r1 .r2 e(θ1 +θ2 ) (0, 3i) = 3ei(π/2) (−5, 0i) = 5ei(π) z1 .z2 = ei(3π/2) 2. z1 = (1, 1i) y z2 = (2, 2i) z1 .z2 = r1 .r2 e(θ1 +θ2 ) (1, 1i) = ei(π/4) (2, 2i) = 2ei(π/4) z1 .z2 = 2ei(π/2) 3. z1 = (1, 3i) y z2 = (5, 2i) z1 .z2 = r1 .r2 e(θ1 +θ2 ) 0

(1, 3i) = 3,16ei(71,5

0

(5, 2) = 5,38ei(21,8

)

)

z1 .z2 = 17,017i(93,3) 4. Hallar los valores de a y b para que

3b−2ai 4−3i

sea real y de módulo la unidad

OPERANDO z=

(3b − 2ai)(4 + 3i) (4 − 3i)(4 − 3i)

12b − 8ai + 9bi + 6a 16b + 6a 9b − 8a = +i 16 + 9 25 25 Si se quiere que sea Real 9b − 8a =0 25 Si ademas es de M´ odulo 1 =

16b + 6a =1 25 Tenemos a=

2 y 3 2

a=

4 3

5. Hallar los valores de a y b para que la unidad

3b−2ai 4−3i

sea imaguinario y de módulo

OPERANDO (3b − 2ai)(4 + 3i) (4 − 3i)(4 − 3i) 12b − 8ai + 9bi + 6a 16b + 6a 9b − 8a = = +i 16 + 9 25 25 Si se quiere que sea Imaginario z=

16b + 6a =0 25 Si ademas es de Modulo 1 9b − 8a =1 25 Tenemos a=

1.2.

−200 y 91

a=

75 91

Potencias de exponente Natural

Hallar el valor de z n donde 1. z = (3, 4i)

n=4 z n = rn cis(nθ) = rn ei(nθ) z = 5 cis(53,30 ) z n = 54 cis(4(53,30 )) = 625 cis(213,2)

2. z = i

n = 25 z n = rn cis(nθ) = rn ei(nθ) z = ei(π/2) z n = 125 ei(25π/2) = i

3. z = (1, 1i)

n=3 z n = rn cis(nθ) = rn ei(nθ) √ z = 2ei(π/4) z n = 23/2 ei(3π/4)

4. z = (1, 1i)

n=2 z n = rn cis(nθ) = rn ei(nθ) √ z = 2ei(π/4) z n = 2ei(π/2) 3

1.3.

Ra´ız de N´ umeros complejos

Calcular las siguientes expresiones p √ 6 1. z = 1 − 3i Soluci´ on Calculando su M´ odulo y Argumento √ r = |z| = 1 + 3 = 2 √ − 3 −π θ = atan(z) = atan = 1 3 Se tiene que sus ra´ıces sextas son zk =

√ 6

2e(

−π +2kπ 3 ) 6

para k = 0, 1, 2, 3, 4, 5 √ 3

2. z = 1 + i Soluci´ on Calculando su M´ odulo y Argumento √ √ r = |z| = 1 + 1 = 2 1 π θ = arct(z) = arct( ) = 1 4 Se tiene que sus ra´ıces c´ ubicas son zk = 21/6 e(

π +2kπ 4 ) 3

para k = 0, 1, 2 q √ 3. z = 2 12 + 23 i Solucion Calculando su M´ odulo y Argumento r r = |z| =

1 3 + =1 4 4

1 π θ = arct(z) = arct( √ ) = 6 3 Se tiene que sus ra´ıces c´ ubicas son zk = 1e(

π +2kπ 3 ) 3

para k = 0, 1

4

1.4.

Logaritmos de N´ umeros complejos

Hallar el valor de las siguientes expresiones 1. z = i ln (1 + i) SOLUCI´0N lnz = ln|r| + i(θ + 2kπ) Calculando su M´ odulo y Argumento √ √ r = |z| = 1 + 1 = 2 1 π θ = arct(z) = arct( ) = 1 4 √ π z = i(ln| 2| + i( + 2kπ)) 4 π z = −( + 2kπ) + 0,3465i 4 2. z = ln (2 − 6i) ´ SOLUCION lnz = ln|r| + i(θ + 2kπ) Calculando su M´ odulo y Argumento √ √ r = |z| = 4 + 36 = 2 10 6 θ = arct(z) = arct( ) = 71,560 2 √ z = (ln|2 10| + i(71560 + 2kπ)) z = 1,84 + i(71560 + 2kπ) 3. z = ln (3 + 4i) ´ SOLUCION lnz = ln|r| + i(θ + 2kπ) Calculando su M´ odulo y Argumento √ r = |z| = 9 + 16 = 5

z = (ln|5| + i(53,1300 + 2kπ))

5

1.5.

Lugares Geom´ etricos

1. Hallese la ecuaci´ on de la circunferencia . a(x2 + y 2 ) + 2bx + 2cy + d = 0 En funci´ on de las coordenadas Complejas Conjugadas ( es decir, en función de z y su conjugada ). ´ SOLUCION z = x + iy z¯ = x − iy z − z¯ z + z¯ y= x2 + y 2 = z z¯ x= 2 2i Sustituyendo en la ecuación de la circunferencia y operando tenemos: az z¯ + z(b − ci) + z¯(b + ci) + d = 0 Describir el conjunto de puntos del plano determinado por las siguientes ecuaciones. 2. |z − 2i| ≤ 1 ´ SOLUCION Sea z = a + bi entonces z − 2i = a + (b − 2)i, se cumplira p |z − 2i| ≤ 1 ⇔ a2 + (b − 2)2 | ≤ 1 ⇔ a2 + (b − 2)2 | ≤ 1 El conjunto buscado es el interior del circulo de centro (0,2) y radio 1 3. |z − 2| > |z − 3| ´ SOLUCION Sean z=(x+iy) entonces z − 2 = (x − 2) + iy y z − 3 = (x − 3) + iy y sus modulos. p p |z − 2| = (x − 2)2 + y 2 |z − 3| = (x − 3)2 + y 2 |z − 2| > |z − 3| (x − 2)2 + y 2 > (x − 3)2 + y 2 x2 − 4x + 4 + y 2 > x2 − 6x + 9 + y 2

⇔ 2x > 5

⇔ x > 5/2

La soluci´ on es el Conjunto R = {x + iy/x > 5/2, x, y Reales} 4. z z¯ > 4 sea z = x + iy z z¯ > 4

z¯ = x − iy entonces ⇔ (x + iy)(x − iy) = x2 + y 2 = |z|2 > 4 ⇔ |z| > 2

Luego z z¯ > 4 es la región del plano exterior de la circunferencia de centro(0,0) y radio 2 6

1.6.

Funciones de Variable compleja

Dadas las siguientes funciones determine sus partes Real e Imaginaria en funci´ on de u, v 1. w = z 2 + z + 1 ´ SOLUCION ⇔ z 2 + z + 1 = (x + yi)2 + (x + yi) + 1

z = x + yi

w = x2 + 2xyi − y 2 + x + yi + 1 u(x, y) = x2 − y 2 + x + 1

v(x, y) = (2xy + y)i

2. w = z + 4. ´ SOLUCION ⇔ z + 4 = x + (y + 4)i

z = x + yi

u(x, y) = x

v(x, y) = y + 4

3. w = z 3 ´ SOLUCION ⇔ z 3 = (x + yi)3

z = x + yi

w = x3 + 3x2 yi − 3xy 2 − y 3 i u(x, y) = x3 − 3xy 2

v(x, y) = (3x2 y − y 3 )i

4. Resuelva la ecuaci´ on z C. z 3 − iz 2 − z + i Factorando tenemos : (z − i)(z 2 − 1) Donde z1 = i

z2 = −1

z3 = 1

5. Resuelva la ecuaci´ on z C. z 3 − iz 2 (i − 3) + z(2 − 3i) + 2i Factorando tenemos : (z − 2)(z − 1)(z + i) Donde z1 = 2

z2 = 1 z3 = −i 7

PROBLEMAS 2 − ai sea a) real puro, 1 + 2i 2 − ai 1 − 2i (2 − 2a) + (−a − 4)i b) imaginario puro. z = ∗ z= [a)] 1 + 2i 1 − 2i 1+4 a) −a − 4 = 0 a = −4 b) 2 − 2a = 0 a=1 [1]Determine a ∈ R de manera que z =

1.

2. Sea n ∈ N y a > 0. Resuelva la ecuaci´ on z n = α, z ∈ C Para n=3,4,5,6,7 grafique el pol´ıgono que resulta de unir las soluciones de la ecuaci´ on con segmentos en el plano complejo n=3 z1 = α1/3 Cis

0+0 3

z1 = α1/3 Cos(0) + iSen(0)) z1 = α1/3 (1 + 0i) 0 + 2π z2 = α1/3 Cis 3 2π 2π z2 = α1/3 Cos + iSen 3 3 z2 = α1/3 (−0,5 + 0,87i) 0 + 4π z3 = α1/3 Cis 3 4π 4π z3 = α1/3 Cos + iSen 3 3 z3 = α1/3 (−0,5 − 0,87i)

8

n=4 z1 = α1/4 Cis

0+0 4

z1 = α1/4 Cos(0) + iSen(0)) z1 = α1/4 (1 + 0i)

0 + 2π z2 = α Cis 4 2π 2π 1/4 z2 = α Cos + iSen 4 4 1/4

z2 = α1/4 (0 + i)

0 + 4π z3 = α Cis 4 4π 4π 1/4 + iSen z3 = α Cos 4 4 1/4

z3 = α1/4 (−1 + 0i) 0 + 6π z4 = α1/4 Cis 4 6π 6π 1/4 + iSen z4 = α Cos 4 4 z4 = α1/4 (0 − i)

z1 = α1/5 Cis

0+0 5

z1 = α1/5 Cos(0) + iSen(0)) z1 = α1/5 (1 + 0i)

9

0 + 2π z2 = α1/5 Cis 5 2π 2π z2 = α1/5 Cos + iSen 5 5 z2 = α1/5 (0,31 + 0,95i)

0 + 4π z3 = α Cis 4 4π 4π z3 = α1/5 Cos + iSen 5 5 1/5

z3 = α1/5 (−0,81 + 0,59i) 0 + 6π z4 = α1/5 Cis 5 6π 6π 1/5 z4 = α Cos + iSen 5 5 z4 = α1/5 (−0,81 − 0,59i) 0 + 8π z5 = α1/5 Cis 5 8π 8π + iSen z5 = α1/5 Cos 5 5 z5 = α1/5 (0,31 − 0,95i)

n=6 z1 = α1/6 Cis

0+0 6

z1 = α1/6 Cos(0) + iSen(0)) z1 = α1/6 (1 + 0i)

10

0 + 2π z2 = α1/6 Cis 6 2π 2π 1/6 z2 = α Cos + iSen 6 6 z2 = α1/6 (0,5 + 0,87i) 0 + 4π z3 = α1/6 Cis 6 4π 4π z3 = α1/6 Cos + iSen 6 6 z3 = α1/6 (−0,5 + 0,87i) 0 + 6π z4 = α1/6 Cis 6 6π 6π + iSen z4 = α1/6 Cos 6 6 z4 = α1/6 (−1 + 0i)

0 + 8π z5 = α Cis 6 8π 8π z5 = α1/6 Cos + iSen 6 6 1/6

z5 = α1/6 (−0,5 − 0,87i) 0 + 10π z6 = α Cis 6 10π 10π z6 = α1/6 Cos + iSen 6 6 1/6

z6 = α1/6 (0,5 − 0,87i)

11

n=7 z1 = α

1/7

Cis

0+0 7

z1 = α1/7 Cos(0) + iSen(0)) z1 = α1/7 (1 + 0i) 0 + 2π z2 = α Cis 7 2π 2π 1/7 z2 = α Cos + iSen 7 7 1/7

z2 = α1/7 (0,62 + 0,78i) 0 + 4π z3 = α1/7 Cis 7 4π 4π z3 = α1/7 Cos + iSen 7 7 z3 = α1/7 (−0,22 + 0,97i) 0 + 6π z4 = α1/7 Cis 7 6π 6π z4 = α1/7 Cos + iSen 7 7 z4 = α1/7 (−0,9 + 0,43i)

0 + 8π z5 = α Cis 7 8π 8π + iSen z5 = α1/7 Cos 7 7 1/7

z5 = α1/7 (−0,9 − 0,43i)

0 + 10π z6 = α Cis 7 10π 10π 1/7 + iSen z6 = α Cos 7 7 1/7

z6 = α1/7 (−0,22 − 0,97i) 0 + 12π z7 = α1/7 Cis 7 12π 12π 1/7 z7 = α Cos + iSen 7 7 12

z7 = α1/7 (0,62 − 0,78i)

3. Halle a, b ∈ R de manera que se cumpla √ √ z z.¯ z + i1948 . , donde z = 1 − i 2|1 − i| + [1)]a + bi = 2|z| + 2 i−z √ √ (1 − i)(1 + i) 2 1−i 2i + 1 2i + 1 + 2 − i + ∗ = 2∗ 2+ − = 2 2i − 1 2i + 1 2 5 3+i 12 1 2+1− = − i 5 5 5 1 z z 2 z.¯ z 12 b = − a + bi = .(1 + i)6 − + 2 .i191 , donde z = −1 + i a= 5 5 |z| z¯ z i−1 (i − 1)2 2 6 3 (1 + i) = 2i (1 + i) = (2i) = −8i ∗ (−8i) − + |i − 1| −1 − i √ √ (−1 + i)(−1 − i) 2i 1−i 2 (−i) = 2(4 + 4i) − ∗ + i = −1 − i + 2 1+i 1−i 2i √ (i − 1) √ √ 2 √ −2 + 9 2 + 2(4 + 4i) = + (−1 + 4 2)i 2 2 √ √ −2 + 9 2 b = −1 + 4 2 a= 2 a) b) 4. Sean n ∈ N y z = (−i)4n+15 . Hallar a, b ∈ R de manera que a + bi = (¯ z + 1)7 z = (−1)4n+15 ∗ i4n ∗ i15 z = (−1)(1)(−i) = i a + bi = (1 − i)7 = √ ( 2)7 (Cos(7 ∗ 7π/4) + iSen(7 ∗ 7π/4)) = 8 + 8i a=8 b=8

13

5. Hallar el ´ angulo θ ∈ (−π, π) que transforma al n´ umero z1 ∈ C en el n´ umero z2 ∈ C

√ √ [1)]z1 = − 3+3i, z2 = −3−i 3 α = ArcT g(1,73/3) + 90 = 119,97 β = ArcT g(1,73/3) √ + 180 = 209,97 √ θ = β −α = 209,97−119,97 = 90 = π/2Rad z1 = − 3−i, z2 = 3−

i α = ArcT g(1/1,73) + 180 = 210,03 β = ArcT g(1,73/1) + 270 = 329,97 θ = β − α = 329,97 − 210,03 = 119,94 = 2,09Rad z1 = 4 − 3i, z2 = − √52 + i √52

α = ArcT g(4/3) + 270 = 223,13 β = ArcT g(3,54/3,54) + 90 = 135 θ = β − α = 135 − 223,13 =

14

√ √ −88,13 = −1,54Rad z1 = 3 2+2 2i, z2 = −5+i α = ArcT g(2,83/4,24) = 33,72 β = ArcT g(5/1) + 90 = 168,69 θ = β − α = 168,69 − 33,72 = 134,97 = 2,36Rad da) b) c) 6.) Resuelva la ecuaci´ on a) z 5 + z 3 − z 2 − 1 = 0, z ∈ C (z − 1)(z 2 + 1)(z 2 + z + 1) = 0 √ −1 ± 1 − 4 z= 2 √ −1 ± 3i z= 2 z1 = 1 z2−3 = ±3 √ −1 ± 3i z4−5 = 2 b) z 4 − iz 2 + i − 1 = 0, z ∈ C (z 4 − 1) − i(z 2 − 1) = 0 (z 2 + 1)(z 2 − 1) − i(z 2 − 1) = 0 (z 2 − 1)(z 2 + 1 − i) = 0 z1−2 = ±1 √ z3−4 = ± i − 1 c) (z 3 − i + 1)(z 2 + z + 1) = 0, z ∈ C z3 = i − 1 √ 3π/4 + 2kπ z = 6 2Cis 3 √ 3π/4 + 0π z1 = 6 2Cis 3 z1 = 0,79 + 0,79i √ 6

3π/4 + 2π 3 z2 = −1,08 + 0,29i

z2 =

2Cis

15

√ 6

3π/4 + 4π 3 z3 = 0,29 − 1,08i

z3 =

2Cis

√ 1 3 z4−5 = − ± i 2 2 d ) z 6 + z 3 + 1 = 0, z ∈ C z3 = u u2 + u + 1 √ =0 1 3 u=− ± i 2 2 √ 3 1 3 i u1 = z = − + 2 2 2π/3 + 2kπ z = Cis 3 2π/3 + 0π z1 = Cis 3 z1 = 0,76 + 0,64i

2π/3 + 2π z2 = Cis 3 z2 = −0,94 + 0,34i

2π/3 + 4π z3 = Cis 3 z3 = 0,17 − 0,98i

√ 1 3 u2 = z 3 = − − i 2 2 4π/3 + 2kπ z = Cis 3 4π/3 + 0π z4 = Cis 3 z4 = 0,17 + 0,98i

4π/3 + 2π z5 = Cis 3 z5 = −0,94 − 0,34i

4π/3 + 4π 3 z6 = 0,76 − 0,64i

z6 = Cis

7. Pruebe la Ley del paralelogramo 16

∀z, w ∈ C : |z + w|2 + |z − w|2 = 2(|z|2 + |w|2 ) z = a + bi w = x + yi |a + bi + x + yi|2 + |a + bi − x − yi|2 = 2(|z|2 + |w|2 ) |(a + x) + (b + y)i|2 + |(a − x) + (b − y)i|2 = 2(|z|2 + |w|2 ) (a + x)2 + (b + y)2 + (a − x)2 + (b − y)2 = 2(|z|2 + |w|2 ) a2 + 2ax + x2 + b2 + 2by + y 2 + a2 − 2ax + x2 + b2 − 2by + y 2 = 2(|z|2 + |w|2 ) 2a2 + 2b2 + 2x2 + 2y 2 = 2(|z|2 + |w|2 ) 2(|z|2 + |w|2 ) = 2(|z|2 + |w|2 ) 8. Sea z ∈ C [1)]Pruebe que Im(z) = 0 ssi z = z¯ z = Re(z) + Im(z) Re(z) + Im((z) = Re(z) − Im(z) 2Im(z) = 0 Im(z) = 0 Pruebe que Re(z) = 0 ssi z = −¯ z z = Re(z) + Im(z) Re(z) + Im((z) = −Re(z) + Im(z) 2Re(z) = 0 Re(z) = 0 Pruebe que z + z¯ = 2Re(z) z = Re(z) + Im(z) Re(z) + Im((z) + Re(z) − Im(z) = 2Re(z) 2Re(z) = 2Re(z) Pruebe que z − z¯ = 2Im(z) z = Re(z) + Im(z) Re(z) + Im((z) − Re(z) + Im(z) = 2Im(z) 2Im(z) = 2Im(z) da) b) c) 9.) Sea A = {z = ei θ : θ ∈ R} Pruebe que (A,.) es un grupo abeliano ∀α, β, γ ∈ C [1)]Clausurativa α + β = γ eiθ1 .eiθ2 = eiθ3 Conmutativa α.β = β.α eiθ1 .eiθ2 = ei(θ1 +θ2 ) = ei(θ2 +θ1 ) = eiθ2 .eiθ1 Asociativa (α.β).γ = α.(β.γ) (eiθ1 .eiθ2 ).eiθ3 = ei(θ1 +θ2 +θ3 ) = eiθ1 .(eiθ2 .eiθ3 ) Existencia Neutro eiθ1 .α = α.eiθ1 = eiθ1 si α = 1 Existencia inverso α.α‘ = α‘.α = 1 eiθ1 .α‘ = 1 α‘ = e−iθ1 10. da) e) b) c)) Sea Z C {−1} . Pruebe que: z−1 = 0 ⇔| Z |= 1 < z+1 Tomamos un valor de Z = a + bi . z−1 (a − 1) + bi = z+1 (a + 1) + bi

17

Multiplicamos por el conjugado para que no tener n´ umeros imaginarios en el denominador y poder expresarlo en forma binomial. (a − 1) + bi (a + 1) − bi z−1 · = (a + 1) + bi (a + 1) − bi z+1 z−1 (a2 − 1 + b2 ) + (2b)i = z+1 a2 + 2a + 1 + b2 <

(a2 − 1 + b2 ) + (2b)i a2 + 2a + 1 + b2

=0

a2 − 1 + b2 =⇒ a2 + b2 = 1 | Z |=

√

a2 + b2 =

√

1=1,

11. Sean Z1 , Z2 C Z1 6= Z2 . Halle el numero complejo Z que se halla sobre el segmento tal que la distancia de Z a Z1 es el doble de la distancia de Z a Z2 .

Figura 1: Raz´ on geométrica entre n´ umeros Complejos Z1 = (a, b) Z2 = (c, d) Z = (x, y) Utilizando relaciones entre los catetos del triangulo de las componentes de los n´ umeros complejos obtenemos : a − x = 2(x − c) 18

y − b = 2(d − y) Donde despejando x y y, obtenemos las componentes del numero complejo Z. a+c x= 3 b+d y= 3 √ 12. Si Z1 = 1 − i , Z2 = −2 + 4i y Z3 = 3 − 2i , hallar el valor num´ erico de cada una de las siguientes expresiones: a) Z1 2 + 2Z1 − 3 = (1, −1)(1, −1) + 2(1, −1) − 3 = (0, −2) + (2, −2) + (−3, 0) = (−1, −4)

b) |2Z2 − 3Z1 |2 2Z2 = (−4, 8) ; 3Z1 = (3, −3) √ |(−7, 11)|2 = ( 49 + 121)2 = 170

c) (Z3 − Z3 )5 (2<(Z3 ))5 = (−4i)5 = −1054i

d ) |Z1 Z2 − Z2 Z1 | = |(1, −1)(−2, −4) + (−2, 4)(1, 1)| = |(−6, −2) + (−6, 2)| = 12

Z1 + Z2 + 1 e) Z1 − Z2 + i 1 − i − 2 + 4i + 1 3i = = 1 − i + 2 − 4i + i 3 − 4i =

|3i| 3 = |3 − 4i| 5

19

Z3 Z3 + Z3 Z3 √ √ = 12 [ 17 ( 3, −2)( 3, −2)+

1 f) 2

√ √ + 17 ( 3, 2)( 3, 2)] √ √ 1 1 3 3 1 ) + (− , 4 )] = [(− , −4 2 7 7 7 7 1 =− 7

g) (Z2 + Z3 )(Z1 − Z3 ) = (Z2 + Z3 )(Z1 − Z3 ) = (Z2 + Z3 )(Z1 − Z3 ) √ √ = ( 3 − 2, −2)(1 − 3, −1) √ √ = [(3 3 − 7; 3)]

2

2

h) |Z1 2 + Z2 |2 + |Z3 − Z2 2 |2 = |(0, −2) + (−12, 16)|2 + √ +|(−1, 4 3) − (−12, −16)|2 √ = |(−12, 14)|2 + |(11, 4 3 + 16)|2 = (340, 646,7025)

i ) <(2Z1 2 + 3Z2 2 − 5Z3 2 ) = <[2(−2, −2) + 3(−12, −16)+ √ −5(−1, −4 3)] √ = <(−35, 20 3 − 52) = −35

20

j) =

Z1 Z2 Z3

(1, −1)(−2, 4) √ ( 3, −2) √ (1, −1)(−2, 4)( 3, 2) = 7 " √ √ # 2 3−2 4−6 3 == ( , ) 7 7 √ 4−6 3 = ) 7 =

13. Probar que (a): (Z1 /Z2 ) = Z1 /Z2 y (b): |Z1 /Z2 | = |Z1 |/|Z2 |. Si Z2 6= 0 . Z1 = a + bi Z2 = c + di a + bi (a): (Z1 /Z2 ) = c + di

(a + bi)(c − di) = (c + di)(c − di) ac + bd + (bc − ad)i = (c2 + d2 ) =

|Z1 | = (b): |Z2 |

r

ac + bd − (bc − ad)i (c2 + d2 ) =

(a − bi)(c + di) (c + di)(c − di)

=

Z1 a − bi = c − di Z2

a2 + b2 c2 + d2 Z1 ac + bd − (bc − ad)i = Z2 c2 + d2 s =

a2 c2 + 2abcd + b2 d2 + a2 d2 − 2abcd + b2 c2 (c2 + d2 )2 s a2 (c2 + d2 ) + b2 (d2 + c2 ) = (c2 + d2 )2 s a2 + b2 = c2 + d2

21

14. Hallar los n´ umeros reales x y y , tales que: 2x − 3iy + 4ix − 2y − 5 − 10i = (x + +y + 2) − (y − x + 3)i (2x − 2y + 5) − (4x − 3y − 10)i = x + y+ +2 − (y − x + 3)i

2x − 2y + 5 = x + y + 2 4x − 3y − 10 = y − x + 3 x − 3y = 7 3x − 2y = 7 y = −2

x=1

15. Probar que si el producto de dos n´ umeros complejos es cero, entonces por lo menos uno de ellos debe ser cero. Z1 = a + bi

Z2 = c + di

Z1 · Z2 = (ac − bd) + (ad + cb)i = 0 + 0i ac − bd = 0 ad + cb = 0 i) Si Z1 = 0 ⇒ a = 0, b = 0 0(c) − 0(d) 0(d) + (c)0

= =

0 cumple!! 0

ii) Si Z2 = 0 ⇒ c = 0, d = 0 0(a) − 0(b) 0(a) + (b)0

= =

0 cumple!! 0

i) Si Z1 = 0, Z2 = 0 ⇒ a = 0, b = 0, c = 0, d = 0 0(0) − 0(0) = 0 cumple!! 0(0) + (0)0 = 0 16. Si w = 3iZ − Z 2 y Z = x + yi , hallar |w|2 en t´ erminos de x y y. w = 3(−y + xi) − [(x2 − y 2 ) + 2xyi] w = (y 2 − 3y − x2 ) + (3x − 2xy)i |w|2 = (y 2 − 3y − x2 )2 + (3x − 2xy)2 17.

Describir y construir la gr´ afica del lugar geom´ etrico representado por cada una de las siguientes ecuaciones: a) |Z − i| = 2 |x + (y − 1)i| = 2 p x2 + (y − 1)2 = 2 x2 + (y − 1)2 = 4

22

Figura 2: Gráfico de :x2 + (y − 1)2 = 4 b) |Z + 2i| + |Z − 2i| = 6

p

|x + (y + 2)i| + |x + (y − 2)i| = 6 p x2 + (y + 2)2 + x2 + (y − 2)2 = 6

p x2 + y 2 + 4y + 4 = 36 − 12 x2 + (y − 2)2 + +x2 + y 2 − 4y + 4 (8y − 36)2 = 144(x2 + y 2 − 4y + 4) 144x2 + 80y 2 = 720 y2 x2 + =1 5 9

Figura 3: Gráfico de :

23

x2 y2 + =1 5 9

c) |Z − 3| − |Z = 3| = 4

p

|(x − 3) + yi| − |(x + 3) + yi| = 4 p (x − 3)2 + y 2 − (x + 3)2 + y 2 = 4

x2 − 6x + 9 + y 2 = 16 + 8

p (x + 3)2 + y 2 +

+x2 + 6x + 9 + y 2 (−12x − 16)2 = 64(x2 + 6x + 9 + y 2 ) 80x2 − 64y 2 = 320 x2 y2 − =1 4 5

Figura 4: Gráfico de :

x2 y2 − =1 4 5

d ) =(Z 2 ) = 4 =(x2 − y 2 + 2xyi) = 4 2xy = 4 xy = 2

18. Resolver las siguientes ecuaciones , obteniendo todas las ra´ıces: a) 5Z 2 + 2Z + 10 = 0 p 4 − 4(10)(5) Z= 10 −2 ± 14i 1 7 Z= =− ± i 10 5 5 b) Z 2 + (i − 2)Z + (3 − i) p (2 − i) ± (i − 2)2 − 4(3 − i) Z= 2 2−i 3i Z= ± 2 2 −2 ±

Z1 = 1 + i

24

Z2 = 1 − 2i

Figura 5: Gráfico de :xy = 2 19. Resolver: Z 5 − 2Z 4 − Z 3 + 6Z − 4 = 0 Factorando el polinomio , obtenemos: (Z − 1)(Z − 1)(Z2 + 2Z + 2)(Z − 2) = 0 Sacamos las ra´ıces del trinomio: Z=

−2 ±

√

4−8

2

Z1 = Z2 = 1

= −1 ± i

Z3 = 2 Z5 = 1 − i

Z4 = 1 + i 4

2

20. Hallar todas las ra´ıces de Z + Z + 1 = 0 y localizarlas en el plano complejo. Z 2 = m ⇒ m2 + m + 1 = 0 √ −1 ± 3i m= = Z2 2 Z1 2 = cos( 2π ) + i sin( 2π ) 3 3 2 2π Z2 = cos( 3 ) − i sin( 2π ) 3 2π 2π ) + i sin( ) 3 3 4π 4π Z2 = cos( ) + i sin( ) 3 3 2π 2π Z3 = cos( ) − i sin( ) 3 3 4π 4π Z4 = cos( ) − i sin( ) 3 3 Z1 = cos(

Z1 =

25

√ 1 3 +i 2 2

√ 1 3 −i 2 2 √ 1 3 Z3 = − i 2 2 √ 1 3 Z4 = − + i 2 2 Z2 = −

Figura 6: Gr´ afico de las ra´ıces de Z 4 + Z 2 + 1 = 0. 21. Calcular el valor de a y b para que:

3b − 2ai sea real y de modulo la unidad 4 − 3i

(12b + 6a) + (9b − 8a)i 3b − 2ai 4 + 3i × = 4 − 3i 4 + 3i 25

9b − 8a = 0 2 2 12b + 6a 9b − 8a + =1 25 25 9b2 + 4a2 = 1 9b − 8a = 0 9b2 + 4a2 = 1 a = ±3/10 b = ±4/15

26

22. Describir el lugar geométrico determinado por las ecuaciones: a x − 2i ≤ 1

xC 0 < a, b − 2 ≤ 1 a2 + (b − 2)2 ≤ 1

b x − 1 + x + 3 = 10

xC

x = a + bi p p (a − 1)2 + b2 + (a − 1)2 + b2 = 10 p (a − 1)2 + b2 = (10 − (a − 1)2 + b2 )2 p (8a + 108)2 = (20 (a − 1)2 + b2 )2 336a2 − 672a + 400b2 = 8064 25 2 (a − 1)2 + b = 25 21 23. Escribir la forma binomial Z=

1 + cos x + i sin x 1 + cos x + i sin x

m

a = 1 + cos x b = sin x m a + bi Z= a − bi m r(cos θ + sin θi) Z= r(cos(−θ) + sin(−θ)i) Z = {cos(2θ) + i sin(2θ)}m Z = cos(2mθ) + i sin(2mθ) Z = e2mθ 24. Calcular Z si: a) Z =

2 log i

1+i 1−i

Z=

2 log i

1+i 1−i × 1−i 1+i

Z = −2i log i ln i Z = −2i ln 10 i −2i h π Z= ln 1 + ( + 2Kπ)i ln 10 2 π + 4kπ Z= ln 2 b) Z = log(2−2i) (1 + i) √ ln(1 + i) ln 2 + (π/4 + 2kπ)i Z= = √ ln(2 − 2i) ln 2 + (7π/4 + 2kπ)i

27

25. Hallar el valor principal de Z=

1 log i

1−i 1+i

Z = −i log(−i) Z = −i Z=

ln(−i) ln 10

−i [ln 1 + (π/2 + 2kπ)] i ln 10 π/2 + 2kπ Z= ln 10

26. La suma de los complejos no nulos es 3 + 2i, el cociente es un numero imaginario y la parte real de uno de ellos es 2. Hallar los n´ umeros complejos. Z1 = a + bi Z2 = c + di = 2 + di Z1 + Z2 = (a + c) + (b + d)i = 3 + 2i (ac + bd) + (bc − ad)i Z1 a + bi = = Z2 c + di c2 + d2 ac + bd = 0 (a + 2) + (b + d)i = 3 + 2i a=1

c=2

b+d=2 2 + bd = 0 √ √ Z1 = (1, ± 3) Z1 = (1, ∓ 3)

Ejercicios de Matem´ atica Superior 2.

N´ umeros Complejeos

2.1.

Operaciones con n´ umeros complejos

Realizar la suma y el producto de los siguientes n´ umeros complejos. 1. (3, 5i) y (8, 0i) (a.b) + (c, d) = (a + b, c + d) (3,5) + (8, 0i) = (11, 5i) (a, b)(c, d) = ac − bd, ad + bc (3, 5)(8, 0i) = (24, 40i)

28

2. (1, −5i) y (4, −2i) (a.b) + (c, d) = (a + b, c + d) (1, −5i) + (4, −2i) = (5, −7i) (a, b)(c, d) = ac − bd, ad + bc (1, −5i)(4, −2i) = (14, −22i) 3. (0, 5i) y (1, 9i) (a.b) + (c, d) = (a + b, c + d) (0, 5i) + (1, 9i) = (1, 14i) (a, b)(c, d) = ac − bd, ad + bc (0, 5i)(1, 9i) = (−45, 5i) 4. (7, 3i) y (2, 9i) (a.b) + (c, d) = (a + b, c + d) (7, 3i) + (2, 9i) = (9, 12i) (a, b)(c, d) = ac − bd, ad + bc (7, 3i)(2, 9i) = (−13, 69i) 5. (−1, 3i) y (−5, −6i) (a.b) + (c, d) = (a + b, c + d) (−1, 3i) + (−5, −6i) = (−6, −3i) (a, b)(c, d) = ac − bd, ad + bc (−1, 3i)(−5, −6i) = (23, −9i) Hallar el valor del producto en forma polar de los siguientes n´ umeros complejos 1. z1 = (0, 3i) y z2 = (−5, 0i) z1 .z2 = r1 .r2 e(θ1 +θ2 ) (0, 3i) = 3ei(π/2) (−5, 0i) = 5ei(π) z1 .z2 = ei(3π/2) 2. z1 = (1, 1i) y z2 = (2, 2i) z1 .z2 = r1 .r2 e(θ1 +θ2 ) (1, 1i) = ei(π/4) (2, 2i) = 2ei(π/4) z1 .z2 = 2ei(π/2) 29

3. z1 = (1, 3i) y z2 = (5, 2i) z1 .z2 = r1 .r2 e(θ1 +θ2 ) 0

(1, 3i) = 3,16ei(71,5

0

(5, 2) = 5,38ei(21,8

)

)

z1 .z2 = 17,017i(93,3) 4. Hallar los valores de a y b para que

3b−2ai 4−3i

sea real y de módulo la unidad

OPERANDO (3b − 2ai)(4 + 3i) (4 − 3i)(4 − 3i) 12b − 8ai + 9bi + 6a 16b + 6a 9b − 8a = = +i 16 + 9 25 25 Si se quiere que sea Real 9b − 8a =0 25 Si ademas es de M´ odulo 1 z=

16b + 6a =1 25 Tenemos a=

2 y 3

5. Hallar los valores de a y b para que la unidad

a= 3b−2ai 4−3i

4 3 sea imaguinario y de módulo

OPERANDO (3b − 2ai)(4 + 3i) (4 − 3i)(4 − 3i) 12b − 8ai + 9bi + 6a 16b + 6a 9b − 8a = = +i 16 + 9 25 25 Si se quiere que sea Imaginario z=

16b + 6a =0 25 Si ademas es de Modulo 1 9b − 8a =1 25 Tenemos a=

−200 y 91 30

a=

75 91

2.2.

Potencias de exponente Natural

Hallar el valor de z n donde 1. z = (3, 4i)

n=4 z n = rn cis(nθ) = rn ei(nθ) z = 5 cis(53,30 ) z n = 54 cis(4(53,30 )) = 625 cis(213,2)

2. z = i

n = 25 z n = rn cis(nθ) = rn ei(nθ) z = ei(π/2) z n = 125 ei(25π/2) = i

3. z = (1, 1i)

n=3 z n = rn cis(nθ) = rn ei(nθ) √ z = 2ei(π/4) z n = 23/2 ei(3π/4)

4. z = (1, 1i)

n=2 z n = rn cis(nθ) = rn ei(nθ) √ z = 2ei(π/4) z n = 2ei(π/2)

2.3.

Ra´ız de N´ umeros complejos

Calcular las siguientes expresiones p √ 6 1. z = 1 − 3i Soluci´ on Calculando su M´ odulo y Argumento √ r = |z| = 1 + 3 = 2 √ − 3 −π θ = arct(z) = arct = 1 3 Se tiene que sus ra´ıces sextas son zk =

√ 6

2e(

−π +2kπ 3 ) 6

para k = 0, 1, 2, 3, 4, 5 31

√ 2. z = 3 1 + i Soluci´ on Calculando su M´ odulo y Argumento √ √ r = |z| = 1 + 1 = 2 1 π θ = arct(z) = arct( ) = 1 4 Se tiene que sus ra´ıces c´ ubicas son zk = 21/6 e(

π +2kπ 4 ) 3

para k = 0, 1, 2 q

√

3. z = 2 12 + 23 i Solucion Calculando su M´ odulo y Argumento r r = |z| =

1 3 + =1 4 4

1 π θ = arct(z) = arct( √ ) = 6 3 Se tiene que sus ra´ıces c´ ubicas son zk = 1e(

π +2kπ 3 ) 3

para k = 0, 1

2.4.

Logaritmos de N´ umeros complejos

Hallar el valor de las siguientes expresiones 1. z = i ln (1 + i) SOLUCI´0N lnz = ln|r| + i(θ + 2kπ) Calculando su M´ odulo y Argumento √ √ r = |z| = 1 + 1 = 2 1 π θ = arct(z) = arct( ) = 1 4 √ π z = i(ln| 2| + i( + 2kπ)) 4 π z = −( + 2kπ) + 0,3465i 4 32

2. z = ln (2 − 6i) ´ SOLUCION lnz = ln|r| + i(θ + 2kπ) Calculando su M´ odulo y Argumento √ √ r = |z| = 4 + 36 = 2 10 6 θ = arct(z) = arct( ) = 71,560 2 √ z = (ln|2 10| + i(71560 + 2kπ)) z = 1,84 + i(71560 + 2kπ) 3. z = ln (3 + 4i) ´ SOLUCION lnz = ln|r| + i(θ + 2kπ) Calculando su M´ odulo y Argumento √ r = |z| = 9 + 16 = 5 4 θ = arct(z) = arct( ) = 53,1300 3 z = (ln|5| + i(53,1300 + 2kπ)) z = 1,6 + i(53,1300 + 2kπ)

2.5.

Lugares Geom´ etricos

1. Hallese la ecuaci´ on de la circunferencia . a(x2 + y 2 ) + 2bx + 2cy + d = 0 En funci´ on de las coordenadas Complejas Conjugadas ( es decir, en función de z y su conjugada ). ´ SOLUCION z = x + iy z¯ = x − iy z − z¯ z + z¯ y= x2 + y 2 = z z¯ x= 2 2i Sustituyendo en la ecuación de la circunferencia y operando tenemos: az z¯ + z(b − ci) + z¯(b + ci) + d = 0 Describir el conjunto de puntos del plano determinado por las siguientes ecuaciones. 33

2. |z − 2i| ≤ 1 ´ SOLUCION Sea z = a + bi entonces z − 2i = a + (b − 2)i, se cumplira p |z − 2i| ≤ 1 ⇔ a2 + (b − 2)2 | ≤ 1 ⇔ a2 + (b − 2)2 | ≤ 1 El conjunto buscado es el interior del circulo de centro (0,2) y radio 1 3. |z − 2| > |z − 3| ´ SOLUCION Sean z=(x+iy) entonces z − 2 = (x − 2) + iy y z − 3 = (x − 3) + iy y sus modulos. p p |z − 3| = (x − 3)2 + y 2 |z − 2| = (x − 2)2 + y 2 |z − 2| > |z − 3| (x − 2)2 + y 2 > (x − 3)2 + y 2 x2 − 4x + 4 + y 2 > x2 − 6x + 9 + y 2

⇔ 2x > 5

⇔ x > 5/2

La soluci´ on es el Conjunto R = {x + iy/x > 5/2, x, y Reales} 4. z z¯ > 4 sea z = x + iy

z¯ = x − iy entonces ⇔ (x + iy)(x − iy) = x2 + y 2 = |z|2 > 4 ⇔ |z| > 2

z z¯ > 4

Luego z z¯ > 4 es la región del plano exterior de la circunferencia de centro(0,0) y radio 2

2.6.

Funciones de Variable compleja

Dadas las siguientes funciones determine sus partes Real e Imaginaria en funci´ on de u, v 1. w = z 2 + z + 1 ´ SOLUCION z = x + yi

⇔ z 2 + z + 1 = (x + yi)2 + (x + yi) + 1 w = x2 + 2xyi − y 2 + x + yi + 1

u(x, y) = x2 − y 2 + x + 1 34

v(x, y) = (2xy + y)i

2. w = z + 4. ´ SOLUCION ⇔ z + 4 = x + (y + 4)i

z = x + yi

u(x, y) = x

v(x, y) = y + 4

3. w = z 3 ´ SOLUCION ⇔ z 3 = (x + yi)3

z = x + yi

w = x3 + 3x2 yi − 3xy 2 − y 3 i u(x, y) = x3 − 3xy 2

v(x, y) = (3x2 y − y 3 )i

4. Resuelva la ecuaci´ on z C. z 3 − iz 2 − z + i Factorando tenemos : (z − i)(z 2 − 1) Donde z1 = i

z2 = −1

z3 = 1

5. Resuelva la ecuaci´ on z C. z 3 − iz 2 (i − 3) + z(2 − 3i) + 2i Factorando tenemos : (z − 2)(z − 1)(z + i) Donde z1 = 2

z2 = 1 z3 = −i

Ejercicios Propuestos 1. Demostrar que la elipse |z + 3| + |z − 3| = 10 se puede representar en forma rectangular como x2 /25 + y 2 /16 = 1 √ −1 2. Demostrar que 2 + i = 5eitan (1/2) 3. Hallar una ecuacion para una circunferencia de radio 2 y con centro en (-3,4) Resp: |z + 3 − 4i| = 2 4. Hallar dos numeros cuya suma es 4 y cuyo producto es 8 Resp: 2 ∓ 2i, 2 ± 2i 35

5. Describir cada uno de los siguientes lugares geometricos, expresandolos en terminos de las coordenadas conjugadas z, z a. b. c. d.

zz = 16 zz − 2z − 2z + 8 = 0 z+z =4 z = z + 6i

Resp: a)x2 + y 2 = 16 b)x2 + y 2 − 4x + 8 = 0 c)x = 2 d)y = −3 6. Determinar un polinomio de coeficientes reales de grado 4 que tenga por raices los numeros complejos −4i, −5 + 2i Resp: x4 + +10x3 + 45x2 + 160x + 464 7. Reducir cada una de estas cantidades a un numero real: 2−i 51

a.

1+2i 3−4i

b.

5 (1−i)(2−i)(3−i) 4

+

c. (1 − i)

Resp: a) − 2/5

b) − 1/2

c) − 4

8. Utilizar las propiedades de los conjugados y de los modulos, para probar que: a. z + 3i = z − 3i b. iz = −iz c. (2 + i)2 = 3 − 4i 9. Elaborar una gr´ afica con el conjunto de puntos determinados por la condici´ on: a. Re(z − i) = 2 b. |2z − i| = 4 Resp: a)x = 2 b)x2 + (y − 0,5)2 = 4 q 10. Determinar analitica y graficamente todas las raices de 5 −32 i Resp: z1 = 1,9 + 0,62i

z2 = 2i z3 = −1,9 + 0,62i z4 = −1,18 − 1,62i z5 = 1,18 − 1,62i

11. Hallar las ra´ıces c´ ubicas de (−11 − 2i) 12. Hallar las ra´ıces cuadradas de: a. 5 − 12i √ b. 8 + 4 5i 13. Hallar un n´ umero complejo z, tal que: (7 + 2i)z + (2 + 3i) = 18 + 10i 14. Hallar un numero complejo z tal que su parte real es el doble de la parte imaginaria y que además cumple z 2 = −7 + 24i 36

15. Determinar el n´ umero complejo sabiendo que si después de multiplicarlo por (1 − i) se le suma al resultado (−3 + 5i) y se divide lo obtenido por 2 + 3i se le vuelve al complejo de partida Resp: 1+i 16. El complejo de argumento 70 y módulo 16 es el producto de dos complejos, uno de ellos tiene de argumento 40 y módulo 2. Escribir en forma bin´ omica el otro complejo √ Resp: 8e30i = 4 3 + 4i 17. Hallar el n´ umero complejo z que cumpla:

z 2−i

2z−5 2−i

+

= 1 + 2i Resp: z=3+i

2

18. Resolver la ecuación(1 − i)z − 7 = i Resp: z=2+i y z=-2-i 19. Cu´ anto deber valer x para que el n´ umero (1 + xi)2 sea imaginario puro? Resp: x=1 20. Calcular el valor de (z 2 + z − 1)/(z 2 − 2z) para z=1+i Resp: -3/2i 2z − i sea: 2 + iz

21. Calcula los numeros complejos Z tales que w = a. Un n´ umero real b. Un n´ umero imaginario puro.

Resp: a)a2 = −b2 + 23 b + 1 b)a = 0 22. Determine los n´ umeros reales x e y que satisfacen las ecuaciones: (3 + i)x 2x − 4i a. = iy x + 2y 2 x(2 − i) + y(3 − 2i)2 i b. = 3 − 2i 2 + 3i Resp: a)x = 0, y = 0 b)x = 0, y = 1 23. Si z1 = 3 − 4i, z2 = 1 + 5i y 2z1 z3 = 3z2 encontrar z3 y z3−1 Resp:z3 = z3 −1 =

69 50

+

33 −1 50 , z3

=

23 39

+

11 39 i

23 11 + i 39 39

24. Dado el n´ umero complejo z = a + bi 6= 0 + 0i, determine un n´ umero complejo w = x + yi, tal que zw = 1 Resp:x =

37

a b ,y = 2 a2 − b2 a − b2

π π 25. Encuentre las ra´ıces c´ ubicas de z = 8 cos − i sin 3 3 Resp: z1 = 1,88 − 0,68i, z2 = −1,53 − 1,29i, z3 = −0,35 + 1,97i 26. Resolver la ecuación de segundo grado az 2 + bz + c = 0, a 6= 0, z ∈ C √ −b ± b2 − 4ac Resp: z = 2a 27. Resolver la ecuación z 2 + (2i − 3)z + 5 − i = 0 Resp: 2 − 3i, 1 + i 28. Sea z = i y w = 1 + i. Calcular logz w

√ log( 2) + i π4 + 2kπ Resp:logz w = i π2 + 2kπ √ √ 29. Sea z = − 3 + i y w = −1 + i 3. Verifique que: log(zw) 6= log z + log w 2 30. Calcular el siguiente numero complejo: z = log i

1+i 1−i

Resp: π

38

3.

Resolucion de Ejercicios Propuestos

1. Demostrar que la elipse |z + 3| + |z − 3| = 10 se puede representar en forma rectangular como x2 /25 + y 2 /16 = 1 z = x + yi |x + yi + 3| + |x + yi − 3| = 10 |(x + 3) + yi| + |(x − 3) + yi| = 10 p p (x + 3)2 + y 2 + (x − 3)2 + y 2 = 10 p (x + 3)2 + y 2 = 100 − 20 (x − 3)2 + y 2 + (x − 3)2 + y 2 p 20 (x − 3)2 + y 2 = x2 − 6x + 9 + 100 − x2 − 6x − 9 400(x2 − 6x + 9 + y 2 ) = (100 − 12x)2 400x2 − 2400x + 3600 + 400y 2 = 10000 − 2400x + 144x2 256x2 + 400y 2 = 6400 x2 xy 2 6400 + 6400 = 1 256

400 2

x y2 + =1 25 16 2. Demostrar que 2 + i =

√

−1

5eitan

(1/2)

z =2+i z = reiθ √ r = 22 + 12 = 5 1 −1 θ = tan 2 √ itan−1 1 (2) z = 5e p

3. Hallar una ecuacion para una circunferencia de radio 2 y con centro en (-3,4) (x − h)2 + (y − k)2 = r2 ; (x + 3)2 + (y − 4)2 = 22 p (x + 3)2 + (y − 4)2 = 2 |(x + 3) + (y − 4)i| = 2 |x + 3 + yi − 4i| = 2 Como

z = x + yi

|z + 3 − 4i| = 2

39

4. Hallar dos numeros cuya suma es 4 y cuyo producto es 8 Sea

z1 = a + bi

Sea

z2 = x + yi

z1 + z2 = 4 + 0i z1 · z2 = 8 + 0i (a + x) + (b + y)i = 4 (ax − by) + (ay − bx)i = 8 + 0i a+x=4 b+y =0 ax − by = 8 ay + bx = 0 a=4−x b = −y 2

4x − x + y 2 = 8 4y − 2xy = 0 x = 2a = 22y + 2y = 0 y+b=0 4 + y2 = 8 y = ±2 b = ∓2 z1 = 2 ∓ 2i;

z2 = 2 ± 2i

5. Describir cada uno de los siguientes lugares geometricos, expresandolos en terminos de las coordenadas conjugadas z, z a. zz = 16 (x + yi)(x − yi) = 16 2

x − xyI + xyi + y 2 = 16 x2 + y 2 = 16 b. zz − 2z − 2z + 8 = 0 x2 + y 2 − 2(x + yi) − 2(x − yi) + 8 = 0 x2 + y 2 − 2x − 2yi − 2x + 2yi + 8 = 0 x2 + y 2 − 4x + 8 = 0 c. z + z = 4 x + yi + x − yi = 4 2x = 4 x=2 40

d. z = z + 6i x − yi = x + yi + 6i −2yi = 6i y = −3 6. Determinar un polinomio de coeficientes reales de grado 4 que tenga por raices los numeros complejos −4i, −5 + 2i Las raices del numero son: z1 = −4i; z2 = 4i; z3 = −5 + 2i; z4 = −5 − 2i P4 (x) = (x − (−4i))(x − 4i)(x − (−5 − 2i))(x − (−5 − 2i)) P4 (x) = (x + 4i)(x − 4i)(x + 5 − 2i)(x + 5 + 2i) P4 (x) = (x2 − 16i2 )((x + 5)2 − 4i2 ) P4 (x) = (x2 + 16)(x2 + 10x + 25 + 4) P4 (x) = x4 + 10x3 + 45x2 + 160x + 464 7. Reducir cada una de estas cantidades a un numero real: a.

1+2i 3−4i

+

2−i 51

1 + 2i 2 − i (1 + 2i)(3 + 4i) (2 − i)(−5i) + = + 3 − 4i 5i 9 + 16 9 + 16 1 + 2i 2 − i 3 + 4i + 6i − 8 −10i − 5 + = + 3 − 4i 5i 25 25 −5 + 10i − 10i − 5 1 + 2i 2 − i + = 3 − 4i 5i 25 1 + 2i 2 − i 2 + =− 3 − 4i 5i 5 b.

5 (1−i)(2−i)(3−i)

5 5 = (1 − i)(2 − i)(3 − i) (2 − i − 2i − 1)(3 − i) 5 5 = (1 − i)(2 − i)(3 − i) (1 − 3i)(3 − i) 5 5 = (1 − i)(2 − i)(3 − i) 3 − i − 9i − 3 1 5 =− (1 − i)(2 − i)(3 − i) 2

41

c. (1 − i)4 (1 − i)4 = ((1 − i)2 )2 (1 − i)4 = (1 − 2i − 1)2 (1 − i)4 = (−2i)2 (1 − i)4 = −4 8. Utilizar las propiedades de los conjugados y de los modulos, para probar que: a. z + 3i = z − 3i z + 3i = z + 3i z + 3i = z − 3i b. iz = −iz iz = iz iz = −iz c. (2 + i)2 = 3 − 4i (2 + i)2 = 4 + 4i − 1 (2 + i)2 = 3 + 4i (2 + i)2 = ∗ − 4i 9. Elaborar una grafica con el conjunto de puntos determinados por la condicion: a. Re(z − i) = 2 Sea

z = x + yi

Re(x + yi − i) = 2 Re(x − yi − i) = 2 x=2

42

b. |2z − i| = 4 Sea

z = x + yi

|2(x + yi) − i| = 4 |2x + (2y − 1)i| = 4 p 4x2 + (2y − 1)2 = 4 p

4x2 + 4y 2 − 4y + 1 = 4

4x2 + 4y 2 − 4y + 1 = 16 1 x2 + y 2 − y + = 4 4 2 1 x2 + y − =4 2

43

10. Determinar analitica y graficamente todas las raices de

q 5

√ −32(−i) 5 = 32i −i2 √ r = 32 = 2 φ θ= 2 k = 0, 1, 2, 3, 4 π π z1 = 2 cos + isen = 1,9 + 0,62i 10 π 10 π z2 = 2 cos + isen = 2i 2 2 9π 9π z3 = 2 cos + isen = −1,9 + 0,62i 10 10 13π 13π z4 = 2 cos + isen = −1,18 − 1,62 10 10 17π 17π z5 = 2 cos + isen = 1,18 − 1,62i 10 10 r 5

44

−32 = i

r 5

−32 i

11. Hallar las ra´ıces c´ ubicas de −11 − 2i r=

p

112 + 22 =

√

125

θ = 190,3 190,30 190,30 z1 = 125( 1/6) cos + isen = 1 + 2i 3 3 550,30 550,30 + isen = −2,23 − 0,13i z2 = 125( 1/6) cos 3 3 910,30 910,30 + isen = 1,23 − 1,86i z3 = 125( 1/6) cos 3 3

12. Hallar las ra´ıces cuadradas de: a. 5 − 12i r=

p

52 + 122 = 13

θ = 292,62 292,62 292,62 z1 = 13 cos + isen = −3 + 21i 2 2 √ 652,62 652,62 z2 = 13 cos + isen = 3 − 21i 2 2 √

√ b. 8 + 4 5i

45

r=

p 82 + 42 ∗ 5 = 12

θ = 48,19 48,19 48,19 z1 = 12 cos + isen = 3,16 + 1,41i 2 2 √ 408,19 408,19 z2 = 12 cos + isen = −3,16 − 1,4i 2 2 √

13. Hallar un n´ umero complejo z, tal que: (7 + 2i)z + (2 + 3i) = 18 + 10i (7 + 2i)z = 18 + 10i − 2 − 3i (7 + 2i)z = 16 + 7i (16 + 7i) z= 7 + 2i (16 + 7i) (7 − 2i) z= ∗ 7 + 2i 7 − 2i (112 + 14 − 32i + 49i) z= 49 + 4 126 + 17i z= 53 14. Hallar un numero complejo z tal que su parte real es el doble de la parte imaginaria y que además cumple z 2 = −7 + 24i Sea

z = a + bi ∗a = 2b

2

(a + bi) = −7 + 24i a2 − b2 + 2abi = −7 + 24i ∗2ab = 24 12 a= b 12 2b = b b2 = 6 √ b=± 6 √ a = ±2 6 √ z = ±2 6(1 + i) 15. Determinar el n´ umero complejo sabiendo que si después de multiplicarlo por (1 − i) se le suma al resultado (−3 + 5i) y se divide lo

46

obtenido por 2 + 3i se le vuelve al complejo de partida Sea z = a + bi (a + bi)(1 − i) + (−3 + 5i) = a + bi 2 + 3i a + b − ai + bi − 3 + 5i = (a + bi)(2 + 3i) a + b − ai + bi − 3 + 5i = 2a − 3b + 2bi + 3ai a − 4b + 4ai + bi = −3 + 5i ∗a − 4b = −3 a = 4b − 3 ∗4a + b = 5 16b − 12 + b = 5 b=1 a=1 z =1+i 16. El complejo de argumento 70 y módulo 16 es el producto de dos complejos, uno de ellos tiene de argumento 40 y módulo 2. Escribir en forma bin´ omica el otro complejo 2e40i ∗ reθi = 16e70i 16e70i reθi = 2e40i θi (70−40)i re = 8e reθi = 8e30i √ z = 4 3 + 4i 17. Hallar el n´ umero complejo z que cumpla:

z 2−i

3z − 5 = (1 + 2i)(2 − i) 3z − 5 = 4 + 3i 3z = 9 + 3i z =3+i

47

+

2z−5 2−i

= 1 + 2i

18. Resolver la ecuación(1 − i)z 2 − 7 = i (1 − i)z 2 − 7 = i i+7 z2 = 1−i 7+i 1+i z2 = ∗ 1−i 1+i 6 + 8i z2 = 2 z 2 = 3 + 4i p r = 32 + 42 = 5 θ = 53,13 53,13 53,13 z1 = 5 cos + isen = 2 + 1i 2 2 √ 413,13 413,13 + isen = −2 − 1i z2 = 5 cos 2 2 √

19. Cu´ anto deber valer x para que el n´ umero (1 + xi)2 sea imaginario puro? (1 + xi)2 = bi 1 − x2 + i + xi = bi ∗1 − x2 = 0 x = ±1 i + xi 6= 0 x 6= −1 x=1 20. Calcular el valor de (z 2 + z − 1)/(z 2 − 2z) para z=1+i ∗z 2 = (1 + i)(1 + i) = 2i z2 + z − 1 2i + 1 + i − 1 = z 2 − 2z 2i − 2 − 2i 3i =− 2 3i z=− 2 21. Calcula los numeros complejos Z tales que w = a. Un n´ umero real b. Un n´ umero imaginario puro. 48

2z − i sea: 2 + iz

w=

w=

2z + i 2 + iz

, z = a + bi

w=

2(a + bi) + i 2 + i(a + bi)

w=

2a + 2bi + i 2 − b + ai

2a + (2b + 1)i (2 − b) − ai [2a(2 − b) + a(2b + 1)] + [−2a2 + (2b + 1)(2 − b)]i ∗ = (2 − b) + ai (2 − b) − ai (2 − b)2 + a2 =

−2a2 + 3b − 2b2 + 2 5a + i (2 − b)2 + a2 (2 − b)2 + a2

1) para que sea real: −2a2 + 3b − 2b2 + 2 = 0 2a2 = −2b2 + 3b + 2 a2 = −b2 + 23 b + 1 2) para que sea imaginario puro 5a = 0 a=0 22. Determine los n´ umeros reales x e y que satisfacen las ecuaciones: (3 + i)x 2x − 4i a. = iy x + 2y i 3x + xi 2x − 4i ∗ = i iy x + 2y 2x − 4i −x + 3xi = −y x + 2y x 3x 2x 4 + i= − i y −y x + 2y x + 2y x 2x = y x + 2y

3x 4 =− −y x + 2y

1 2 = y x + 2y

3x 4 =− −y x + 2y

x + 2y = 2y

3x2 + 6xy = 4y

x=0

4y = 0

x=0

y=0

49

b.

x(2 − i)2 + y(3 − 2i)2 i = 3 − 2i 2 + 3i x(2 − i)2 + y(3 − 2i)2 i = 3 − 2i 2 + 3i x(3 − 4i) + y(5 − 12i)i = 3 − 2i 2 + 3i 3x + 4xi + 12y + 5yi = 3 − 2i 2 + 3i (3x + 112y) + (5y − 4x)i = (3 − 2i)(2 + 3i) (3x + 112y) + (5y − 4x)i = 12 + 5i 5y − 4x = 5

3x + 12y = 12

5(1) − 4x = 5

y=1

− 4x = 0

y=1 y=1

x=0

23. Si z1 = 3 − 4i, z2 = 1 + 5i y 2z1 z3 = 3z2 encontrar z3 y z3−1 2z1 z3 = 3z2 2(3 − 4i)(a + bi) = 3(1 − 5i) (6 − 8i)(a + bi) = 3 − 15i (6a + 8b) + (6b − 8a)i = 3 − 15i 6b − 8a = −15 3 − 8b 6b − 8 = −15 6

6a + 8b = 3 a=

3 − 8b 6

18b − 12 + 32b = −45 33 b=− 50 a=

3 − 8 − 33 50 6 69 a= 50

z3 =

69 33 − i 50 50

z3 =

69 50

+

33 50 i

z3 −1 = z3 (a, b) = (1, 0) z3 −1 = 50

23 39

+

11 39 i

24. Dado el n´ umero complejo z = a + bi 6= 0 + 0i, determine un n´ umero complejo w = x + yi, tal que zw = 1 zw = 1 (a + bi)(x + yi) = 1 (ax − by) + (ay + bx)i = 1 ax − by = 1 ax − by = 1 ay − by = 1 a b

ay + bx = 0 ay x= b ay x= b

a2 y − by = 1 b a2 y − b2 y = b y(a2 − b2 ) = b

y=

a2

y=

b − b2

x=

b a2 −b2

ay b ay x= b ay x= b b a a2 −b2

x=

x=

b a a2 −b2

π π 25. Encuentre las ra´ıces c´ ubicas de z = 8 cos − i sin 3 3 π/3 + 2(0)π π/3 + 2(0)π z1 = 81/3 cos − i sin 3 3 π π z1 = 2 cos − i sin 9 9 z1 = 1, 88 − 0, 68i

π/3 + 2(1)π π/3 + 2(1)π z2 = 81/3 cos − i sin 3 3 7π 7π z2 = 2 cos − i sin 9 9 z2 = −1, 53 − 1, 29i

51

π/3 + 2(2)π π/3 + 2(2)π z3 = 81/3 cos − i sin 3 3 13π 13π z3 = 2 cos − i sin 9 9 z3 = −0,35 + 1, 97i

26. Resolver la ecuación de segundo grado az 2 + bz + c = 0, a 6= 0, z ∈ C az 2 + bz + c = 0 a 2 b c z + =− a a a b c z2 + z = − a a 2 b b c b2 z2 + z + =− + a 4a a 4a 2 b b2 − 4ac z+ = 2a 4a2

52

r b b2 − 4ac z+ =± 2a 4a2 √ b b2 − 4ac z=− ± 2a 2a √ −b ± b2 − 4ac z= 2a 27. Resolver la ecuación z 2 + (2i − 3)z + 5 − i = 0 z 2 + (2i − 3)z + 5 − i = 0 (2i − 3)2 (2i − 3)2 = −5 + i + 4 4 2 2i − 3 5 − 12i z+ = −5 + i + 2 4

z 2 + (2i − 3)z +

2 2i − 3 15 z+ = − − 2i 2 4 r 2i − 3 15 z+ = ± − − 2i 2 4 1 2i − 3 z+ =± − 2i 2 2 2i − 3 1 z=− ± − 2i 2 2 z1 = 2 − 3i

z2 = 1 + i

28. Sea z = i y w = 1 + i. Calcular logz w z = i; w = 1 + i;

rz =

p

rw =

12

p

+

02

−1

= 1;

12 + 12 =

√

logz w = logz w =

θz = tan 2;

θ + w = tan−1 (1) =

log w log z

log(1 + i) log(i)

√ log( 2) + i π4 + 2kπ logz w = log(1) + i π2 + 2kπ √ log( 2) + i π4 + 2kπ logz w = i π2 + 2kπ 53

1 π = 0 2 π 4

√ √ 29. Sea z = − 3 + i y w = −1 + i 3. Verifique que: log(zw) 6= log z + log w √ z = − 3 + i;

√

1 5π √ = 6 3 √ √ √ 2π w = −1+i 3; rw = 1 + 3 = 2; θ+w = tan−1 ( 3) = 3 log(zw) 6= log z + log w √ √ 5π 2π log((− 3+i)(−1+ 3i)) 6= log(2) + i( + 2kπ) + log(2) + i( + 2kπ) 6 3 log(−4i) 6= 2 log(2) + i 9π 6 + 4kπ 2 1+i 30. Calcular el siguiente numero complejo: z = log i 1−i 2 1+i z = log i 1−i (1 + i)(1 + i) z = −2i log (1 − i)(1 + i) (1 + i)2 z = −2i log (1 + 1) 2i z = −2i log 2 i h π z = −2i log(1) + i( + 2kπ) 2 h π i z = −2i i( + 2kπ) ; k=0 2 h π i z = −2i i( ) 2 z=π rz =

3 + 1 = 2;

θz = tan−1

Problemas Planteados: 1) Suponiendo z1 = r1 (cos(θ1 ) + i sin(θ1 )) y z2 = r2 (cos(θ2 ) + i sin(θ2 )) demuestre que: z1 · z2 = r1 · r2 (cos(θ1 + θ2 ) + i sin(θ1 + θ2 )) z1 r1 = [cos(θ1 − θ2 ) + i sin(θ1 − θ2 )] z2 r2 2) Sabiendo que cosn (θ) = coshn (θi) determine el valor de cos4 (θ). 1 1 3 Resp: cos4 (θ) = cos(4θ) + cos(2θ) + 8 2 8 3) Sabiendo que z = x + yi, escriba las siguientes ecuaciones en funci z: 54

2x + y = 0 x2 + y 2 = 36 Resp: (2i + 1)z + (2i − 1)¯ z = 10i y z · z¯ = 36 4) Sea z1 = 1 − i, z2 = −2 + 4i y z3 = 2 + i halle el valor de z: z = z12 + 2z2 −

1 z3 z¯3 3 + + |z2 |2 − z3 1 + z1 + 2 z¯3 z3 5

Resp: 11 + 6i −32 5) Determinar analca y grcamente todas las cinco ras de z = i Resp: z1 = 1,9 + 0,62i z2 = 2i z3 = −1,9 + 0,62i z4 = −1,18 − 1,62i z5 = 1,18 − 1,62i 6) Describir cada uno de los siguientes lugares geomicos, expresolos en tinos de las coordenadas rectangulares. Notese que z = x + iy con x, y ∈ R zz = 16 zz − 2z − 2z + 8 = 0 z+z =4 z = z + 6i Resp: a)x2 + y 2 = 16 b)x2 + y 2 − 4x + 8 = 0 c)x = 2 d)y = −3 7) Hallar un numero complejo z tal que su parte real es el doble de la parte imaginaria y que ademumple z 2 = −7 + 24i √ i Resp: z = ±2 61 + 2 8) El complejo de argumento 70 y módulo 16 es el producto de dos complejos, uno de ellos tiene de argumento 40 y módulo 2. Escribir en forma bina el otro complejo. √ Resp: z = 4 3 + 4i 9) Resolver la ecuaci2 + (2i − 3)z + 5 − i = 0 Resp: z1 = 2 − 3i y z2 = 1 + i 1+i 2 10) Calcular el siguiente numero complejo: z = log i 1−i Resp: z = π 11) Resolver la ecuaci2z2 + (−1 + i) z + 3 + i = 0 1 3i Resp: z1 = − ; z2 = i 2 2 12) Si z1 y z2 son las ras de una ecuaci segundo grado con coeficientes reales, demostrar que: z1n + z2n es real para cualquier entero n. Si la ecuaci en particular z 2 − 2z + 2 = 0, calcular z1n + z2n nπ n/2 Resp: 2 cos ·2 4

55

13) Sabiendo que a y b son ras de la ecuaci2 sin2 (γ)−z sin(2γ)+1 = 0, cos(nγ) demostrar que an + bn = 2 n cos (γ) 14) Sabiendo que las ras n-mas de la unidad es igual a cero, probar que: 1 + cos(72◦ ) + cos(144◦ ) + cos(216◦ ) + cos(288◦ ) = 0 sin(72◦ ) + sin(144◦ ) + sin(216◦ ) + sin(288◦ ) = 0 15) Calcular y expresar en forma bina la suma: 1 1 1 S =1+ + ... + + 1 + i (1 + i)2 (1 + i)2 8 Resp: 1 − i(2−14 + 1) iθ n −n 16) Si z = e , demostrar que z + z = 2 cos(nθ) y z n − z −n = 2i sin(nθ) 17) Demostrar que cualquier rae la ecuaci3 + 3z + 5 = 0 tiene mo mayor que la unidad. 3b − 2ai sea real y de mo 18) Calcular los valores de a y b para que 4 − 3i la unidad Resp: a = 2/3, b = 4/3 z1 + z2 19) Si z1 y z2 son complejos, qupresenta el nmero . Cus el 2 lugar geomico de los puntos γz1 + βz2 si γ y β son reales y se verifica que γ + β = 1 20) Calcular el valor de z = log1+i (1 − i) 4(ln(2))2 − π 2 − 4 ln(2)πi Resp: z = 4(ln(2))2 + π 2 21) Separar cada una de las siguientes funciones en parte real e imaginaria es decir u(x, y) y v(x, y) tal que f (z) = u + iv f (z) = z +

1 z 1 + y2 1 v(x, y) = y1 − 2 x + y2

Resp: u(x, y) = x1 +

22) Encontrar el valor de: 4 sinh

23) Encontrar el valor de:

πi 3

x2

√ Resp: z = 2 3i

πi · cosh (2k + 1) 2 Resp: z = 0

3πi 24) Encontrar el valor de: coth 4 Resp: z = i

56

25) Obtener todos los valores, y encontrar el valor principal en cada caso: ln(−4) ln(3i) π Resp: z = 2 ln 2 + iπ y z = ln(3) + i 2 26) Determinar un nmero complejo sabiendo que si despue multiplicarlo por (1 − i) se le suma al resultado (−3 + 5i) y se divide lo obtenido por (2 + 3i) se vuelve al complejo de partida. Resp: z = 1 + i 27) Demostrar que la elipse |z + 3| + |z − 3| = 10 se puede representar y2 x2 + =1 en forma rectangular como 25 16 28) Hallar una ecuacira una circunferencia de radio 2 y con centro en (−3, 4) Resp: |z + 3 − 4i| = 2 2

29) Resolver la ecuaci1-i)z − 7 = i Resp: z1 = 2 + i y z2 = −2 − i √ 30) Encontrar lodos los valores de: ln( 3 − 1) √ π Resp: z = ln( 10) + i 6

4.

Problemas Resueltos:

1) Suponiendo z1 = r1 (cos(θ1 ) + i sin(θ1 )) y z2 = r2 (cos(θ2 ) + i sin(θ2 )) demuestre que: z1 · z2 = r1 · r2 (cos(θ1 + θ2 ) + i sin(θ1 + θ2 )) Soluci z1 · z2 = [r1 (cos(θ1 ) + i sin(θ1 ))] · [r2 (cos(θ2 ) + i sin(θ2 ))] = r1 · r2 [cos(θ1 ) cos(θ2 ) + i cos(θ1 ) sin(θ2 ) + i sin(θ1 ) cos(θ2 ) − sin(θ1 ) sin(θ2 )]     = r1 · r2 (cos(θ1 ) cos(θ2 ) − sin(θ1 ) sin(θ2 )) +i (sin(θ1 ) sin(θ2 ) + cos(θ1 ) cos(θ2 )) | {z } | {z } cos(θ1 +θ2 )

= r1 · r2 [cos(θ1 + θ2 ) + i sin(θ1 + θ2 )] z1 r1 = (cos(θ1 − θ2 ) + i sin(θ1 − θ2 )) z2 r2 z1 r1 (cos(θ1 ) + i sin(θ1 )) (cos(θ2 ) − i sin(θ2 )) Solucialign* = · z2 r2 (cos(θ2 ) + i sin(θ2 )) (cos(θ2 ) − i sin(θ2 )) 57

sin(θ1 +θ2 )

 cos(θ1 −θ2 ) sin(θ1 −θ2 ) z }| { z }| {  r1   (cos(θ1 ) cos(θ2 ) + sin(θ1 ) sin(θ2 )) +i (sin(θ1 ) sin(θ2 ) − cos(θ1 ) cos(θ2 ))  = ·  r2   cos2 (θ2 ) + sin2 (θ2 ) 

=

r1 [cos(θ1 − θ2 ) + i sin(θ1 − θ2 )] r2

a) Sabiendo que cosn (θ) = coshn (iθ) determine el valor de cos4 (θ). iθ −iθ 4 + Solucialign* cos4 (θ) = coshn (iθ) = 2 1 4iθ 3iθ −iθ 2iθ −2iθ iθ −3iθ = +4 · +6 · +4 · +−4iθ 16 1 4iθ = + 4 ·2iθ +6 + 4−2iθ +−4iθ 16 1 4iθ +−4iθ 1 2iθ +−2iθ 3 = + + 8 2 2 2 8 1 1 3 = cos(4θ) + cos(2θ) + 8 2 8

6. Sabiendo que z = x + yi, escriba las siguientes ecuaciones en funci z: 2x + y = 0 ( x + yi = z (1) Solucialign* x − yi = z¯ (2) Sumando (1) y (2) 2x = z+ z + z¯ x= 2 De donde se obtiene que: z − z¯ y= 2i sustituyendo en la ecuacion original: z + z¯ z − z¯ + =5 2 2 2i (2i + 1)z + (2i − 1)¯ z = 10i

7. x2 + y 2 = 36 Solucialign* Usando una de las propiedades de los nmeros conjugados obtenemos: z·¯ z = |z|2 = (x + yi)(x − yi) = x2 + y 2 z · z¯ = 36

58

Sea z1 = 1 − i, z2 = −2 + 4i y z3 = 2 + i halle el valor de z: z = z12 + 2z2 −

1 z3 z¯3 3 + + |z2 |2 − z3 1 + z1 + 2 z¯3 z3 5

12+i 2−i 3 + +|−2+4i|2 −2 + i·1 + 1 − i+ 22−i 2+i 5 1 4 + 2i − 1 4 − 2i − 1 3 = 1 − 2i − 1 − 4 + 8i − + + 20 − 2 + i · 2 − i + 2 5 5 5 83 1 3 + 2i + 3 − 2i = + 6i − −5 5 2 5 3 58 = + 6i − 5 5 = 11 + 6i z = 11 + 6i Solucialign* z= 1-i2 +2−2 + 4i−

Determinar analca y grcamente todas las cinco ras de z = q q √ 5 −32(−i) Solucialign* z1/5 = 5 −32 = 5 32i i = −i2 √ r = 32 = 2 θ = φ2 k = 0, 1, 2, 3, π4 π z1 = 2 cos 10 + i sin 10 = 1,9 + 0,62i z2 = 2 cos π2 + i sin π2 = 2i 9π = −1,9 + 0,62i z3 = 2 cos 9π 10 + i sin 10 13π z4 = 2 cos 10 + i sin 13π 10 = −1,18 − 1,62 17π + i sin = 1,18 − 1,62i z5 = 2 cos 17π 10 10

−32 i

5.png

Describir cada uno de los siguientes lugares geomicos, expresolos en tinos de las coordenadas conjugadas z, z zz = 16 (x + yi)(x − yi) = 16 2

x − xyI + xyi + y 2 = 16 x2 + y 2 = 16

59

zz − 2z − 2z + 8 = 0 x2 + y 2 − 2(x + yi) − 2(x − yi) + 8 = 0 x2 + y 2 − 2x − 2yi − 2x + 2yi + 8 = 0 x2 + y 2 − 4x + 8 = 0 z+z =4 x + yi + x − yi = 4 2x = 4 x=2 z = z + 6i x − yi = x + yi + 6i −2yi = 6i y = −3 Hallar un numero complejo z tal que su parte real es el doble de la parte imaginaria y que ademumple z 2 = −7 + 24i Sea

z = a + bi

1)

a = 2b

(a + bi)2 = −7 + 24i a2 − b2 + 2abi = −7 + 24i 2)

2ab = 24 12 a= b 12 2b = b 2 b =6 √ b=± 6 √ a = ±2 6

√ i z = ±2 61 + 2 El complejo de argumento 70 y módulo 16 es el producto de dos complejos, uno de ellos tiene de argumento 40 y módulo 2. Escribir en forma bina el otro

60

complejo. 240i · rθi = 1670i 1670i 240i = 8(70−40)i

rθi = rθi

rθi = 830i √ z = 4 3 + 4i Resolver la ecuaci2 + (2i − 3)z + 5 − i = 0 z 2 + (2i − 3)z + 5 − i = 0 (2i − 3)2 (2i − 3)2 = −5 + i + z 2 + (2i − 3)z + 4 4 2 5 − 12i 2i − 3 = −5 + i + z+ 2 4 2 2i − 3 15 z+ = − − 2i 2 4 r 2i − 3 15 z+ = ± − − 2i 2 4 1 2i − 3 =± − 2i z+ 2 2 2i − 3 1 z=− ± − 2i 2 2

z1 = 2 − 3i

61

z2 = 1 + i

Calcular el siguiente numero complejo: z =

z z z z z

1+i 1−i

1+i 1−i (1 + i)(1 + i) = −2i log (1 − i)(1 + i) (1 + i)2 = −2i log (1 + 1) 2i = −2i log 2 h i π = −2i log(1) + i( + 2kπ) h π i2 = −2i i + 2kπ Suponiendo k = 0 2i h π = −2i i 2

2 z = log i z

2 log i

z=π 2 Resolver la ecuaci2z z tenemos: p + (−1 + i) z + 3 + i = 0 Despejando √ −(−1 + i) ± (−1 + i)2 − 4 ∗ 2(3 + i) 1 − i ± 1 − 1 − 2i − 24 − 8i z= = 4 4 √ 1 − i ± −24 − 10i = 4 √ Si llamamos ahora −24 − 10i = x + iy, resulta que:

−24 − 10i = (x + iy)2 ⇒ x2 − y 2 = −24, 2xy = −10 Ademgualando los mos de ambos complejos, tenemos la ecuaci x2 + y 2 = √ 2 2 24 + 10 = 26 El sistema x2 − y 2 = −24, x2 + y 2 = 26 tiene las cuatro soluciones x = ±1, y = ±5. Como se debe verificar, ademue 2xy = −10, las nicas soluciones posibles son: x = 1, y = −5 y x = −1, y = 5 En definitiva: z=

1 − i ± (1 − 5i) 1 − 3i ⇒ z1 = , z2 = i 4 2

Si z1 y z2 son las ras de una ecuaci segundo grado con coeficientes reales, demostrar que: z1n + z2n es real para cualquier entero n. Si la ecuaci en particular z 2 − 2z + 2 = 0, calcular z1n + z2n Como los coeficientes son reales, tenemos los siguientes resultados posibles en funcil discriminante de la ecuaci: i) Si 4 > 0, hay dos soluciones reales distintas. ii) Si 4 = 0, hay una solucial doble. 62

iii) Si 4 < 0, hay dos soluciones que son complejos conjugados. Ases, si 4 ≥ 0, como z1 , z2 R, es evidente que z1n + z2n R. Si 4 < 0, tenemos que: z¯1 = z2 ⇒ z1n + z2n = z1n + z¯2n = 2Rez1n Las ras de la ecuaci2 − 2z + 2 = 0 son: √ 2 ± 2i 2± 4−8 = ⇒ z1 = 1 + i, z2 = 1 − i z= 2 2 nπ z1n + z2n = 2 cos( ) ∗ 2n/2 4 Para probar que α = z1n + z2n = (1 + i)n + (1 − i)n es real, basta comprobar que α ¯ = α. Entonces: α ¯ = (1 +¯ i)n + (1 −¯ i)n = (1 + i)n + (1 − i)n = α Dando como resultado la deducci la identidad que queros demostrar. Sabiendo que a y b son ras de la ecuaci2 sin2 (γ) − z sin(2γ) + 1 = 0, demostrar cos(nγ) que an + bn = 2 n cos (γ) q sin(2γ) ±

sin2 (2γ) − 4 sin2 (γ)

Calculamos las ras de la ecuacicenter z = 2 sin2 (γ) q sin(2γ) ± 4 sin2 (γ) ∗ cos2 (γ) − 4 sin2 (γ) z= 2 sin2 (γ) q sin(2γ) ± 4 sin2 (γ)(cos(γ) − 1) z= 2 sin2 (γ) sin(2γ) ± 2i sin2 (γ) z= 2 sin2 (γ) sin(γ) cos(γ) ± i sin2 (γ) z= sin2 (γ) cos(γ) ± i sin(γ) z= = cot(γ) ± i sin2 (γ) Llamamos entonces α = cot(γ) + i y b = cot(γ) − 1, que son p complejos conjugados. Escritos en forma trigonomica, como su mo es r = 1 + cot2 (γ) = csc(γ) y el argumento de α es ϕ = arctan(1/ cot(γ)) = γ, resulta que a = csc(γ) ∗ (cos(γ) + i sin(γ)) y b = csc(γ) ∗ (cos(γ) − i sin(γ)). Por la fla de Moivre, sus potencias son: an = cscn (nγ) ∗ (cos(nγ) + i sin(nγ)), b = cscn (γ)(cos(nγ) − i sin(nγ)) Entonces: an + bn = 2 cscn (γ) cos(nγ) L.Q.Q.D. Sabiendo que las ras n-mas de la unidad es igual a cero, probar que: Si la suma de las ras n-mas de la unidad, es cero, entonces:

63

La rauinta de la unidad, es cos(2kπ/5) + i sin(2kπ/5), para k = 0, 1, 2, 3, 4 De donde tenemos: Para Para Para Para Para

k k k k k

=0:1 = 1 : cos(72◦ ) + i sin(72◦ ) = 2 : cos(144◦ ) + i sin(144◦ ) = 3 : cos(216◦ ) + i sin(216◦ ) = 4 : cos(288◦ ) + i sin(288◦ )

Dado que el cero implica que su parte real e imaginaria es igual a cero, tenemos: 1 + cos(72◦ ) + cos(144◦ ) + cos(216◦ ) + cos(288◦ ) = 0 sin(72◦ ) + sin(144◦ ) + sin(216◦ ) + sin(288◦ ) = 0 Y esto es lo que queros demostrar. Calcular y expresar en forma bina la suma: S =1+

1 1 1 + + ... + 1 + i (1 + i)2 (1 + i)2 8

Como los tinos de la suma siguen una progresiomica, su suma es: 1 −1 (1 + i)28 S= 1 −1 (1 + i) i S= − i(1 + i) (i + 1)28 Calculamos: (i + 1)2 = 2i Entonces: (1 + i)24 = (2i)14 = −214 Sustituyendo en el resultado se obtiene: S = 1 − i(214 + 1) Si z = eiθ , demostrar que z n + z −n = 2 cos(nθ) y z n − z −n = 2i sin(nθ) Pasamos a la forma bina y calculamos: z n + z −n = cos(nθ) + i sin(nθ) + cos(nθ) − i sin(nθ) z n + z −n = 2 cos(nθ) L.Q.Q.D.

z n − z −n = cos(nθ) + i sin(nθ) − cos(nθ) + i sin(nθ) z + z −n = 2i sin(nθ) L.Q.Q.D. n

Demostrar que cualquier rae la ecuaci3 + 3z + 5 = 0 tiene mo mayor que la unidad. Si suponemos un α como rae la ecuacistrada, entonces: −5 = α3 + 3α ⇒ 64

| − 5| = |α3 + 3α| = 5 Suponiendo que α ≤ 1, tenemos por desigualdad triangular que: 5 = |α3 + 3α| ≤ |α|3 + 3|α| ≤ 1 + 3 = 4, Esto es un absurdo, dado que 5 nunca va a ser menor que 4, entonces conclus con que |α| > 1 3b − 2ai Calcular los valores de a y b para que sea real y de mo la unidad Mul4 − 3i tiplicando por la conjugada del denominador en el numerador y denominador tenemos:

z=

(12b + 6a) + i(9b − 8a) (3b − 2ai)(4 + 3i) = 16 + 9 25

Dado que se requiere que sea un nmero puramente real, tenemos que: 9b − 8a = 0 Y como su mo debe ser uno, tenemos que: 12b + 6a =1 25 Igualando ambas ecuaciones, tenemos: a=2/3 b=4/3 z1 + z2 Si z1 y z2 son complejos, qupresenta el nmero . Cus el lugar geomico de 2 los puntos γz1 + βz2 si γ y β son reales y se verifica que γ + β = 1 Tenemos que: z1 + z2 x1 + x2 y1 + y2 = + i 2 2 2 Esto representa el punto medio descrito cartesianamente entre el nmero complejo z1 y el nmero complejo z2 Los puntos de la forma γz1 + βz2 son los puntos de la recta. γz1 + βz2 = (1 − u)z1 + uz2 = z1 + u(z2 − z1 )

Es decir, la recta que pasa por z1 y cuyo vector director es z2 − z1 Calcular el valor de z = log1+i (1 − i) Realizamos el cambio de base z = log1+i (1 − i) 65

z=

z=

z=

ln(1 − i) ln(1 + i)

ln(2)/2 − π/4i ln(2)/2 + π/4i

4(ln(2))2 − π 2 − 4 ln(2)πi 4(ln(2))2 + π 2

Separar cada una de las siguientes funciones en parte real e imaginaria es decir u(x, y) y v(x, y) tal que f (z) = u + iv

f (z) = z +

1 z x − iy 1 ∗ x + iy x − iy x − iy f (z) = x + iy + 2 x + y2 x iy f (z) = x + 2 + iy − 2 x + y2 x + y2 1 u(x, y) = x1 + 2 x + y2 1 v(x, y) = y1 − 2 x + y2 f (z) = x + iy +

Encontrar el valor de: 4 sinh

z z z z z z

πi 3

πi πi − e 3 −e 3 =4 2 πi πi − 3 = 2e − 2e 3 π π π π = 2cos + i sin − 2cos − i sin 3 3 3 3 π π π π = 2 cos + i2 sin − 2 cos + i2 sin 3 3 3 3 π = 4i sin √ 3 3 =4 i 2 √ z = 2 3i 66

Encontrar el valor de:

πi · cosh (2k + 1) 2 πi cosh(2k + 1) 2 πi e2k+1 + e−2k−1 = 2 2 πi 2k+1 = e + e−2k−1 4 iπe2k+1 iπe−2k−1 = + 4 4 iπe2k+1 iπe2k+1 = − 4 4 z=0

z= z z z z

67

Encontrar el valor de: coth

3πi 4

3πi 4 = 3πi sinh 4 3πi 3πi − 4 e +e 4 2 = 3πi 3πi − e 4 −e 4 2 3πi 3πi − 4 +e 4 e = 3πi 3πi − e 4 −e 4 3π 3π 3π 3π cos + i sin + cos − i sin 4 4 4 4 = 3π 3π 3π 3π cos + i sin − cos + i sin 4 4 4 4 3π 2 cos 4 = 3π 2i sin √ 4 2 − = √2 2 i 2 1 =− i z=i cosh

z

z

z

z

z

z

z

Obtener todos los valores, y encontrar el valor principal en cada caso:

68

ln(−4) z = ln(−4) p z = ln (−4)2 + (0)2 + i(θ + 2kπ) z = ln(4) + i(θ + 2kπ) argumento

θ=π z = 2 ln(2) + i(π + 2kπ)

|π + 2kπ| ≤ π

k=0

π≤π z = 2 ln 2 + iπ ln(3i) z = ln(3i) p z = ln( (0)2 + (−3)2 + i(θ + 2kπ)) argumento

z = ln(3) + i(θ + 2kπ) π θ= 2 π z = ln(3) + i + 2kπ 2 π + 2kπ ≤ π 2 π ≤π 2

k=0

z = ln(3) + i

π 2

Determinar un nmero complejo sabiendo que si despue multiplicarlo por (1 − i) se le suma al resultado (−3 + 5i) y se divide lo obtenido por (2 + 3i) se vuelve al complejo de partida. Sea

z = a + bi

(a + bi)(1 − i) + (−3 + 5i) = a + bi 2 + 3i a + bi − ai + bi − 3 + 5i = (a + bi)(2 + 3i) a + b − ai + bi − 3 + 5i = 2a − 3b + 2bi + 3bi a − 4b + 4ai + bi = −3 + 5i a − 4b = −3

4a + b = 5

a = 4b − 3

16b − 12 + b = 5

b=1

a=1

z =1+i 69

Demostrar que la elipse |z + 3| + |z − 3| = 10 se puede representar en forma x2 y2 rectangular como + =1 25 16 z = x + iy |x + iy + 3| + |x + iy − 3| = 10 |(x + 3) + iy| + |(x − 3) + iy| = 10 p p (x + 3)2 + y 2 + (x − 3)2 + y 2 p (x + 3)2 + y 2 = 100 − 20 (x − 3)2 + y 2 + (x − 3)2 + y 2 p 20 (x − 3)2 + y 2 = x2 − 6x + 9 + 100 − x2 − 6x − 9 400(x2 − 6x + 9 + y 2 ) = (100 − 12x)2 400x2 − 2400x + 3600+400y 2 = 1000 − 2400x + 144x2 256x2 +400y 2 = 6400 x2 y2 + =1 6400 6400 256 400 y2 x2 + =1 25 16

Hallar una ecuacira una circunferencia de radio 2 y con centro en (−3, 4) (x − h)2 + (y − k)2 = r2 (x − 3)2 + (y − 4)2 = 22 p

(x − 3)2 + (y − 4)2 = 2

|(x + 3) + (y − 4)i| = 2 |x + 3 + yi − 4i| = 2 Como

z = x + yi

|z + 3 − 4i| = 2

Resolver la ecuaci1-i)z2 − 7 = i

70

(1 − i)z 2 − 7 = i i+7 z2 = 1−i 7+i 1+i 2 z = ∗ 1−i 1+i 6 + 8i z2 = 2 z 2 = 3 + 4i p r = 32 + 42 = 5 θ = 53, 13 √ 53, 13 53, 13 + i sin =2+i z1 = 5cos 2 2 √ 413, 13 413, 13 z2 = 5cos + i sin = −2 − i 2 2 √ Encontrar lodos los valores de: ln( 3 − 1) √ z = ln( 3 − 1) p z = ln (3)2 + (−1)2 + i(θ + 2kπ) √ z = ln( 10) + i(θ + 2kπ) −1 argumento tan θ = √ 3 11π θ= 6 √ 11π + 2kπ z = ln( 10) + i 6 11π + 2kπ ≤ π k = −1 6 11π − 2π ≤ π 6 −π ≤π 6 √ π z = ln( 10) + i 6

71

5. 5.1.

LÍMITES DERIVADAS Y CONTINUIDAD L´ımites

1. Demostrar que le l´ımite existe . l´ım

z→1

3z + 2 5 = z+1 2

´ DEMOSTRACION Para todo ε > 0 existe δ > 0 / |z − z0 | < δ implica |f (z0 ) − f (z)| < ε |f (z0 ) − f (z)| < ε |

3z + 2 5 − |<ε z+1 2 (2z + 3) | |<ε 2(z + 1) 0 < |z − 1| < δ

|

2δ + 5 (2z + 3) |< 2(z + 1) 2(z + 1)

Basta tomar

2(z + 1)ε − 5 2

δ= 2. Demostrar que le l´ımite existe

a2 =∞ z→1 z − 1 l´ım

´ DEMOSTRACION Para todo ε > 0 existe δ > 0 / |z − z0 | < δ implica |f (z)| > ε |f (z)| > ε |

a2 |>ε z−1

|z − 1| < δ a2 a2 > |z − 1| δ Basta tomar δ=

a2 ε

3. Demostrar que le l´ımite existe l´ım z 3 = ∞

z→∞

72

´ DEMOSTRACION Para todo ε > 0 existe δ > 0 / |z| > δ implica |f (z)| > ε |f (z)| > ε |z 3 | > ε |z| > δ |z 3 | > δ 3 Basta tomar δ=

√ 3

ε

4. Halllar el siguientes l´ımite. z 2 − 3z + 2 z→1 z−1 l´ım

´ SOLUCION z 2 − 3z + 2 (z − 2)(z − 1) = l´ım = l´ım (z − 2) = −1 z→1 z→1 z→1 z−1 z−1 l´ım

5. Halllar el siguiente l´ımite. 2z + 3i z−1 ´ SOLUCION l´ım

z→1

l´ım

z→1

2z + 3i = l´ım 2 = 2 z→1 z−1

6. Halllar el siguiente l´ımite. z 3 − iz 2 − z + i z→i z−i l´ım

´ SOLUCION 3

2

z − iz − z + i (z 2 − 1)(z − i) = l´ım = l´ım (z 2 − 1) = −2 z→i z→i z→i z−i z−i l´ım

7. Halllar el siguiente l´ımite . l´ım

z→∞

3z + 2i z2 − 1

´ SOLUCION 3z + 2i 3 l´ım = l´ım =∞ z→∞ z 2 − 1 z→i 2z

73

5.2.

Continuidad

1. Analizar la Continuidad de la siguiente función f (z) = si es necesario

z 2 −1 z−1 y

Reedefinirla

´ SOLUCION 2 z −1 l´ım z→1 z − 1 z2 − 1 (z + 1)(z − 1) = l´ım = l´ım z + 1 = 2 z→1 z − 1 z→1 z→1 z−1 z2 −1 si x ε R z−1 f (x) = 2 si x = 1 l´ım

2. Analizar la Continuidad de la siguiente función f (z) = si es necesario

3zi+2 z−2 y

Reedefinirlas

´ SOLUCION 3zi + 2 l´ım z→2 z − 2 3i 3zi + 2 = l´ım = 3i l´ım z→2 1 z→2 z − 2 3zi+2 si x ε R z−2 f (x) = 3i si x = 2 3. Analizar la Continuidad de las siguient funciónf (x, y) = nirla si es necesario

x2 y x2 +y 2

y Reedefi-

´ SOLUCION x2 + y 2 = r2 f (x, y) =

x = rcos(θ)

y = rsen(θ)

x2 y r2 cos2 (θ)rsen(θ) = = rcos2 (θ)sin(θ) 2 +y r2

x2

x2 y r2 cos2 (θ)rsen(θ) = l´ ım = l´ım rcos2 (θ)sin(θ) = 0 r→0 r→0 r2 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 ( x2 y si x ε R x2 +y 2 f (x) = 0 si (x, y) = (0, 0) l´ım

4. Analizar la Continuidad de las siguient funciónf (x, y) = el punto (1,2)

2xy x2 +y 2

+ i x2xy +y 2 en

´ SOLUCION 2xy xy 2(1)(2) (1)(2) l´ım f (x, y) = 2 +i 2 = 2 +i 2 x + y2 x + y2 1 + 22 1 + 22 (x,y)→(1,2) l´ım (x,y)→(1,2)

f (x, y) =

2xy xy 4 2 +i 2 = +i x2 + y 2 x + y2 5 5 74

5.3.

Derivadas

1. Hallar la derivada de la siguiente función f (z) = z 3 + 2z 2 + zi + 2 ´ SOLUCION f (z) = z 3 + 2z 2 + zi + 2 0

f (z) = 3z 2 + 4z + i 2. Hallar la derivada de la siguiente función f (z) = cos2 (x + 2) − sen(x2) ´ SOLUCION f (z) = cos2 (x + 2) − sen(x2) 0

f (z) = −2cos(x + 2)sen(x + 2) − 2cos(x2 )x 3. Hallar la derivada de la siguiente función f (z) = ez

2

+2x+1

´ SOLUCION f (z) = f (z) = ez 0

f (z) = ez

2

+2x+1

2

+2x+1

(2z + 2)

2

es anal´ıtica Necesitamos la derivada 4. Verificar si la funci´ on f (z) = z −2z+5 z−1 de f (z) y ver donde esta existe. ´ SOLUCION f (z) = f (z) = 0

f (z) =

z 2 + 2z + 5 z−1

x2 − 2x − 7 (z − 1)2

La funci´ on es Anal´ıtica en todo el placo C menos en z=1 5. Usar las condiciones de Cauchy Rieman para demostrar que exite la derivada de f (z) = z 3 f (z) = z 3 = (x + iy)3 = (x3 − 3xy 2 ) + i(3x2 y − y 3 ) ux = 3x2 − 3y 2 uy = −6xy vx = 6xy vy = 3x2 − 3y 2 f (z) cumple las condiciones de Cauchy Rieman ux = vy y uy = −vx por lo que exite la derivada de la función

75

6.

Integraci´ on de una Funci´ on Compleja

6.1.

Integraci´ on de Funci´ on Compleja con Variable Real

Resolver los siguientes ejercicios. a) Integraci´ on de la exponencial imaginaria. Z π eit dt 0

π

Z

Z

π

cos t dt + i 0

sin t dt 0

= [ sin t] |π0 − i[ cos t] |π0 = 2i b) Evaluar

R γ

z 2 dz si γ(t) = t + it para 0 ≤ t ≤ 1. z(t) = (1 + i)t f (z(t)) = (z(t))2 = (1 + i)2 t2 = 2it2 z , (t) = 1 + i

Entonces Z

z 2 dz =

Z

γ

1

2it2 (1 + i) dt

0 1

Z

t2 dt =

(−2 + 2i) 0

c) Evaluar

R γ

2 (−1 + i) 3

zRe(z) dz si γ(t) = t − it2 para 0 ≤ t ≤ 2. z(t) = t − it2 f (z(t)) = z(t)Re(z(t)) = (t − it2 )t = t2 − it3 z , (t) = 1 − 2it

Entonces Z

2

Z

(t2 − it3 )(1 − 2it) dt

zRe(z) dz = γ

Z

0

2

(t2 − 3it3 − 2t4 ) dt =

0

Z

2

(t2 − 2t4 ) dt − 3i

0

152 =− − 12i 15

76

Z 0

2

t3 dt

d ) Consideremos f (z) = z1 y λ(t) = eit con 0 ≤ t ≤ 2π define un recorrido, no un arco simple. El recorrido es la circunferencia unitaria, que es la suma de los arcos simples: λ1 (t) = eit , t[0, π] λ2 (t) = eit , t[π, 2π] Z Z π f (eit )ieit dt + f (z) dz =

Z |z|=1

= 0

6.2.

f (eit )ieit dt

π

0

Z

2π

π

1 it ie dt = 2iπ eit

Integrales de Contorno

R e) Evalue la integral de contorno c z 2 dz a lo largo de la trayectoria C de −1 + j a 5 + j3 y formada por dos segmentos de recta, el primero de −i + j a 5 + j y el segundo de 5 + j a 5 + j3.

Z I= c

z 2 dz =

Z

z 2 = (x + jy)2 = (x2 − y 2 ) + j2xy Z 2 2 [(x − y ) dx − 2xy dy] + j [2xy dx + (x2 − y 2 ) dy]

c

c

A lo largo de AB, y = 1 y dy = 0, as´ı que Z 5 Z 2 IAB = (x − 1) dx + j −1

=

5

2x dx

−1

5 1 3 x − x + j[ x2 |5−1 = 36 + j24 3 −1

A lo largo de BD, x = 5 y dx = 0, as´ı que Z 3 Z 3 (25 − y 2 ) dy IBD = (−10y) dy + j 1

1

77

3 1 3 124 2 3 = −5y |1 + j 25y − y = −40 + j 3 3 1 Entonces Z 196 124 2 = −4 + j z dz = IAB + IBD = (36 + j24) + −40 + j 3 3 c R f ) Demuestre que c (z + 1) dz = 0, donde C es la frontera del cuadrado con vértices en z = 0, z = 1 + j1 y z = 0 + j1.

z + 1 = (x + 1) + jy Z I=

Z

c

Z [(x + 1) dx − y dy] + j

(z + 1) dz = c

[y dx + (x + 1) dy] c

A lo largo de OA, y = 0 y dy = 0, as´ı que Z 1 3 IOA = (x + 1) dx = 2 0 A lo largo de AB, x = 1 y dx = 0, as´ı que Z 1 Z 1 1 IAB = −y dy + j 2 dy = − + j2 2 0 0 A lo largo de BD, y = 1 y dy = 0, as´ı que Z 0 Z 0 3 IBD = (x + 1) dx + j dx = − − j 2 1 1 A lo largo de DO, x = 0 y dx = 0, as´ı que Z 0 Z 0 1 IDO = −y dy + j dx = − j 2 1 1 De donde Z (z + 1) dz = IOA + IAB + IBD + IDO = 0 c

78

6.3.

Teorema de Cauchy para Integrales

g) Evalue la integral de contorno I C

z4 dz (z − 1)3

donde el contorno C encierra al punto z = 1. z4 Como f (z) = (z−1) 3 tiene un polo de orden tres en z = 1, se sigue que I

I f (z) dz =

C

γ

z4 dz (z − 1)3

donde γ es un calculo centrado en z = 1. Escribiendo f1 (z) = z 4 , entonces I I f1 (z) f (z) dz = dz (z − 1)3 C γ y como f1 (z) es anal´ıtica dentro y sobre del cálculo γ, se sigue que I 1 d2 f (z) dz = 2πj = πj(12z 2 )z=1 f1 (z) 2 2! dz C z=1 Para que I C

z4 dz = 12πj (z − 1)3

H 1 h) Eval´ ue la integral de contorno C [z(1+z)] si C es el c´ırculo |z| = 2 1 Las singularidades de [z(1+z)] está en z = 0 y −1. Al evaluar los residuos usando se tiene que: l´ım

z→0

1 =1 z(1 + z)

l´ım (z + 1)

z→−1

1 = −1 z(1 + z)

Si C es |z| = 2 entonces ambos polos están dentro de C. Entonces, por el teorema del residuo, I 1 dz = 2πj(1 − 1) = 0 C z(z + 1) H 3 2 +z−1 i ) Eval´ ue la integral de contorno C z −z dz donde C es |z| = 1. z 3 +4z La funci´ on racional z3 − z2 + z − 1 z 3 + 4z Tiene polos en z = 0 , z = 2j y z = −2j. Al evaluar los residuos se obtiene z(z 3 − z 2 + z − 1) 1 =− z→0 z(z 2 + 4) 4 l´ım

79

l´ım

z→2j

l´ım

z→−2j

(z − 2j)(z 3 − z 2 + z − 1) 3 3 =− + j z(z − 2j)(z + 2j) 8 4 (z + 2j)(z 3 − z 2 + z − 1) 3 3 =− − j z(z − 2j)(z + 2j) 8 4

Si C es |z| = 1 entonces el u ńico polo en z = 0 está dentro del contorno, as´ı solo el residuo ah´ı se toma en cuenta en el teorema del residuo, y: I 3 1 1 z − z2 + z − 1 dz = 2πj − = − πj 3 + 4z z 4 2 C j ) Utilice la integraci´ on de contorno y demuestre que: Z ∞ 1 π dx = 2 + 4)2 (x 16 −∞ Considere la integral de contorno I I= C

(x2

1 dx + 4)2

Donde C es el contorno semicircular cerrado como se muestra en la figura. El 1 integrando (x2 +4) 2 tiene los polos de orden dos en z = +2j y z = −2j. Sin embargo, la u ńica singularidad dentro del contorno C es el polo doble en z = 2j l´ım

z→2j

1 d 1 (z − 2j)2 1! dz (z − 2j)2 (z + 2j)2

l´ım

z→2j

−2 −2 1 = =− j (z + 2j)3 (4j)3 32

As´ı, por el teorema del residuo, I 1 1 π I= dx = 2πj − j = 2 + 4)2 (x 32 16 C Segunda Evaluaci´ on Parcial 1) Usando la definici limite demostrar √ 1 z2 + 3 − 2 l´ım = z→1 z−1 2 2) Verificar las condiciones de Cauchy - Rieman y hallar h0 (z) h(z) =

x2

x y −i 2 2 +y x + y2

si (x, y) 6= (0, 0)

x x2 + y 2 y v(x, y) = − 2 x + y2 u(x, y) =

80

Condiciones de Cauchy ∂u(x, y) ∂v(x, y) = ∂x ∂y ∂u(x, y) ∂v(x, y) =− ∂y ∂x Verificando las Condiciones tenemos: ∂u(x, y) y 2 − x2 = 2 ∂x (x + y 2 )2 ∂v(x, y) y 2 − x2 = 2 ∂y (x + y 2 )2 ∂u(x, y) −2xy = 2 ∂y (x + y 2 )2 −2xy ∂v(x, y) = 2 ∂x (x + y 2 )2 Cumple las condiciones por lo tanto existe la derivada, y su derivada estarada de la siguiente manera ∂u(x, y) ∂v(x, y) +i ∂x ∂x 2 2 y − x 2xy h0 (z) = 2 +i 2 2 2 (x + y ) (x + y 2 )2 h0 (z) =

Z 3) Calcular

f (z)dz para C

a 0 f (z) = z donde C es el circulo de centro O y radio 2 (anti horario) Definimos la función a trabajar y su diferencial: f (z) = z = (x + iy) = x − iy dz = dx + idy Definimos la integral: Z Z Z (x − iy)(dy + idy) = (xdx + ydy) + i (xdy − ydx) Establecemos la curva de Parametrización x2 + y 2 = 4 Parametrizacin de la curva: x = f (t) = r cos t + h y = f (t) = r sin t + k 81

x = f (t) = 2 cos t y = f (t) = 2 sin t dx = −2 sin t dt dy = 2 cos t dt

Remplazamos los parámetros en la integral y estableciendo los limites de acuerdo a los valores que puede tomar t Z 2π Z 2π [(2 cos t)(−2 sin t)+(2 sin t)(2 cos t)]dt+i [(2 cos t)(2 cos t)−(2 sin t)(−2 sin t)]dt 0

0 2π

Z

Z

2π

[−4 cos t sin t + 4 sin t cos t]dt + i 0

[4 cos2 t + 4 sin2 t]dt

0

Z i

2π

[4 cos2 t + 4 sin2 t]dt =

0

Z 0

Z

2π

1 cos 2t 1 cos 2t + − ]dt [ + 2 2 2 2

2π

2dt = 2it 2π 0 = 4πi

i 0

b 0 f (z) = R(z) donde C la semicircunferencia que pasa por -i, 1, i(en ese orden) Definimos la función a trabajar y su diferencial: f (z) = R(z) = x dz = dx + idy Definimos la integral: Z Z Z (x)(dy + idy) = xdx + i xdy Establecemos la curva de Parametrización x2 + y 2 = 1 Parametrización de la curva: x = f (t) = r cos t + h y = f (t) = r sin t + k

x = f (t) = cos t y = f (t) = sin t dx = − sin t dt dy = cos t dt

Remplazamos los parámetros en la integral y estableciendo los limites de acuerdo a los valores que puede tomar t Z 2π Z 2π (cos t)(− sin t)dt + i (cos t)(cos t)dt 0

0

82

Z

2π

2π

Z

cos2 tdt

− sin t cos tdt + i 0

0

1 − sin2 t + i 2

t sin 2t + 2 4

|2π 0 =

π i 2

Evaluaci´ on Conjunta a) Describa el lugar geométrico representado por Z + 2i + z − 2i = 6 ∀Z ∈ C p x2 + (y + 2)2 + x2 + (y − 2)2 = 6 p x2 + y 2 + 4y + 4 = 36 − 12 x2 + (y − 2)2 + x2 + y 2 − 4y + 4 p

(8y − 36)2 = 144(x2 + y 2 − 4y + 4) 80y 2 = 144x2 = 720 y2 x2 + =1 9 5 b) Suponga que Z = 1 o W = 1 y que ZW 6= 1 . Demostrar que: Z −W =1 ZW c) Muestre que f (z) = log hallar f 0 (z)

√

Z es derivable usando Cauchy - Gourof y

1 ln Z 2 log 10 h p y i 1 f (z) = ln x2 + y 2 + arctan 2 log 10 x p u(x, y) = ln x2 + y 2 y v(x, y) = arctan x ∂u ∂v = ∂x ∂y x x = 2 x2 + y 2 x + y2 f (z) =

∂u ∂u =− ∂y ∂x y y = 2 x2 + y 2 x + y2 1 x y 1 1 f (z) = − 2 i = 2 2 2 2 log 10 x + y x +y 2 log 10 z d ) Evalue las integrales 83

sin eZ dz donde C es el circulo unitario z C Hallamos el punto que produce la discontinuidad en la función sin eZ f (z) = ,este punto es z0 = 0. z Planteamos nuestra función libre de discontinuidad. I

1)

g(z) = sin eZ Evaluamos el punto de discontinuidad por el teorema de cauchy y obtenemos la solución. I sin eZ dz = 2πig(z0 ) = 2πi sin e0 = 2πig(z0 ) = 2πi sin(1) z C I 2 z − 1dz 2) donde C es el circulo de centro O y radio 2 z+i C Hallamos el punto que produce la discontinuidad en la función f (z) = z 2 − 1dz ,este punto es z0 = −i. z+i Planteamos nuestra función libre de discontinuidad. g(z) = z 2 − 1 Evaluamos el punto de discontinuidad por el teorema de cauchy y obtenemos la solución. I sin eZ dz = 2πig(z0 ) = 2πi(z 2 − 1) = −4πi z C Evaluaci´ on Parcial I a) Calcular

dz donde C es el Circulo Z = 3 z2 + 1

Tomamos la funci(z)=

1 la cual es continua en los puntos z2 + 1

z=i z = −i A B 1 1 f (z) = + = − z+i z−i 2i(z − i) 2i(z + i) I I I dz dz dz = − z2 + 1 2i(z − i) 2i(z + i) I I I dz 1 dz dz = − z2 + 1 2i z−i z+i I I I I I dz 1 dz dz dz dz = + − − z2 + 1 2i C1 z − i C2 z − i C1 z + i C2 z + i

84

I

dz = 2πi porque f (z) es analca ∀z ∈ C − {i} y este punto se C1 z − i encuentra dentro del contorno cerrado. I dz = 0 porque f (z) es discontinua en z = i y este valor se enz −i C2 cuentra fuera del contorno de integracior lo tanto es igual a cero. I dz = 0 porque f (z) es discontinua en z = −i y este valor se C1 z + i encuentra fuera del contorno de integracior lo tanto es igual a cero. I dz = 2πi porque f (z) es discontinua en z = −i y este valor esta C2 z + i dentro del contorno y ademas el exponente n = 1. I I I dz 1 dz dz 1 = − = (2πi ∗ 2πi) = 0 2 z +1 2i z−i z+i 2i

b) Desarrollar la serie de Laurent de f(z) alrededor de z=0, indicar el tipo de singularidad y el tipo de convergencia. f (z) =

1 ln(1 + z)

Utilizando un g(z) = ln(1 + z) g(z) = 0+

1 z −1 z 2 2 z3 −6 z 4 24 z 5 + + + + +.... 2 3 4 1 + z 1! (1 + z) 2! (1 + z) 3! (1 + z) 4! (1 + z)5 5! g(z) = 0 + z − g(z) =

z2 z3 z4 z5 + − + + .... 2 3 4 5 ∞ X (−1)n+1 z n n

n=1

f (z) =

1 ∞ X (−1)n+1 z n n n=1 1

f (z) =

2

z z z4 z5 + − + + .... 2 3 4 5 Por el denominador podemos concluir que la serie converge ∀z ∈ C − {0} La serie posee una singularidad esencial ya que al factorar y sacar sus fracciones parciales, esta serie estarrmada solo por una parte singular y tendr numero infinito de miembros. z en series de Laurent para c) Desarrollar f (z) = (z − 1)(2 − z) z−

85

3

1) z < 1 f (z) =

A B 1 2 + = + z−1 z+2 z−1 z+2 ∞ X 1 1 =− = zn z−1 1 − z n=1

−2 1 =− z−2 1− f (z) =

∞ X

∞ n X z

zn +

n=1

z 2

n=1

2

=

∞ n X z n=1

=

2

∞ n X 1

2

n=1

− 1 zn

1 3 7 f (z) = − z − z 2 − z 3 − .... 2 4 8 2) z − 1 < 1 z−1=u

z =u+1 1 2 f (z) = − u u−1 ∞ n ∞ ∞ X X X −2 1 2 −2 1 1 1 = = −2 − = −2 n+1 n u−1 u u−1 u n=0 u u u n=1 n=0 f (z) = f (z) =

∞ X 1 1 −2 n z−1 u n=1

1 2 2 2 2 − − − − − .... 2 3 z − 1 z − 1 (z − 1) (z − 1) (z − 1)3

3) 1 < z < 1 Para z > 1 1 1 1 = z−1 z1−

1 z

∞ n ∞ X 1 1X 1 = = n+1 z n=1 z z n=1

Para z < 2 −2 1 = z−2 1− f (z) =

∞ X n=1

f (z) =

z 2

1 z n+1

=

∞ n X z n=1

+

2

∞ n X z n=1

2

1 1 1 1 z z2 z3 + 2 + 3 + 4 + ...... + 1 + + + + ... z z z z 2 4 8 Ejercicios de integrales

86

1) Calcular

R C1

z 2 dz siendo C1 = OB

Los extremos son z = 0 y z = 2 + i R 2) Calcular C2 z 2 dz siendo C2 = OAB Z z dz siendo C3 la semicircunferencia superior de |z| = 1, 3) Calcular C3

desde z = −1 hasta z = 1 R 4) Calcular C4 z dz siendo C4 la semicircunferencia inferior de |z| = 1, desde z = −1 hasta z = 1 R 5) C5 z dz siendo C5 la circunferencia |z| = 1, En sentido antihorario 6) Z Sin resolver la integral; hallar una cota superior del modulo de I6 = dz dz siendo C6 el segmento de origen en z = i y extremo en z = 1 4 C6 z Z 7) Calcular z n dz siendo n ∈ N y C la circunferencia de centro en C

z = 0 y radio a. I 8) Evalue la integral guiente figura.

x2 y 3 dx − xy 2 dy donde C es la curva de la si-

C

ez dz 3 C(0. 12 ) z(1 − z) I ez 10) Calcular dz 2 2 C(0,2r) z + r 11) Evaluar la siguiente integral: Z I

9) Calcular

C

dz dx (z − a)(z − b)

Si a y b estn el interior de C 12) Calcular Z C it

si z(t) = 2e + 1 , 0 ≤ t ≤ 2π

87

ez dz z

13) Z

cos(z) dz z−1

C it

si z(t) = 2e + 1, 0 ≤ t ≤ 2π 14) Demostrar la siguiente igualdad: Z Z f (z)dz = − f (z)dz −C

C

15) Si C es el semiculo |z| = R, |arg(z)| ≤ π/2, R > 1 , muestre que: Z π log(z) π ≤ dz log(R) + R z2 2 C 16) Calcular Z |z + 1||dz| |z|=1

17) Calcular N

ekz dz z

Z |z|=1

N es un entero positivo 18) Demostrar: Z |z|=1

logz dz = 0 z

it

Sobre C : z(t) = e , 0 ≤ t ≤ 2π 19) Calcular I C(0,3)

20 Calcular

ezt dz z2 + 1

I C(0,2)

Z 21) Calcule la siguiente integral:

dz z2 + 1

1+i

(z 2 )dz

0

Z 3 22) Calcule el valor numco de la siguiente integral : (z − 2)2 dz 1 Z (2,4) 23) Evale (2y + x2 )dx + (3x − y)dy a lo largo de: (0,3)

a) la parla x = 2t, y = t2 + 3; b) las rectas de (0, 3) a(2, 3) y de (2, 3) a (2, 4) 24) Sea C la curva y = x3Z?3x2 + 4x?1 que une los puntos (1, 1) y (2, 3). (12z 2 − 4iz)dz

Encuentre el valor de c

88

z(e2 − 1) dz 2 C(1,2) (z − a) I ez Calcular las siguiente integrales usando teorema de integrales dz 2 C(0,1) z + 4 R Calcule (z)dz , donde ? es la curva descrita por la parametrizaciα(t) = tcost~i + tsent~j + t~k ; con 0 ≤ t ≤ 2π R Calcule c (x + y)dz, siendo C un triulo de vices (0, 0), (1, 0) y (0, 1) Z z+2 dz si c es el semiculo de Calcule la integral definida como z c iθ z = 2e de (0 ≤ θ ≤ π) Z Calcule la integral definida como (z − 1)dz si c es el arco desde z=0 I

25) Calcular, segn los valores de a, la integral 26) 27) 28) 29)

30)

c

hasta z=2 dado por el semicirculo z = 1 + 2eiθ de (π ≤ θ ≤ 2π) SOLUCIONES

EJERCICIO 1 Soluci

Calcular

R C1

z 2 dz siendo C1 = OB

Los extremos son z = 0 y z = 2 + i

Entonces z (t) = (2 + i) t, t ∈ [0, 1] 2

z es continua sobre C1 Por la definici Z 1 3 (2 + i) t2 dt 0

=

(2+11i) 3

89

R

2

z dzsiendoC1 = OB C1

Z

1

2

[(2 + i)] (2 + i) dt = 0

EJERCICIO 2 Soluci Z

z 2 dz siendo C2 = OAB

Calcular C2

Z I=

z 2 dz

C2

Z =

z 2 dz +

OA

Z

z 2 dz ;OA:z (t) = t,t ∈ [0, 2];AB:z (t) = 2 + it;t ∈ [0, 1]

AB

Luego Z

z 2 dz =

C2

Z

2

Z

t2 dt +

=

8 3

2

(2 + it) i dt

0

Z

1

0

1

Z

1

−4t dt + i 0

4 − t2 dt

0

1 t3 8 2 = + −2t + i 4t − 3 3 0 1 8 = −2+i 4− 3 3 =

2 + 11i 3

Z Z z 2 dz z 2 dz = observamos que C C 2 1 Z Luego z 2 dz = 0 C1 −C2

EJERCICIO 3 Soluci Z z dz siendo C3 la semicircunferencia superior de |z| = 1, desde

Calcular C3

z = −1 hasta z = 1 Es C3 ≡ z (t) = cos t + i sin t 90

= eit t ∈ [π, 0] Z I3 = z dz C3

Z

0

e−it ieit dt

= π

Z

0

=i

dt π

= −iπ EJERCICIO 4 Soluci Z z dz siendo C4 la semicircunferencia inferior de |z| = 1, desde

Calcular C4

z = −1 hasta z = 1 Es C4 ≡ z (t) = eit

t ∈ [π, 2π] Z

I4 =

z dz C4

Z

2π

=

i dt π

= iπ Se observa que I4 6= I3 EJERCICIO 5 Soluci Z z dz siendo C5 la circunferencia |z| = 1, En sentido antihorario. C5

Es I5 = I4 − I3 = 2π ∗ i Como sobre C5 es |z| = 1 =⇒ z =

z |z|2

=

1 z

91

Luego: Z C5

dz , dz z

= 2π ∗ i EJERCICIO 6 Soluci Z Sin resolver la integral; hallar una cota superior del modulo de I6 = C6

dz dz z4

siendo C6 el segmento de origen en z = i y extremo en z = 1

Sobre C6 es f (z) = z14 C6 ≡ z (t) = t + (1 − t) i; t ∈ [0, 1] Z dz dz ≤ M L Es |I6 | = 4 C6 z ( M :cota superior de f (x) = L :longitud deC6

1 z 4 sobreC6

4 Sobre C6 es: z 4 = |z| 2 2 = t2 + (1 − t) 2 = 2t2 − 2t + 1 h i2 2 = 2 t − 12 + 12 ≥ 14 Puede verse tambieomicamente que sobre C es |z| mayor que la distancia OA, √ 4 2 1 es decir |z| > 2 =⇒ |z| > 4

Luego z14 ≤ 4 √ Es por lo tanto √ M=4 y como L = 2 Resulta |I6 | ≤ 4 2

92

EJERCICIO 7 Soluci Z Calcular a.

z n dz siendo n ∈ N y C la circunferencia de centro en z = 0 y radio

C

La funci Z entera y C un contorno cerrado. z n dz = 0 segn el teorema de Cauchy-Goursat. Luego C

Calculando directamente C ≡ aeiθ 0 ≤ θ ≤ 2π Luego Z f (z) dz C

Z

2π

f aeiθ

n

aieiθ dθ

0

= ian+1

2π

Z

ei(n+1)θ dθ

0

an+1 h i(n+1)θ i2π e = n+1 0 =

an+1 (1 − 1) = 0 n+1

EJERCICIO 8 Soluci

93

I Evalue la integral

x2 y 3 dx − xy 2 dy donde C es la curva de la siguiente figura.

C

En este caso vemos 4 curvas distintas por lo que la integral I I I I I = + + + C

C1

C2

C3

C4

Comenzamos con la curva numero 1, tomamos la curva en donde x = 1 constante, mientras que −1 ≤ y ≤ 1 la integral nos queda: I I 2 3 2 x y dx − xy dy = x2 y 3 dx − xy 2 dy C

C1

Z

1

=

12 y 3 dx − 1y 2 dy

−1

=−

2 3

EJERCICIO 9 Soluci I Calcular C(0. 12 )

ez dz z(1 − z)3

En este ejercicio nuestro contorno es una circunferencia de centro en 0 y de radio R = 12 , por lo que debemos analizar solo los puntos dentro de este intervalo. Tenemos como puntos cr´ıticos de esta ecuación a: z1 = 0 y z2 = 1, de los cuales solo z1 esta dentro de nuestro contorno, as´ı que procederemos a realizar las fracciones parciales antes de proseguir con la resolución del ejercicio. ez B C D 1 1 3 z A z 1 =e + + + =e + − + z(1 − z)3 z 1−z (1 − z)2 (1 − z)3 z 1−z (1 − z)2 (1 − z)3 94

Entonces tenemos a nuestra integral expresada de la siguiente manera: I C(0. 12 )

ez dz = z(1 − z)3

I C(0. 12 )

ez + z

I C(0. 12 )

ez − 1−z

I C(0. 12 )

ez +3 (1 − z)2

I C(0. 21 )

ez (1 − z)3

Ahora como hab´ıamos mencionado antes, el punto que nos interesa estudiar es z0 = 0 puesto que es el nico que se encuentra dentro de nuestro contorno. Ahora aplicamos el Integral de Cauchy I ez dz = 2πif (z0 ) 3 C(0. 21 ) z(1 − z) Ahora procedemos a resolver la ecuación I ez dz = 2πi e0 = 2πi 3 C(0. 21 ) z(1 − z) EJERCICIO 10 Soluci I Calcular C(0,2r)

z2

ez dz + r2

Nuestro contorno es una circunferencia de centro en el origen y radio r. La integral presenta puntos crcos en z = −ir y z = ir por lo tanto: I Z Z ez ez 1 ez 1 dz + dz dz = − 2 2 2ri z + ir 2ri z − ir C(0,2r) z + r C

I C(0,2r)

C

1 ir ez 1 1 dz = − (2πi) e−ir + (2πi) eir = e − e−ir z 2 + r2 2ri 2ri r

EJERCICIO 11

95

Soluci Evaluar la siguiente integral: Z C

dz dx (z − a)(z − b)

Si a y b estn el interior de C por fracciones parciales se tiene: 1 A B = + (z − a)(z − b) z−a z−b A(z − b) + B(z − a) 1 = (z − a)(z − b) (z − a)(z − b) 1

= A(z − b) + B(z − a)

1

= Az − Ab + Bz − Ba

0 1

= A+B =

−Ab − Ba

(1) (2)

Entonces resolviendo (1) y (2) se tiene que B=

−1 b+a

A=

1 b+a

y

La integral nos quedaria Z Z Z 1 dz 1 dz dz = − (z − a)(z − b) a + b (z − a) a + b (z − b) C C C Si a y b estn el interior de C entonces las funciones no son analcas en la regir lo tanto Z Z dz dz ∧ = 2πi (z − a) (z − b) C C entonces 96

Z

dz 2πi 2πi = − (z − a)(z − b) a+b a+b Z dz =0 (z − a)(z − b) C

C

EJERCICIO 12 Soluci Calcular

ez dz z

Z C it

si z(t) = 2e + 1 , 0 ≤ t ≤ 2π

z(t) = 2eit + 1 dz(t) = 2ieit dt Z γ

Z γ

Z γ

it

2π

e2e +1 2ieit dt 2eit + 1

0

Z

ez dz = 2ei z

Z

γ

γ

Z

ez dz = 2ei z

Z

Z

ez dz = z

it

2π

e2e eit dt 2eit + 1

2π

e(e )2 it e dt 2eit + 1

0

0

2π

ez dz = 2ei z

Z

ez dz = −4e z

Z

0

97

0

2π

it

2ti.eit dt 2eit + 1 teit dt 2eit + 1

La expresieit no va a ser −1, ni negativo nunca; por lo tanto la funci analca (continua) en la regi, entonces

γ

ez dz = 0 z

C

cos(z) dz z−1

Z

EJERCICIO 13 Soluci

Z it

si z(t) = 2e + 1, 0 ≤ t ≤ 2π

Aplicando el teorema de Cuchy para integrales: Z f (z) 2πi n f (z0 ) dz = n+1 (z − z ) n 0 C se tiene: z0 = 1 Z C

cos(z) = 2πi · cos(1) z−1

EJERCICIO 14 Soluci Demostrar la siguiente igualdad: Z Z f (z)dz = − f (z)dz −C

C

DemostraciParametrizando f (x) : [β, −α] → C para −C dada por f (x) = f (−t), para la cual t = −x, f 0 (x) = −f 0 (−t)

98

Z

Z

−α

β

f (f (x))f (x)dt = −

f (z)dz = −C

Z

0

−β

0

f (f (t))f (t)dt = − α

EJERCICIO 15 Soluci Si C es el semiculo |z| = R, |arg(z)| ≤ π/2, R > 1 , muestre que: Z π π log(z) ≤ dz log(R) + R z2 2 C Demostracif(z)=log(z)=Log—z— + iarg(z) f(z)=z2 donde Arg(i) = π/2 Z Z 2π 0 log(z) z (t) π dz = = 2 2 z z(t) R C 0 z=R Z π π log(z) ≤ dz + log(R) R z2 2 C EJERCICIO 16 Soluci Calcular

Z |z + 1||dz| |z|=1

z(t) = eit sumo 1 a cada lado z(t) + 1 = eit + 1 dz = ieit 99

Z f (z)dz C

Z

2π

Z

|ieit + 1||dz|

|z + 1||dz| = |z|=1

Z

0

|z + 1||dz| = e2π + 2π

|z|=1

EJERCICIO 17 Soluci Calcular

N

Z |z|=1

ekz dz z

N es un entero positivo Aplicando el teorema de Cauchy para integrales: Z 1 f (z) f (z0 ) = 2πi C z − z0 se tiene: z0 = 0

Z 2π kzN N ekz e dz = dz z z |z|=1 0 Z 2π kzN N 1 e ek(0) = dz 2πi 0 z Z N ekz dz = 2πi z |z|=1

Z

EJERCICIO 18 Soluci

100

Demostrar:

Z |z|=1

logz dz = 0 z

it

Sobre C : z(t) = e , 0 ≤ t ≤ 2π La funcilog zznoesanalcaen|z| ≤ 1 Z C

logz dz z

logz 1 − logz Sonanalcassobreelinteriorde|z| = La funcif (z) = Suderivada :f 0 (z) = z z2 1. Al ser la derivada analca, es continua. Por lo tanto se puede aplicar el teorema de Cauchy, ya que el punto estntro del contorno, y se obtiene Z logz dz = 0 |z|=1 z EJERCICIO 19 Soluci Calcular

I C(0,3)

ezt dz z2 + 1

Nuestro contorno es una circunferencia de centro en el origen y radio 3. La integral presenta puntos crcos en z = i y z = −i que se encuentran dentro del contorno por lo tanto se puede calcular la integral:

ezt ezt A B i i zt zt = = e + = e − z2 + 4 (z + 2i)(z − 2i) z + 2i z − 2i 4(z + 2i) 4(z − 2i) I I I ezt i ezt i ezt dz = dz − dz 2 4 C(0,3) z + 2i 4 C(0,3) z − 2i C(0,3) z + 4 I ezt dz = 2πi [f1 (z1 ) + f2 (z2 )] 2 C(0,3) z + 4 I ezt 2πi2 −2it π dz = e − e2it = − e−2it − e2it 2 4 2 C(0,3) z + 4 EJERCICIO 20

101

Soluci Calcular

I C(0,2)

I C(0,2)

I

dz = 2 z +1

C(0,2)

dz z2 + 1

dz = (z + i)(z − i)

I

1 z+i zo = i

f (z) =

I C(0,2)

dz = 2πif (zo ) +1

z2

I

dz = 2πif (i) 2+1 z C(0,2) I dz 1 = 2πi 2+1 z 2i C(0,2) I dz =π 2+1 z C(0,2) EJERCICIO 21 Soluci Z

1+i

(z 2 )dz

Calcule la siguiente integral: 0

= =

(1 + i)3 3

− (0)

(1 + 3i + 3i2 + i3 ) 3 −2 + 2i 3 2 = (−1 + i) 3 =

102

C(0,2)

1 z+i

z−i

dz

EJERCICIO 22 Soluci 3

Z

(z − 2)2 dz

Calcule el valor numco de la siguiente integral : 1

z4 = − 2z 3 + 6z 2 − 8z 4

3 1

(−3, 75) − (−3, 75) = −3, 75 + 3, 75 =0 EJERCICIO 23 Soluci Z

(2,4)

Evale

(2y + x2 )dx + (3x − y)dy a lo largo de:

(0,3)

a) la parla x = 2t, y = t2 + 3; b) las rectas de (0, 3) a(2, 3) y de (2, 3) a (2, 4)

a) Z =

1

(2(t2 + 3) + (2t)2 )2dt + (3(2t) − (t2 + 3))2tdt

0 1

Z

(24t2 + 12 − 2t3 − 6t)dt

= 0

24t3 2t4 6t2 + 12t − − 3 4 2 33 = 2

=

b) Z =

2

(6 + x2 )dx + (3x − 3)0

0

Z =

2

(6 + x2 )dx

0

103

=

44 3

EJERCICIO 24 Soluci 3 2 Sea C la curva Z y = x ?3x + 4x?1 que une los puntos (1, 1) y (2, 3). Encuentre el valor de (12z 2 − 4iz)dz c

Parte a de (1, 1)a(2, 1) y = 1ydy = 0 z = x + iy z =x+i dz = dx Z

2

(12(x + i)− 4i(x + i))dx

1

2 4(x + i)3 − 2i(x + i)2 1 = 20 + 30i

Parte b de (2, 1)a(2, 3) x = 2, dx = 0 z = x + iy z = 2 + iydz = idy Z

3

(12(2 + iy)2 − 4i(2 + iy))dy

1

3 4(2 − iy)3 − 2i(2 + iy)2 1 = −176 + 8i entonces la respuesta es la parte a + parte b : (20 + 30i) + (−176 + 8i) = −156 + 38i

104

EJERCICIO 25 Soluci I Calcular, segn los valores de a, la integral C(1,2)

z(e2 − 1) dz (z − a)2

Si a esta dentro del origen c I I I ez z aez dz − dz dz + 2 2 C z−a C (z − a) C (z − a) 2πi (aea − 1) 1! = 2πi(ea (1 + a) − 1)

= 2πiea +

EJERCICIO 26 Soluci I Calcular las siguiente integrales usando teorema de integrales C(0,1)

I C

I C

ez dz z2 + 4

ez dz (z + 2i)(z − 2i)

i ez i ez ∗ − ∗ 4 (z + 2i) 4 (z − 2i) z 6= −2iz 6= 2i

H Como los dos puntos estuera de la regi integral cerrada en la regiescero C 0 EJERCICIO 27

ez (z+2i)(z−2i) dz

Soluci R Calcule (z)dz , donde ? es la curva descrita por la parametrizaciα(t) = tcost~i+ tsent~j + t~k ; con 0 ≤ t ≤ 2π

α(t) = tcost, tsent, t 105

=

dα = cost − tsent, sent + tcost, 1 de o a 2 π como es continua la integral es Z 2π p t 2 + t2 dt 0

2π 1 2 32 = (2 + t ) 3 0 p √ 1 (2 + 4π 2 )3 − 2 2 = 3

EJERCICIO 28 Soluci Calcule

R c

(x + y)dz, siendo C un triulo de vices (0, 0), (1, 0) y (0, 1)

α1 (t) = (t, 0)

dα = (1, 0)

α2 (t) = (1 − t, t) Z

dα = (−1, 1)

α3 (t) = (0, 1 − t) dα = (0, 1) Z Z Z (x + y) (x + y) (x + y) + =

c

=

α3

α2

α1

Z

1

tdt +

Z 1√

0

Z 2dt +

0

1

(1 + t)dt 0

√ t2 t2 n + 2t + t − = 2 2 √ =1+ 2

1 0

EJERCICIO 29 Soluci Z Calcule la integral definida como z = 2eiθ de (0 ≤ θ ≤ π)

c

z+2 dz si c es el semiculo de z

106

Z c

z 2 + z z

Z

2 1 + dz z c

como z = 2eiθ y dz = 2ieiθ π 2 1 + iθ (2ieiθ )dθ 2e 0 Z π 2ieiθ + 2i

Z

0

π = −2eiθ + 2iθ 0 π

= [−2(cosθ + i ∗ senθ) + 2iθ]0 = −2(−1) + 2iπ − (−2) = 4 + 2iπ

EJERCICIO 30 Soluci Z (z − 1)dz si c es el arco desde z=0 hasta z=2

Calcule la integral definida como dado por el semiculo z = 1 + 2e

iθ

c

de (π ≤ θ ≤ 2π)

Z (z − 1)dz c

Z

2π

(1 + eiθ − 1)(i ∗ eiθ )dθ

π

107

Z

2π

(i ∗ eiθ )dθ

π

= −2e2iθ 2π

= [−2(cos2θ + isen2θ)]π = −2 + 2 =0

Ejercicios 10.1 En los problemas del 1 al 16, calcule la integral indicada a lo largo del contorno propuesto

1.

R c

(z + 3) · dz, donde C es x = 2t, y = 4t − 1, 1 ≤ t ≤ 3

z = x + iy z = 2t + i(4t − 1) dz = 2 + 4i · dt R3 1

(2t + 4it − i + 3)(2 + 4i) · dt

10t − 6t2 + (8t2 + 10t)i |31 = −28 + 84i

2.

R c

(2z − z) · dz, donde C es x = −t, y = t2 + 2, 0 ≤ t ≤ 2

z = x + iy z = −t + i(t2 + 2) z = −t − it2 − i2 dz = −1 + 2it · dt R2 0

[2(−t − it2 − 2i) − (−t + i(t2 + 2))](−1 + 2it) · dt

(−2t − 2it2 − 4i + t − it2 − 2i)(−1 + 2it) dt R2 0

(−t − 3it2 − 6i)(−1 + 2it) · dz

108

=

(6t2 +13)2 24

= 50 +

R

3.

c

3

+ ( t3 + 6t)i |20

44 3 i

z 2 · dz, donde C es z(t) = 3t + 2it,−2 ≤ t ≤ 2

z = x + iy x = 3t, y = 2t dz = 3 + 2i · dt R2 −2

(3t + 2it)2 (3 + 2i) · dt

= −3t3 +

4.

R c

46t3 2 3 i |−2

= −48 +

736 3 i

(3z 2 − 2z) · dz, donde C es z(t) = t + it2 , 0 ≤ t ≤ 1

x = t, y = t2 dz = 1 + 2it · dt R1 0

[3(t + it2 ) − 2(t + it2 )](1 + 2it) · dt

[(3(t2 + 2it3 − t4 ) − 2t − 2it2 )] [3t2 + 6it3 − 3t4 − 2t − 2it2 ](1 + 2it) dt =−t2 (3t3 − t2 − t + 1) − t3 (t3 − 3t + 2)i = −2

109

R 5. c 1+z · dz, donde C es la mitad derecha del c´ırculo |z| = 1 z desde z = −i hasta z = i

03.jpg

z = eit dz = ieit · dt i

R π/2

it

−π/2

it ( 1+e eit )e · dt

= cos t + (sin t + t)i =(π + 2)i

6.

R c

|z|2 · dz, donde C es x = t2 , y = 1/t, 1 ≤ t ≤ 2

z = x + iy z = t2 +

i t

dz = 2t − i

R2 1

i t2

· dt

|t2 + ti |2 (2t −

6 ln(t)+t6 3

−

i t2 )

t6 −1 2 3t3 i |1 =

· dt 2 ln 2 + 21 −

21 8 i

110

7.

H c

Re(z) · dz, donde C es el c´ırculo |z| = 1

04.jpg

z = eit cos t + i sin t dz = ieit dz = − sin t + i cos t i

R 2π 0

cos t(− sin t + i cos t) dt

(cos t)2 2

t + ( sin t∗cos + 2t )i 2

= πi

8.

H

( 1 c (z+i)3

−

5 z+i

+ 8) · dz, donde C es el c´ırculo

|z + i| = 1, 0 ≤ t ≤ 2π

111

05.jpg

z = x + iy |x + iy + i| = 1 |x + i(y + 1)| = 1 x2 + (y + 1)2 = 1 2 x + y 2 + 2y + 1 = 1 y 2 + 2y + x2

06.jpg

sin θ =

√

1 − x2

cos θ = x z = x + iy cos θ + i(−1 ± sin θ) z = cos θ + i sin θ − i 112

z = eiθ − i dz = ieiθ dθ = −10πi Segundo caso z = x + iy z = cos θ − i sin θ − i z = e−iθ − i dz = −ieiθ dθ = 10πi

R 9. c x2 + iy 3 · dz, donde C es la l´ınea recta que se va desde z = 1 hasta z = i m= =

y2 −y1 x2 −x1

1−0 0−1

m=

= −1

y−0 x−1

−x + 1 = y dx = −dy z = x + iy dz = dx + idy dz = dx(1 − i) R0 1

[x2 + i(−x + 1)3 ](1 − i) dx 4

− x4 +

4x3 3

−

3x2 2

4

+ x + (− x4 +

4x3 3

−

3x2 2

7 1 =− 12 + i 12

113

+ x)i

R 10. c x3 − iy 3 · dz, donde C es la mitad inferior del c´ırculo |z| = 1 desde z = −1 hasta z = 1

07.jpg

z = eit z = cos t + i sin t dz = − sin t + i cos t dt R 2π π

(cos3 t − i sin3 t)(− sin t + i cos t) dt

= i 3π 4 Segundo caso R 2π −π

(cos3 t − i sin3 t)(− sin t + i cos t) dt

= i 9π 4

11. ez · dz, donde C es la trayectoria poligonal formada por los segmentos de l´ınea que van desde z = 0 hasta z = 2 y desde z = 2 hasta z = 1 + πi

R

c

114

08.jpg

−y1 m = xy22 −x 1 = π−0 = −π 1−2 y−0 m = x−2 −πx + 2π = y dy = −πdx z = x + iy dz = dx − iπdx dz = dx(1 − iπ)

R2 0

ex dx +

R1 2

ex+i(−πx+2π) (1 − iπ) dx

ex |20 + ex (−1)|12 e2 − 1 − e2 − e = −1 − e

12. R

sin z · dz, donde C es la trayectoria poligonal formada por los segmentos de c l´ınea que van desde z = 0 hasta z = 1 y desde z = 1 hasta z = 1 + i

115

09.jpg

z = x + iy dz = dx + idy R1 0

sin x dx + i

− cos(x)|10 + i

R1 0

R1 0

sin(1 + iy) dy

sin u du

1 − cos(1) − cos(1 + iy)|10 = 1 − cos(1 + i)

13. R

Im(z − i) · dz, donde C es la trayectoria poligonal formada por el arco circular c a lo largo de |z| = 1 desde z = 1 hasta z = i y el segmento de la l´ınea desde z = i hasta z = −1

116

10.jpg

−y1 m = xy22 −x 1 0−1 = −1−0 =1 y−1 m = x−0 x=y−1 dy = dx z = x + iy dz = dx + idy

R c

i

(cos t + i sin t − i) dz

R π/2 0

(sin t − 1)(− sin t + i cos t) dt

z = (y − 1 + iy − i) i

R1 0

(y − 1)(1 + i) dy

= ( 32 − π4 )i

14. dz, donde C es la mitad izquierda de la elipse x2 /36 + y 2 /4 = 1 desde z = 2i hasta z = −2i

R

c

117

11.jpg

12.jpg

2

y 2 = 1 − x36 √ 2 4−x /4 sin θ = =y 2 cos θ +

x 6

Soluci´ on z = x + iy z = 6 cos θ + i2 sin θ dz = −6 sin θ + i2 cos θ R −3π/2 π/2

−6 sin θ2i cos θ dθ

118

=0

15. zez · dz, donde C es el cuadrado de vértices desde z = 0 z = 1 z = 1 + i y z=i

H

c

13.jpg

1. (0, 0)(1, 0) y = 0, dy = 0 z = x + iy z=x dz = dx + idy dz = dx 2. (1, 0)(1, 1) x = 1, dx = 0 z = x + iy z = 1 + iy dz = dx + idy dz = idy

119

3. (1, 1)(0, 1) y = 1, dy = 0 z = x + iy z =x+i dz = dx + idy dz = dx 4. (0, 1)(0, 0) x = 0, dx = 0 z = x + iy z = iy dz = dx + idy dz = idy Soluci´ R 1 xon R1 R0 xe dx +i 0 (1 + iy)ex+i dx- 1 yeiy dy 0 =0 En los problemas calcule la integral indicada a lo largo del contorno C dado en la figura 10.3

17. H C

x dz

120

14.jpg

−y1 m = xy22 −x 1 = 0−1 = 1 0−1 y−1 m = x−1 x−1=y−1 x=y dy = dx z = x + iy dz = dx + idx

z = x + iy dz = dx + idy 1.(0, 0)(1, 0) y = 0, dy − 0, z = x, dz = dx 2.(1, 0)(1, 1) x = 1, dx − 0, z = 1 + iy, dz = idy on R RSoluci´ R0 1 1 x dx + i 0 dy + 1 x(1 + i) dx 0 x2 1 2 |0

2

+ iy|10 + (1 + i) x2 |01

= i 12

121

18. H C

(2z − 1) dz

14.jpg

z = x + iy dz = dx + idy 1.z = x dz = dx 2.z = 1 + iy dz = idy 3.z = x + ix dz = (1 + i)dx R1 0

(2x − 1) dx + i

R1 0

(2(1 + iy) − 1) dy +

x2 − x|10 - y 2 + yi|10 - x2 + (2x2 − x)i|01 0−1+i+1−i=0

19. H C

z 2 dz

122

R0 1

(2(x + ix) − 1)(1 + i)dx

14.jpg

z = x + iy dz = dx + idy 1.z = x dz = dx 2.z = 1 + iy dz = idy 3.z = x + ix dz = (1 + i)dx R1 0

x2 dx + i

R1 0

(1 + iy)2 dy +

x3 /3|10 - y 2 + (y − 1 3

− 1 + 23 i +

2 3

y3 1 3 )i|0

-

2x3 3

R0 1

+

(x + ix)2 (1 + i)dx

2x3 0 3 i|1

− 23 i = 0

20. R C

(z)2 dz

123

14.jpg

z = x + iy dz = dx + idy 1.z = x dz = dx 2.z = 1 + iy dz = idy 3.z = x + ix dz = (1 + i)dx R1

dx 0 x2

dx + i

−1/x|10 ∞+

1 2

R1

dy 0 (1+iy)2

1 y 2 +1 )

+

dy +

y 1 y 2 +1 i|0

-

R0

1 2x

1+i dx 1 (x+ix)2

+

1 0 2x i|1

+ 12 i − ∞ + ∞i = ∞

22.

3 z = x + iy dz = dx + idy C1 desde (0, 1) a (1, 1) 124

y=1 dy = 0 C2 desde (1, 1) hasta (1, 0) x=1 Z dx = 0 (z 2 − z + 2)dz C Z [(x + iy)2 − (x + iy) + 2](dx + idy) ZC (x2 − y 2 + 2ixy − x − iy + 2)(dx + idy) C

C1 Z 1

(x2 + 2ix − x − i + 1)dx

0

5 = 6 C2 Z 0

(1 − y 2 + iy + 2)idy

1

=

1 5 − i 2 3 Resp.

4 5 − i 3 3

23. C1 (0, 1) a (1, 0) Y = 1 − x2 x=t y = 1 − t2 z = (x + iy) = t + i 1 − t2 = t + i − it2 dz = 1 − 2it 2 R1 t + i i − t2 − t − i 1 − t2 + 2 (1 − 2it) dt 0 2 R1 = 0 t2 + 2it 1 − t2 − 1 − t2 − t − i 1 − t2 + 2 (1 − 2it) dt R1 = 0 R1 2i 0 3 = t3 4 2i t4 =

13 10

t2 + 2it − 2it3 − i + 2t2 − t4 − t − i + it2 + 2 dt − t3 + 2it2 − 2it4 − t + 2t3 − t5 − t2 − it + it3 + 2t dt 1 3 5 2 3 + 22 it2 − 24 it4 − t + 2t3 − t5 − t2 − it + 2t3 + 2t − 0 1 2it3 2it5 t2 2t4 t6 t3 it2 it4 2t2 + 3 − 5 − 2 + 4 − 6 − 3 − 2 + 4 + 2

−

0

1 6i

− 2i

3 4

+

1 60 i

=

4 3

−

5 3i

125

24. desde (0, 1) hasta (1, 0) 2 x2 q + y2 = 1 p x= 1 − y2 dx = √−ydy2 1−y " # Z 1 p p ydy [1 − y 2 − y 2 + 2 1 − y 2 yi − 1 − y 2 − iy + 2] − p x2 = 1 − y 2 + idy 1 − y2 0 p p Z 1 −y + 2y 3 − 2iy 2 1 − y 2 + y 1 − y 2 + iy 2 − 2y p dy 1 − y2 0 Z 1 p p [i − 2iy 2 − 2y 1 − y 2 − i 1 − y 2 + y + 2i]dy 0

= 1,17 + 0,19i − 0,17 + 1,54i Resp. −1,34 + 1,73i En los problemas del 25 al 28, encuentre una cota superior para el valor abssoluto de la integral indicada a lo largo del contorno propuesto

25. I c

ez dz;donde C es el c´ırculo /z/ = 5 Z2 + 1

|ez | = ez ⇒ |z| = 5 ⇒el v m´ ax en x es 5 |ez | = |ex [cos y + i sin y]| = ex /z/ = 5 ⇒ x = 5 z e ez z2 +1 ≤ 24 r = 5 z 2 + 1 ≥ z 2 − 1 2 z + 1 ≥ z 2 − 1 = 25 − 1 = 24 z e z2 +1 ≤

|ez | |z 2 |−1

=

ez dz ≤ 2 c z +1 I ez dz z2 + 1 ≤ c

I ⇒

/ez / 24

10πe5 2y

5 5 12 πe

126

26. R

1 dz C z 2 −2i

, donde C es la mitad derecha del c´ırculo |z| = 6 desde z = −6i hasta z = −6i r = 6 =⇒ 12π |z 2 − 2i| ≥ |z 2 | − |2i| |z 2 − 2i| ≥ |z 2 | − 2i = 36 − 2i 1 |1| z 2 − 2i ≤ |z 2 | − 2i |1| = 36 − 2i 0 |1| Z = 1 = e 1 e0 ≤ 2 ZC z − 1 360 − 2i 1 e 12π ≤ 2 − 1 z 36 − 2i C Z 1 6πe0 Resp. ≤ 2 18 − i C z −1

27. I

z 2 + 4 dz, donde C es el segmento de l´ınea desde z = 0 hasta z = 1 + i

c

z = x + iy P1 (0, 0) P2 (i, 1) m=1 y=x x=1 y=1 √ √ √ L = x2 + x2 = 2x2 = 2 2 z + 4 ≥ z 2 − 4 = 6 I √ 2 z + 4 dz ≤ 6 2 c

127

28. R

1 dz C z3

, donde C es un cuarto del c´ırculo |z| = 4 desde z = 4i hasta z = 4 r = 4 =⇒ 8π |z 3 − 0| ≥ |z 3 | − |0| |z 3 − 0| ≥ |z 3 | − 0 = 64 1 e0 ≤ z3 z3 1 e0 ≤ z 3 64 1 e0 8π ≤ z3 64 1 e0 π Resp. 3 ≤ z 8

29. Utilice la definici´ on 10.1 para demostrar que Para cualquier curva suave C entre Zo y Zn t = x + iy a) I x (t) dt + iy 1 (t) dt c c2

x (t) + iy (t)c1 tn

x (t) + iy (t)to

= x (tn) + iy (tn) − x (to) − iy (to) = x (t) + iyo (t) − xo (t) − iyo (t) = zn − zo

30. b) I

I dz = zn − zo ⇒

c

R

π 2

−π 2

dz = 2i − (−2i) − 4i c

(−6 sin t + 25 cos t) dt = 4i

128

R c

dx = zn − zo

31. Utilice los resultados de los problemas 29 y 30 para calcular I (6z + 4)dz donde C es: c

a) La l´ınea recta desde 1 + 2 hasta 2 + 3i b) El contorno cerradox4 + y 4 = y a) P1 (1, 1) P2 (2, 3) m=

3−1 2−1

=2

y − 1 = 2 (x − 1) y − 1 = 2x − 2 y = 2x − 1 dy = 2dy z = x + iy z = x + i (2x − 1) dz = dx + idy dz = dx + i2dx R2 (6 (x + i (2x − 1)) + 4) (dx + 2idx) 1 R2 R2 = 1 (6x + 9) + i (12x − 6) dx + 1 (34x + 12) + i (12x + 3) dx = (13 + 12i) + (−24 + 26i) = −11 + 39i b) x4 + y 4 = 4 z = eit = cos t + i sin t dz = ieit dt 0 ≤ t ≤ 2π R 2π R 2π R 2π 6eit + 4 ieit dt = 0 6ie2it dt + 0 4ieit dt 0 2π 2π = 3e2it 0 + 4eit 0 = 3 e2iπ − e2i + 4 e2iπ − e2i

En los problemas del 32 al 35, calcule la circulación y el flujo neto para el flujo dado y el contorno cerrado indicado.

129

32. 32.-f (z) = 1/z , donde C es el c´ırculo |z| = 2 3 z = eit z¯ = e−it ¯ = 1 = 1 = eit dz = ieit dt f (z) e−it I z¯ ¯ circulaci´ on: Re( f (z)dz) = 0 IC ¯ flujo neto: Im( f (z)dt) =0 C Z 2π Z 2π [−2 sin(t) cos(t) + 2(cos2 (t) − 1)i]dt (eit ieit )dt = 0

0

Resp. 0y0

33. F (z) = 2z;donde Ces c´ırculo /z/ = 1 z = x + iy dz = dx + idy |z| = 1 x2 + y 2 = 1 √ y = 1 − x2 − 1 dy = 12 1 − x2 2 (−2x) dx I I p − 1 2 (x + iy) (dx + idy) = 2 x + i 1 − x2 dx − ix 1 − x2 2 dx c

c

√ √ − 1 R1 R1 = −1 2 x + i 1 − x2 dx − i −1 x 1 − x2 2 2 x + i 1 − x2 dx = iπ − i (π) = 0 entonces la circulaci´ on es 0

34. 1 , donde C es el circulo |z − 1| = 2 z = eit f (z) = z−1 it dz = ie dt 1 ¯ = 1 = 1 = f (z) it z−1 e −1 Z 2π zit− 1 ie dt (eit − 1) 0 2π ln(cos(t) − 1) t = + i 2 a 0

130

Resp. ∞y∞

35. f (z) ;donde C es el cuadrado de vértices z = 0, z = 1, z = 1 + i; z = 2 P1 P2 P3 P4

= (0, 0) = (1, 0) = (1, 2) = (0, 2)

y=0 dy = 0 x=1 dx = 0 y=1 dy = 0 z = x + iy z = x − iy dz = dx + idy x=0 dy = 0 R1 R1 C1 = 0 (x − iy) (dx + idy) = 0 xdx = C2 =

R1 0

=i 1− H e

(x − iy) (dx + idy) = 2 i

R1 0

x2 2

=

1 2

(1 − iy) dy = i 1 −

iy 2 2

1 0

2

Zdz =

1 2

+i 1−

i 2

−

1 2

−i −

1 2

=0

En los problemas del 1 al 8 demuestre que indicada y C es el circulo unitario | z |= 1

H c

f (z)dz = 0 donde f es la función

1. f (z) = z 3 − 1 + 3i domf (z) = zC como f(z) es analitica dentro del contorno C pero z=4 no pertenece al contorno C, entonces por el Teorema de Cauchy Goursat H z 3 − 1 + 3i dz = 0 C 131

2. f (z) = z 2 +

1 z−4

domf = zC/{4}

3. f (z) =

z 2z+3

domf = zC/{− 32 }

como f(z) es analitica dentro del contorno C pero z = − 32 no pertenece al contorno C, entonces por el Teorema de Cauchy Goursat H z dz = 0 C 2z+3

4. f (z) =

z−3 z 2 +2z+2

domf = zC/{(−1 + i), (−1 − i)}

como f(z) es analitica dentro del contorno C pero z = −1 + i y z = −1 − i no pertenece al contorno C, entonces por el Teorema de Cauchy - Goursat H z−3 dz = 0 C z 2 +2z+2

5. f (z) =

sen(z) (z 2 −25)(z 2 +9)

domf = zC/{5, −5, 3i, −3i} como f(z) es analitica dentro del contorno C pero z1 , z2 , z3 , z4 no pertenece al contorno C, entonces por el Teorema de Cauchy - Goursat H sen(z) dz = 0 2 2 C (z −25)(z +9)

6. f (z) =

ez 2z 2 +11z+15

domf = zC/{−3, − 52 }

132

como f(z) es analitica dentro del contorno C pero z1 , z2 no pertenece al contorno C, entonces por el Teorema de Cauchy Goursat H ez dz = 0 2 C 2z +11z+15

7. f (z) = tan(z) domf = zC/{nπ − π2 }; nN

como f(z) es analitica dentro del contorno C pero z = nπ − π2 ; nN no pertenece al contorno C, entonces por el Teorema de Cauchy - Goursat H tan(z)dz = 0 C

8. f (z) =

z 2 −9 cosh(z)

domf = zC/{(nπ − π2 )i}; nN

como f(z) es analitica dentro del contorno C pero z = (nπ − π2 )i; nN no pertenece al contorno C, entonces por el Teorema de Cauchy - Goursat H z2 −9 dz = 0 C cosh(z)

H 9. calcule C z1 dz donde C es el contorno mostrado en la figura 10.16

H 10. C 10.17

5 dz z+1+i

donde C es el contorno mostrado en la figura

En los problemas del 11 al 20, utilice cualquier resultado en esta sección para calcular la integral propuesta a lo largo del contorno o los contornos cerrados indicados

133

H

11.

C

(z + z1 )dz; | z |= 2

I

1 dz; |z| = 2 z c Df (z) = zz ∈ d − {0} zdz +

f (z)1 es anal´ıtico en todo C I zdz = 0 I

I

⇒

zdz + c

c

1 dz = 0 + 2πi z

= 2πi f (z)2 es anal´ıtico en D − {0} I 1 dz = 2πi 2

12.

H C

(z +

1 )dz; z2

| z |= 2

Por la consecuencia del teorema de C-G. R R zdz + c z12 dz = 0 + 2πi = 2πi c

13.

H

z dz; C z 2 −π 2

2 (z+π)(z−π)

=

A Z+π

| z |= 3 +

B Z+π

z = A (z + π) + B (z − π) z = −π z=π 1 B = − 2π

A= I=

1 2π 1 2a

I c1

1 dz + z+1

I c2

1 dz z−n

1 c1=− 2π 1 c2= 2π

134

14.

H

10 dz; C (z+i)4

| z + i |= 1

Por la cpnsecuencia del teorema C-G R

10 dz (z+i)4

= 2πi, porque n = 4 y n 6= 1.

2z+1 dz; C z 2 +z

15.

H

2z+1 z 2 +z

=

a)| z |= 21 , b)| z |= 2, c)| z − 3i |= 1

A(z+1)+Bz z(z+1)

⇒ z = −1 B=1 z=0 A=2 I I I 1 1 1 1 + dz + dz dz ⇒ z z + 1 z z + 1 c c c Contorno

z=0 z=1

/z/ = 12 I I 1 1 dz + dz z z + 1 c c Como z1 no es anal´ıtico en C dz = 2πi Como z1 + 1 est´ a fuera de |z| = I 1 dz = 0 Zπ I = 2π;

1 2

⇒es anal´ıtica en C

|z| = 2 I I 1 1 dz + dz No es anal´ıtico en |z| = 2 z z + 1 c c I 1 dz = 2πi z c I 1 dz = 2πi z+1 R = 4πi 135

|z − 3i| = 1 →z=0∈ / |z − 3i| 12 es anal´ıtico

1 z

I

1 dz = 0 z

16. 2z z 2 +3 dz;

R

b)|z − 2i| = 1;

a)|z| = 1; R

2z

c

z 2 +3

dz =

R (z−

c)|z| = 4

√ 2z √ dz 3)(z+ 3)

Por consecuencia del teorema C-G a)

R

b)

R

c)

R

√ 2z √ dz 3)(z+ 3)

=0

√ 2z √ dz 3)(z+ 3)

=0

√ 2z √ dz 3)(z+ 3)

=0

(z−

(z− (z−

17. I c

−3z + 2 dz; |z − 5| = 2; |z| = 9 z 2 − 8z + 12

−3z+2 (z−6)(z−2)

=

A (z−6)

+

B z−2

=

(z−2)A+(z−6)B (z−6)(z−2)

−3z + 2 = (z − 2) A + (z − 6) B Z=2 B=1 Z=6 A = −4 I I 1 1 dz + dz −4 c z−2 c z−6 Df (z) = zz ∈ C− {61 2} Como z − 6 no es anal´ıtico en z = 6 en C por TCG 136

I C

1 dz = 2πi Z −6 I

1 z−2

Como

es analitica en C → z = 2 ∈ /C → C

1 dz = 0 z−2

−4 (2πi) + 0 = −8πi |z| = 9 Como 11z − 6 no es anal´ıtico en z = 9 ∧ 1/ (z − 2) no es analitica en |z| = 9 I I 1 1 dz = 2πi ∧ dz = 2πi C z−2 C Z −6 −4 (2πi) + 2πi = −6πi

18. R c

=

R

3 z+2

−

3 z+2 dz

1 z−2i

−

R

dz

1 z−2i dz

Consecuencia del toerema de C-G R 3 R 1 a) c z+2 dz − c z−2i dz = 0 + 0 = 0 R 3 R 1 b) z+2 dz − z−2i dz = 0 + 0 = 0

19. I

(z − 1) dz; z (z − i) (z − 3i)

(z−1) z(z−i)(z−3i)

=

(z−1) z(z−i)(z−3i)

=

B z−i

1 1 6−2i

z−3i

−

C z−3i

1 1 2−2i

1 + 3z R 1+3i 1

z−i

1 z

es analitica en C − {z − i} por T.C.G.⇒

R

i−1 z−1 dz

+

1 3

+

1 2

+

1 2

=

R

1 z dz

A z

|z − i| =

+

6

i−1 es analitica en C − {z z−1 R i−1 1 1 2 z−1 dz = 2 (2πi) (i − 1) 1−3i z−3i es

=

1 3

z−3i dz 1 3

1 6

1 z dz

=0

− i} por T.C.G.⇒ z = i → C → |z − 1| =

analitica en C − {3i} → C → |z − i| =

(0) + (πi − π) +

R

(0) = π (i − 1)

137

1 2

→

1 6

R

1+3i z−3i dz

=0

1 2

→

20. R

1 c z 3 +2iz 2

=

R

1 dz c z 2 (z+2i)

Consecuencia del teorema C-G R 1 dz = 2πi c z 2 (z+2i)

21. I Calcule

8z − 3 dz; donde C es el entorno cerrado mostrado en la figura z2 − z

8z−3 8z−3 z 2 −z = z(z−1) 5 = z−1 + z3

=

A z−1

+

B z

= 3 (2πi) + 5 (2πi) = 6πi + 10πi = 16πi

22. 23. ez Calcular − 3¯ z dz; C es el circulo unitario |z| = 1 z+3 C I I ez dz − 3 z¯dz ; z = eit , 0 ≤ t ≤ 2π C z+3 C dz = ieit dt R 2π eeit +ieit R 2π it it eit +3 dt − 3 0 e ie dt 0 I

24. 25.  vertices:

 0, 0  1, 2  1, 0

z = x + iy dz = dx + idy 138

1) (0, 0) a (1, 2) m=2 y − 0 = 2 (x − 0) y = 2x dy = 2dx z = x + 2xi dz = dx + 2dxi 2) (1, 0) a (1, 2) x=1 dx = 0 z = 1 + iy dz = dyi 3) (1, 2) a (0, 0) y = −2x dy = −2dx z = x − 2xi dz = dx − 2dxi i R2h 3 2 I = 0 (x + 2xi) + (x + 2xi) + x (dx + 2dxi) + i i R2h R0h 3 2 3 2 (1 + iy) + (1 + iy) + 1 (dyi)+ (x − 2xi) + (x − 2xi) + x (dx − 2dxi) 0 2 I=

−166 3

−

292 3 i

+ −6 −

14 3 i

−

166 3

−

292 3 i

139

= −6 −

598 3 i

7. 7.1.

Bases Ortogonales y Ortonormales Bases Ortogonales a) Sean P≤2 el espacio vectorial real de los polinomios de grado menor o igual a dos con coeficientes reales, B = {1, x, x2 } una base de P≤2 y el producto interno en P≤2 definido por: 1

Z (p|q) =

p(x)q(x) dx −1

A partir de B, determinar una base ortogonal de P≤2 . w1 = v1 w1 = 1 (v2 |w1 ) w1 (w1 |w1 ) Z 1 x(1) dx = x dx = 0

w2 = v2 − Z

1

(v2 |w1 ) = −1

Z

1

(w1 |w1 ) =

−1

Z

1

dx = [x] |1−1 = 1 − (−1) = 2

1(1) dx = −1

−1

0 w2 = x − (1) = w2 = x 2 (v3 |w1 ) (v3 |w2 ) w1 − w2 (w1 |w1 ) (w2 |w2 ) Z 1 Z 1 2 2 1(x ) dx = x2 dx = (v3 |w1 ) = 3 −1 −1 4 1 Z 1 x 1 1 (v3 |w2 ) = x3 dx = = 4−4 =0 4 −1 −1 Z 1 Z 1 2 (w2 |w2 ) = x(x) dx = x2 dx = 3 −1 −1 w3 = v3 −

w 3 = x2 −

2 3

2

(1) −

w 3 = x2 − Por tanto:

BOG =

140

0 2 3

(x)

1 3

1, x, x2 −

1 3

b) Sea P≤2 el espacio vectorial de los polinomios de grado menor o igual a dos con coeficientes reales, y el producto interno en P≤2 , definifo por: (p|q) = a0 b0 + 2a1 b1 + 3a2 b2

∀=

  p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 

∈ P≤2

q(x) = b0 + b1 x + b2 x2

Obtener una base ortogonal de P≤2 , a partir de la base B = 1 + x + x2 , 1 + x, 1 . w1 = v1 w1 = 1 + x + x2 w2 = v2 −

(v2 |w1 ) w1 (w1 |w1 )

(v2 |w1 ) = (1 + x|1 + x + x2 ) = 1(1) + 2(1)(1) + 3(0)(1) = 3 (w1 |w1 ) = (1 + x + x2 + x + x2 ) = 1(1) + 2(1)(1) + 3(1)(1) = 6 3 1 1 1 w2 = 1 + x − (1 + x + x2 ) = + x − x2 6 2 2 2 (v3 |w1 ) (v3 |w2 ) w1 − w2 (w1 |w1 ) (w2 |w2 ) 1 1 1 (v3 |w1 ) = 1| + x − x2 = 1(1) + 2(0)(1) + 3(0)(1) = 1 2 2 2 1 1 1 2 1 (v3 |w2 ) = 1| + x − x = 2 2 2 2 1 1 1 2 1 1 1 2 3 (w2 |w2 ) = + x− x | + x− x = 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 1 2 2 + x− x w3 = 1 − (1 + x + x ) − 3 6 2 2 2 2 w3 = v3 −

2 1 − x 3 3 1 1 1 2 1 = 1 + x + x2 , + x − x2 , − x 2 2 2 3 3 w3 =

BOG

c) ¿Por que el plano x + 2y + z = 0 y cada plano x + 2y + z = k, es ortogonal a la recta formada por L : (1, 2, 1)? U = {(x, y, z)/x + 2y + z = 0}

141



    x −2y − z  y = y  = y z z     −2 S =  1 ,  0

   −2 −1 1 +z 0  0 1  −1  0   1

Comprobaci´ on: < (−2, 1, 0)(1, 2, 1) >= −2(1) + 1(2) + 0(1) = −2 + 2 = 0 < (−1, 0, 1)(1, 2, 1) >= −1(1) + 0(2) + 1(1) = −1 + 1 = 0

7.2.

Bases Ortonormales

d ) Encuentre una base ortonormal para los polinomios de la forma: ax2 + (a + b)x + 2b una posible base para este subespacio se determina de la siguiente manera: (a, a + b, 2b) = a(1, 1, 0) + b(0, 1, 2) Base U= {(1, 1, 0).(0, 1, 2)}. Ortogonalizamos esta base: v1 = (1, 1, 0) < (0, 1, 2)(1, 1, 0) > (1, 1, 0) < (1, 1, 0)(1, 1, 0) > 1 1 1 = (0, 1, 2) − (1, 1, 0) = − , ,2 2 2 2

v2 = (0, 1, 2) −

Por tanto la base ortogonal está formada por los siguientes vectores: 1 1 (1, 1, 0), − , ,2 2 2 Normalizando cada uno de estos elementos, encontramos la base ortonormal: 1 1 √ (1, 1, 0), √ (−1, 1, 4) 2 10 e) Demuestre que el conjunto ( √ √ ! √ √ √ ! 2 2 6 6 6 S= , 0, , − , , , 2 2 6 3 6 es una base ortonormal de R3 . 142

√

√ √ !) 3 3 3 , ,− 3 3 3

√ ! √ √ √ ! √ √ ! 2 2 6 6 6 12 12 , 0, . − , , = − +0+ =0 2 2 6 3 6 12 12 √ √ ! √ √ √ ! √ √ ! 2 2 3 3 3 6 6 , 0, . , ,− = +0− =0 2 2 3 3 3 6 6

√

√

√ √ ! 6 6 6 − , , . 6 3 6

√

√ √ ! 3 3 3 , ,− = 3 3 3

√

18 − + 18

√

√ ! 18 18 − =0 9 18

Adem´ as, cada vector debe tener longitud 1: v √ √ ! u √ √ ! 2 2 u 2 2 , 0, , 0, . = t 2 2 2 2

√

√ ! s 2 2 1 1 , 0, = +0+ =1 2 2 2 2

v √ √ √ ! u √ √ √ ! √ √ √ ! s 6 6 6 u 6 6 6 6 6 6 1 2 1 t − = − , , , , . − , , = + + =1 6 3 6 6 3 6 6 3 6 6 3 6 v √ √ √ ! u √ √ √ ! 3 3 3 u 3 3 3 t , ,− , ,− . = 3 3 3 3 3 3

√ √ ! s 1 1 1 3 3 3 , ,− = + + =1 3 3 3 3 3 3

√

f ) Aplique el proceso de ortonormalización a la base S = {(1, 0, −1), (1, 2, 0), (0, 1, 1)} v1 = u1 = (1, 0, −1) < (1, 2, 0)(1, 0, −1) > (1, 0, −1) < (1, 0, −1)(1, 0, −1) > 1 1 1 = (1, 2, 0) − (1, 0, −1) = , 2, 2 2 2

(0, 1, 1) 21 , 2, 12 1 < (0, 1, 1)(1, 0, −1) > 1 (1, 0, −1) − 1 , 2, = (0, 1, 1) − 1 1 1 < (1, 0, −1)(1, 0, −1) > 2 2 2 , 2, 2 2 , 2, 2 1 5 1 1 2 1 2 = (0, 1, 1) − (1, 0, −1) − , 2, = ,− , 2 9 2 2 9 9 9 √ √ ! v1 1 2 2 w1 = = √ (1, 0, −1) = , 0, − ||v1 || 2 2 2 √ √ √ ! v2 1 1 1 2 2 2 2 w2 = =q , 2, = , , ||v2 || 2 2 6 3 6 9 v2 = (1, 2, 0) −

2

143

v3 1 w3 = =q ||v3 || 7

2 1 2 ,− ,− 9 9 9

=

√ √ √ ! 2 7 7 2 7 ,− , 7 7 7

81

( √ S=

√

√ ! 2 2 , 0, − , 2 2

√ √ ! 2 2 2 2 , , , 6 3 6

√ √ √ !) 7 2 7 2 7 ,− , 7 7 7

Espacios Ortogonales y Ortonormales Sea V un espacio euclidiano y B ⊆ V se dice que el conjunto B es ortogonal ssi se cumple (u,v)=0 ∀ u,v ∈ B u 6= v Si ademas la norma de u |p| = 1 ∀ v ∈ B entonces se dice que el conjunto B es ortonormal.

Ejercicio 1 Demuestre que el Conjunto {1,cosx,cos2x,cos3x,... } es ortogonal en el intervalo [−π, π] Se puede expresar como cosnx donde n=1,2,3,4,5,... Z π (1, cosnx) = 1 · cosnx · dx (3) −π

Rπ

(1, cosnx) = −π cosnx · dx = [ n1 sennx] (1, cosnx) = n1 sen(nπ) − n1 sen(−nπ) (1, cosnx) = n1 sen(nπ) + n1 sen(nπ) (1, cosnx) = n2 sen(nπ) (1, cosnx) = n2 (0) (1, cosnx) = 0 Z

π

cos(nx) · cos(mx) · dx

(cosnx, cosmx) =

(4)

−π

(cosnx, cosmx) =

1 2

Rπ −π

cos(n − m)x + cos(n + m)x · dx

1 (cosnx, cosmx) = 21 [ n−m sen(n − m)x +

144

1 sen(n n+m

+ m)x

1 (cosnx, cosmx) = 12 [ n−m sen(n − m)π + 1 + 21 [ n−m sen(n − m)π +

1 sen(n n+m

1 sen(n n+m

+ m)π]

+ m)π]

(cosnx, cosmx) = 0 Con lo que se comprueba que el Conjunto {1,cosx,cos2x,cos3x,... } es ortogonal Ejercicio 2 Encontrar las normas de las funciones del conjunto {1,cosx,cos2x,cos3x,... } con intervalo [−π, π] |1|2 =

Rπ −π

dx = 2π

(cosnx, cosnx) = |cos(nx)|2 = (cosnx, cosnx) =

−π

cos2 (nx) · dx

Rπ

1 + 12 cos(2nx)·dx −π 2

(cosnx, cosnx) = 12 π + 1 π 2

Rπ

1 sen(2nπ) 4n

1 = [ 12 x+ 4n ·sen(2nx)]

+ 21 π +

1 sen(2nπ) 4n

+ 12 π = π

kcos(nx)|2 = π kcos(nx)| =

√ π

Ejercicio 3 Demuestre que las funciones son Ortogonales y encontrar la norma f1 (x) = x3 y f2 (x) = x2 + 1 en el intervalo de [-1,1] (x3 , x2 + 1) =

R1

(x3 , x2 + 1) =

R1

−1

−1

x3 (x2 + 1) · dx x5 + x3 · dx

145

6

(x3 , x2 + 1) = [ x6 +

x4 4

=

1 6

+ 14 − 61 +

1 4

=0

Por lo tanto, las funciones son ortogonales. R1 |x3 |2 = −1 (x3 )2 · dx = q 3 |x | = 27

x7 ] 7

=

1 7

+

R1 kx2 + 1|2 = −1 (x2 + 1)2 · dx = q |x2 + 1| = 12 5

1 7

x5 5

+

2x3 3

+ x] =

12 5

Ejercicio 4 Demuestre que las funciones son ortogonales y determine su norma f1 (x) = ex y f2 (x) = sen(x) en el intervalo de [ π4 , 5π ] 4 5π R (ex , sen(x)) = π4 ex sen(x) · dx 4

R 5π (ex , sen(x)) = −ex cos(x)+ π4 ex ·cos(x)·dx = −ex cos(x)+ 4 R 5π4 x x e sen(x) − π e · sen(x) · dx 4

(ex , sen(x)) =

−ex cos(x)+ex sen(x) 2 5π

π

(ex , sen(x)) = e 4 (cos( 5π )−sen( 5π ))−e 4 (cos( π4 )−sen( π4 )) = 4 4 0

Por lo tanto, las funciones son ortogonales. R 5π 2 |ex |2 = π4 e2 x · dx = [ e 2x ] = 4 q π 3π 2 x |e | = e (e2 −1 |sen(x)|2 =

R 5π4 π 4

e

5π 2

π

−e 2 2

5π

sen2 (x) · dx = [ 2x−sen(2x) ] π4 = 2 4

146

5π 8

− 14 − π8 + 14

|sen(x)| =

pπ 2

Ejercicio 5 Demuestre que las funciones ortogonales: f1 (x) = cos(x) y f2 (x) = sen2 (x) en el intervalo de [0, π] (cos(x), sen2 (x)) =

Rπ

(cos(x), sen2 (x)) =

Rπ

0

0

cos(x)sen2 (x) · dx sen3 (x) 3

· dx

(cos(x), sen2 (x)) = 0 Por lo tanto, las funciones son ortogonales.

Ejercicio 6 Demuestre que las funciones ortogonales y determine su norma: f1 (x) = ex y f2 (x) = xe−x − e−x en el intervalo de [0,2] (ex , xe−x − e−x ) = x

−x

(e , xe

R2 0

Z

−x

−e )= 0

ex xe−x − e−x · dx

2

x2 (x − 1) · dx = [ − x]20 = 2 − 2 = 0 2

Por lo tanto, las funciones son ortogonales. R2 2x |ex |2 = 0 e2x · dx = [ e2 ]20 = q 4 x |e | = e 2−1 |xe−x −e−x |2 = | R 2 −x e · dx 0

R2 0

e4 −1 2

(xe−x −e−x )·dx =

|xe−x − e−x |2 = [ exx ]20 =

2 e2

147

R2 0

(−xe−x )+

R2 0

e−x −

q |xe−x − e−x | = e22 q √ 4 x |e | = e 2−1 = e12

Ejercicio 7 Demuestre que el Conjunto {senx,sen2x,sen3x,... } es ortogonal en el intervalo [0, π2 ] (sen(x), sen(3x)) =

Rπ 2

0

(sen(x)) (sen(3x)) · dx

cos((3x) − (x)) − cos((3x) + (x)) = sen(x) · sen(3x) 2 Z π 1 2 (sen(x), sen(3x)) = cos((3x) − (x)) − cos((3x) + (x)) · 2 0 dx Z π 1 2 (sen(x), sen(3x)) = cos((2x)) − cos((4x)) · dx 2 0 sen(2x) sen(4x) π2 (sen(x), sen(3x)) = [ − ]0 = 0 4 Z π2 Z π 2 1 2 sen(x)sen(5x)·dx = cos(5x− (sen(x), sen(5x)) = 2 0 0 x) − cos(5x + x) · dx Z

π 2

sen(4x) sen(6x) (sen(x), sen(5x)) = cos(4x)−cos(6x)·dx = − 4 6 0 =0 Z π Z π 2 1 2 (sen(3x), sen(5x)) = sen(x)sen(5x)·dx = cos(5x− 2 0 0 3x) − cos(5x + 3x) · dx Z π 2 sen(2x) (sen(3x), sen(5x)) = cos(2x)−cos(8x)·dx = [ − 2 0 sen(8x) π2 ]0 = 0 8

148

π2 0

Ejercicio 8 Demuestre que el Conjunto {1, sen( nπx ), cos2( nπx ), cos3( nπx ), ...} p p p es ortogonal en el intervalo [0, p] Se puede expresar como cosnx donde n=1,2,3,4,5,... Rp

(sen( nπx ), sen( 2nπx )) = p p

(sen( nπx ), sen( 2nπx ) · dx p p

0

cos((mx)−(nx))−cos((mx)+(nx)) 2

= sen(m − n)(x) · sen(m + n)(x)

sen( nπx ), sen( 2nπx )) = p p

Rp

), sen( 2πx )) = (sen( πx p p

1 2

Rp

), sen( 3πx )) (sen( πx p p

Rp

0

(sen( nπx )sen( 2nπx )) · dx p p

(cos( πx ) − cos( 3πx )) · dx p p p (sen( πx sen( 3πx ) ) p p πx 2πx (sen( p ), sen( p )) = − 3π =0 π 0

2

=

2

0 πx 2πx (sen( p ), sen( p ) 0


), sen( 3πx )) = (sen( πx p p

Rp

(sen( πx ), sen( 3πx )) = p p

1 2

0

· dx

= sen(m − n)(x) · sen(m + n)(x)

(sen( πx )sen( 3πx )) · dx p p

Rp

(cos( 2πx ) − cos( 4πx )) · dx p p p (sen( 2πx ) sen( 4πx ) p p πx 3πx (sen( p ), sen( p )) = − 4π =0 2π 2 2 0 Rp (sen( 2πx ), sen( 3πx )) = 0 (sen( 2πx ), sen( 3πx ) · dx p p p p 0


(sen( 2πx ), sen( 3πx )) = p p

Rp

(sen( 2πx ), sen( 3πx )) = p p

1 2

0

= sen(m − n)(x) · sen(m + n)(x) (sen( 2πx )sen( 3πx )) · dx p p

Rp

(cos( πx ) − cos( 5πx )) · dx p p p (sen( πx ) sen( 5πx ) p p 2πx 3πx (sen( p ), sen( p )) = − 5π =0 π 0

2

149

2

0

Ejercicio 9 Demuestre que las funciones ortogonales: f1 (x) = x y f2 (x) = x2 en el intervalo de [-2,2] (x, x2 ) =

R2

(x, x2 ) =

R2

xx2 · dx

−2

x3 · dx h 4 i2 4 (x, x2 ) = x4 = 24 − −2

−2

24 4

=0

Por lo tanto, las funciones son ortogonales.

Ejercicio 10 Demuestre que las funciones son ortogonales y su norma: f1 (x) = 1 y f2 (x) = cos( nπx ) en el intervalo de [0,L] L RL

cos( nπx )) · dx L h i sen( nπx ) L L (1, cos( nπx )) = =0 nπ L

)) = (1, cos( nπx L

0

L

2

RL

2

|1| = 0 (1) · dx = √ |1| = L |cos( nπx )|2 = L (1, cos( nπx )) L

RL 0

=

[x]L0

0

=L

cos( nπx )) · dx L sen( nπx ) L nπ L

L =0 0

Ejercicio 11 Utilizar el proceso de Gram-Schmidt para transformar la base B del espacio Euclidiano R3 en una base ortonormal B = {(1, 0, 1); (0, 0, 1); (−1, 1, 0)} 150

v1 = (1, 0, 1) v2 = (0, 0, 1) v3 = (−1, 1, 0) v1 /v2 = (1, 0, 1)/(0, 0, 1) = 1 v1 /v3 = (1, 0, 1)/(−1, 1, 0) = −1 v2 /v3 = (0, 0, 1)/(−1, 1, 0) = 0 B = {(0, 0, 1); (−1, 1, 0); (1, 0, 1)} w1 = (0, 0, 1) w2 = (−1, 1, 0) (1,0,1)/(0,0,1 (1,0,1)/(−1,1,0 w3 = (1, 0, 1)− (0,0,1)/(0,0,1) (0, 0, 1)− (−1,1,0)/(−1,1,0) (−1, 1, 0) w3 = (1, 0, 1)− 11 (0, 0, 1) + − 12 , 21 , 0 w3 = 12 , 21 , 0 B 0 = (0, 0, 1); (−1, 1, 0); 12 , 12 , 0

Ejercicio 12 Utilizar el proceso de Gram-Schmidt para transformar la base B del espacio Euclidiano R3 en una base ortonormal A = {(1, 0, 1); (0, 1, −1); (1, 0, 0)} v1 = (1, 0, 1) v2 = (0, 1, −1) v3 = (1, 0, 0) v1 /v2 = (1, 0, 1)/(0, 1, −1) = −1 v1 /v3 = (1, 0, 1)/(1, 0, 0) = 1 v2 /v3 = (0, 1, −1)/(1, 0, 0) = 0 A = {(0, 1, −1); (1, 0, 0); (1, 0, 1)} w1 = (0, 1, −1) w2 = (1, 0, 0) (1,0,1)/(0,1,−1 (1,0,1)/(1,0,0 w3 = (1, 0, 1)− (0,1,−1)/(0,1,−1) (0, 1, −1)− (1,0,0)/(1,0,0) (1, 0, 0) w3 = (1, 0, 1)− −1 (0, 0, 1) + 11 (1, 0, 0) 2 3 w3 = 1, 0, 2 0 A = (0, 1, −1); (1, 0, 0); (1, 0, 23 )

151

Ejercicio 13 En R2 determinar x tal que (3, 2) y (1, x + 2) sean ortogonales. Sea: u=(3,2) v=(1,x+2) (u/v) |u||v|

=0

(u/v) = 0 (u/v) = (3+2x+4) 2x = -7 x = -7/2

EJEMPLOS Resolución de series de Laurent: EJEMPLO 1: Uso de la serie de Maclaurin Encontrar la serie de laurent de z −5 sinz con centro en 0. ´ se obtiene SOLUCION: P (−1)n 2n−4 z −5 sinz = ∞ = n=0 (2n+1)! z 1 1 1 1 2 − 6z2 + 120 − 5040 z + ... |z| > 0 z4 Aqu´ı la corona de convergencia es todo el plano complejo sin el origen. EJEMPLO 2: La sustituci´ on 1 Encontrar la serie de Laurent de z 2 e z con centro en 0. ´ con z sustituido por 1/z se obtiene SOLUCION: 1 z 2 e1/z = z 2 (1 + 1!z + 2!z1 2 + ...) = 1 z 2 + z + 12 + 3!z + 4!z1 2 + ... |z| > 0 152

EJEMPLO 3: Desarrolar 1/(1 − z) en (a) potencias no negativas de z (b) potencias negativas de z. ´ SOLUCION: P∞ n 1 (a) = |z| < 1 n=0 z 1−z P∞ 1 1 1 (b) = − z(1−z−1 ) = − n=0 zn+1 = 1−z 1 1 |z| > 1 − z − z2 − ... EJEMPLO 4: Desarrollos de Laurent en coronas conc´ entricas diferentes Encontrar todas las series de Laurent de 1/(z 3 − z 4 ) con centro en 0. ´ al multiplicar por 1/z 3 el ejemplo 3 se obtiene SOLUCION: que P 1 n−3 (I) = = ∞ n=0 z z 3 −z 4 1 1 1 + z2 + z + 1 + z + ... 0 < |z| < 1 z3 P∞ 1 1 1 1 = − n=0 zn+4 = − z4 − z5 − z16 +... |z| > 1 (II) z 3 −z 4 EJEMPLO 5: Uso de fracciones parciales Encontrar las series de Taylor y Laurent de f(z) = (3 − 2z)/(z 2 − 3z + 2) con centro en 0. ´ en términos de fracciones parciales SOLUCION: 1 1 f( z) = − z−1 − z−2 De la primera fracción se encargan (a) y (b) en el ejemplo 3. Para la segunda fracción P 1 zn 1 (c) − z−2 = 2(1− = ∞ z n=0 2n+1 = ) 1 2

(d)

+

z 4

+

z2 8

2

+ ...

1 1 = − z(1− = − z−2 2 ) z 1 4 2 − z − z2 − z3 − ...

|z| < 2 P − ∞ n=0

2n z n+1

=

|z| > 2

(I) Por (a) y (c) válida para |z| < 1 P 1 3 5 9 2 n f(z) = ∞ n=0 (1 + 2n+1 )z = 2 + 4 z + 8 z + ... (II) Por (b) y (c) válida para 1 < |z| < 2 P 1 1 1 zn z z2 1 1 f(z) = ∞ n=0 ( 2n+1 − z n+1 ) = 2 + 4 + 8 + ... − z − z 2 − z 3 − ... (III) Por (b) y (d) válida para 1 < |z| < 2 P 1 2 3 5 n f(z) = − ∞ n=0 (2 + 1) z n+1 = − z − z 2 − z 3 − ... 153

EJEMPLO 6: Encontrar la serie de f(z) = 1/(1 − z 2 ) que converge en la corona 1/4 < |z − 1| < 1/2 y determinar la región precisa de convergencia. ´ SOLUCION: la corona tiene centro en 1 de modo que es necesario desarrollar f(z) en potencias de z − 1 calculando 1 P 1 1 z−1 n 2 = = = 12 ∞ n=0 (− 2 ) = z+1 2+(z−1) 1−(− z−1 ) 2 P∞ (−1)n n n=0 2n+1 (z − 1) Esta serie converge en el disco |(z − 1)/2| < 1 es decir |z − 1| < 2 Al multiplicar por −1/(z − 1) se obtiene ahora la serie buscada P 2 1 1 n+1 (z−1)n−1 = − 2(z−1) + 41 − z−1 + (z−1) −... f(z) = ∞ n=0 (− 2 ) 8 16 La región precisa de convergencia es 0 < |z − 1| < 2 lo cual se confirma al observar que 1/(z + 1) en f(z) es singular en - 1 a la distancia de 2 del centro de la serie.

EJERCICIOS Determinar la ubicación y el tipo de las sigularidades de las siguientes funciones: 1) cot z =

P∞

n=0

(−1)n 22n x2n−1 2n!

=

1 x

−

x 3

−

x3 4∗5

−

2x5 3∗4∗5

+ ...

Singularidad estable, converge al infinito. 1 2) (z+a) 4 ∀z = 6 −a.

4)

3 z

− z12 − z23

Singularidad esencial en z0 = −a, converge

Singularidad de polo en z0 = 0, orden 3.

7) ezπ (z 2 − iz + 2)2 ⇒ u = zπ 2 3 ezπ (z 2 − iz + 2)2 = (z 2 − iz + 2)2 [1 + u + u2! + u3! + ...] = 2 2 2 2 (z 2 − iz + 2)2 + (z 2 − iz + 2)2 zπ + z π (z 2!−iz+2) + ... 154

Singularidad estable. 10) cosh z21+1 ⇒ u = z21+1 P∞ u2n 1 1 n=0 2n! = 2 (z 2 +1)2 + Singularidad constante.

1 1 4! (z 2 +1)4

+

1 1 6! (z 2 +1)6

+ ...

1 z

11) tan z1 ⇒ u =

5

3

2 + ... = z1 + 3z13 + 15z tan(u) = u + u3 + 2u 5 + ... 15 2 Singularidad esencial, converge para 0 < |z| < π

13) cos z − sin z 2 = 1 − x2! +

x4 4!

6 − x6! + ... 2 3 x − x2! − x3!

−1 − Singularidad estable.

− −

3 5 x − x3! + x5! 5 x4 − x5! − .... 4!

+ ... =

Expanda la función en una serie de Laurent que sea válida para el dominio dado: Ejercicio #1 cos(z) 0 < |z| z 1 f (x) = cos (z) z 2 4 1 z z z 6 z 8 z 10 f (x) = (1 − + − + − + ...) z 2! 4! 6! 8! 10! 1 z z3 z5 z7 z9 f (x) = − + − + − + ... z 2! 4! 6! 8! 10! f (z) =

Ejercicio #2 1

f (z) = e− z2 e−x =

∞ X

0 < |z| (−1)n

n=0

f (x) = 1(1 −

1 1 2 z 1!

+ 155

1 2 2 z 2!

−

xn n! 1 3 z2

3!

+

1 4 2 z 4!

− ...)

f (x) = 1 −

1 1 1 1 ... 2 + 4 − 6 + 1!z 2!z 3!z 4!z 8

Ejercicio #3 f (z) =

ez z−1

0 < |z − 1|

z−1=u z =u+1 e.eu f (u) = u ∞ X xn eu = n! n=0 u u2 u3 u4 u5 e (1 + + + + + + ...) u 1! 2! 3! 4! 5! e eu eu2 eu3 eu4 f (u) = ( + e + + + + + ...) u 2! 3! 4! 5! e(z − 1) e(z − 1)2 e(z − 1)3 e(z − 1)4 e +e+ + + + +. . . ) f (u) = ( (z − 1) 2! 3! 4! 5! f (u) =

1 Expanda la función f (z) = z(z−3) en una serie de Laurent válida para el dominio dado:

Ejercicio #4 0 < |z| < 3 Fracciones parciales: f (z) =

1 1 1 = − z(z − 3) 3(z − 3) 3z

Cuando |z| > 0 f (z) = −

1 3z

Cuando |z| < 3 f (z) =

1 1 1 z z 2 z 3 = = − (1+ + + +. . . ) 3(z − 3) −32 (1 − z3 ) 32 3 3 3 156

f (z) = f (z)|z|>0 + f (z)|z|<3 f (z) = −

1 z 1 z2 z3 − − 3 − 4 − 5 − ... 3z 9 3 3 3

Ejercicio #5 0 < |z − 3| < 3 u=z−3 z =u+3 0 < |u| < 3 Fracciones parciales: f (u) =

1 1 1 = − u(u + 3) 3u 3(u + 3)

Cuando |u| > 0; ; |z − 3| > 0 f (z) = f (z) =

1 3u

1 3(z − 3)

Cuando |u| < 3; ; |z − 3| < 3 f (u) = −

1 1 u u 2 u 3 1 = = − (1+(− )+ − + − +. . . ) 3 (u + 3) 32 3 3 3 −32 1 + u3

1 u u2 u3 f (u) = − 2 + 3 − 4 + 5 − . . . 3 3 3 3 2 1 (z − 3) (z − 3) (z − 3)3 f (z) = − 2 + − + − ... 3 33 34 35 f (z) = f (z)|z−3|>0 + f (z)|z−3|<3 1 1 (z − 3) (z − 3)2 (z − 3)3 f (z) = − + − + −... 3(z − 3) 32 33 34 35 Ejercicio #6 1 < |z − 4| < 4 u=z−4 157

z =u+4 1 < |u| < 4 Fracciones parciales: f (u) =

1 1 1 = − (u + 4)(1 + u) 3(u + 1) 3(u + 4)

Cuando |u| < 4; ; |z − 4| < 4 f (u) =

1 u u2 u3 1 (1 − + = − 3 + ...) −3(4)(1 + u4 ) −3(4) 4 42 4

1 (z − 4) (z − 4)2 (z − 4)3 f (u) = − + − + − ...) 12 3 ∗ 42 3 ∗ 43 3 ∗ 44 Cuando |u| > 1; ; |z − 4| > 1 f (u) =

1 1 1 1 1 1 = (1 − + 2 − 3 + . . . ) 1 = 3(u + 1) 3u u u u 3u(1 + u )

1 1 1 − 2 + 3 − ... 3u 3u 3u 1 1 1 − ... f (z) = − 2 + 3(z − 4) 3(z − 4) 3(z − 4)3 f (u) =

Entonces f (z) = . . .

1 1 (z − 4) (z − 4)2 (z − 4)3 1 1 − + − + −. . . − + 3 ∗ 43 3 ∗ 44 3 (z − 4)3 3 (z − 4)2 3 (z − 4) 12 3 ∗ 42

1 Expanda f (z) = (z−1)(z−2) en una serie de Laurent válida para el dominio dado:

Ejercicio #7 1 < |z| < 2 Fracciones parciales f (z) =

1 1 1 = − (z − 1)(z − 2) (z − 2) (z − 1)

158

Cuando |z| > 1 1 −1 1 1 1 + 2 + 3 + ...) 1 = − (1 + z z z z z(1 − z )

f (z) =

1 1 1 1 f (z) = − − 2 − 3 − 4 − . . . z z z z Cuando |z| < 2 f (z) =

1 −1 z z2 z3 1 = − = (1 + + + + ...) (z − 2) 2(1 − z2 ) 2 2 22 23 z z2 z3 1 f (u) = − − 2 − 3 − 4 − . . . 2 2 2 2 f (z) = f (z)|z|>1 + f (z)|z|<2

f (z) = · · · −

1 1 1 1 z z2 z3 1 − − − − − − − − ... z 4 z 3 z 2 z 2 22 23 24

Ejercicio #8 0 < |z − 1| < 1 u=z−1 z =u+1 0 < |u| < 1 Fracciones parciales: f (u) =

1 1 1 = − u(u − 1) (u − 1) u

|u| > 0; |z − 1| > 0 1 f (u) = − u 1 f (u) = − z−1 |u| < 1; |z − 1| < 1 1 1 f (u) = =− = −1(1 + u + u2 + u3 + . . . ) (u − 1) (1 − u) f (z) = −1 − (z − 1) − (z − 1)2 − (z − 1)3 − . . . 159

f (z) = f (z)|z−1|>0 + f (z)|z−1|<1 f (z) = −

1 − 1 − (z − 1) − (z − 1)2 − (z − 1)3 − . . . (z − 1)

z Expanda f (z) = (z+1)(z−2) en una serie de Laurent válida para el dominio dado:

Ejercicio #9 0 < |z + 1| < 3 u=z+1 z =u−1 0 < |u| < 3 Fracciones parciales: f (u) =

u−1 2 1 = + u(u − 3) 3(u − 3) 3u |u| > 0; |z + 1| > 0 1 f (u) = − 3u 1 f (u) = − 3(z + 1)

|u| < 3; |z + 1| < 3 2 2 u u 2 u 3 f (u) = = − (1 + + + + ...) −32 (1 − u3 ) 32 3 3 3 2 2 (z + 1) 2(z + 1)2 2(z + 1)3 f (z) = − 2 − − − − ... 3 33 34 35 f (z) = f (z)|z+1|>0 + f (z)|z+1|<3 1 2 2 (z + 1) 2(z + 1)2 2(z + 1)3 f (z) = − − − − −. . . 3(z + 1) 32 33 34 35 Ejercicio #10 1 < |z| < 2

160

Fracciones parciales: f (z) =

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

Cuando |z| > 1 f (z) =

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

1 1 1 − 2 + 3 + ... 3z 3z 3z

Cuando |z| < 2 f (z) =

1 z z2 z3 −1 = − (1 + + + + ...) 3(1 − z2 ) 3 2 22 23

1 z z2 z3 f (z) = − − − − ... − 3 3 ∗ 2 3 ∗ 22 3 ∗ 23 f (z) = f (z)|z|>1 + f (z)|z|<2 f (z) = · · ·+

1 1 1 1 z z2 z3 − + − − − − −. . . 3z 3 3z 2 3z 3 3 ∗ 2 3 ∗ 22 3 ∗ 23

1 Expanda f (z) = z(1−z) 2 en una serie de Laurent que sea válida para el dominio dado:

Ejercicio #11 0 < |z| < 1 Fracciones parciales: f (z) =

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

Cuando |z| > 0 f (z) =

1 z

Cuando |z| < 1 1 f (z) = 1−z = 1 + z + z2 + z3 + . . . 1 2 3 f (z) = (1−z) 2 = 1 + 2z + 3z + 4z + . . . 161

Entonces f (z) = 2 + 3z + 4z 2 + 5z 3 + . . . Sumamos f (z) = f (z)|z|>0 + f (z)|z|<1 f (z) =

1 + 2 + 3z + 4z 2 + 5z 3 + . . . z

Expanda la función f (z) =

1 (z−2)(z−1)3

Ejercicio #12 0 < |z − 2| < 1 u=z−2 z =u+2 0 < |u| < 1 Fracciones parciales: f (z) =

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

Cuando |u| > 0; ; |z − 2| > 0 f (u) = f (z) =

1 u

1 (z − 2)

Cuando |u| < 1; ; |z − 2| < 1 f (u) = −

1 = −1(1 − u + u2 − u3 + . . . ) u+1

f (z) = −1 + (z − 2) − (z − 2)2 + (z − 3)3 + . . . 1 f (u) = − = −1(1 − 2u + 3u2 − 4u3 + . . . ) )2 (u + 1 f (z) = −1 + 2 (z − 2) − 3(z − 2)2 + 4(z − 3)3 + . . . 1 f (u) = − = −1(1 − 3u + 6u2 − 10u3 + . . . ) )3 (u + 1 162

f (z) = −1 + 3 (z − 2) − 6(z − 2)2 + 10(z − 3)3 + . . . Entonces f (z) = −3 + 6 (z − 2) − 10(z − 2)2 + 15(z − 3)3 + . . . Sumamos f (z) = f (z)|z|>0 + f (z)|z|<1 f (z) =

1 − 3 + 6 (z − 2) − 10(z − 2)2 + 15(z − 3)3 + . . . (z − 2)

Determinar la Serie de Fourier para las siguientes funciones, dado f : ( 0, −π < x < 0 1) f (x) = 1, 0 ≤ x ≤ π Respuesta: P 1−(−1)n f (x) = 21 + π1 ∞ sin(nx) n=1 n ( −1, −π < x < 0 2) f (x) = 2, 0≤x < π Respuesta: P 1−(−1)n sin (nx) f (x) = 12 + π3 ∞ n=1 n 1 si −1 ≤ x ≤ 0 3) f (x) = x si 0 ≤ x ≤ 1 Respuesta: ∞

3 X (−1)n − 1 1 f (x) = + [ cos (nπx) − sen (nπx)] 2 2 4 n=1 nπ nπ ( 0, 4) f (x) = x,

−1 < x < 0 0≤x<1

Respuesta: h P (−1)n −1 f (x) = 14 + ∞ cos(nπx) + n=1 n2 π 2

5) f (x) = x + π, −π < x < π Respuesta: P n+1 2 f (x) = π + ∞ sin(nx) n=1 n (−1) 163

i

(−1)n+1 sin(nπx) nπ

6) f (x) = 3 − 2x; Respuesta:

−π ≤ x ≤ π

∞ X (−1)n sen (nx)] f (x) = 3 + 4 [ n n=1

( −2, −1 ≤ x < 0 7) f (x) = 1, 0 < x < 1 Respuesta: f (x) = − 14 + P∞ 1 nπ nπx 3 nπ nπx n=1 − nπ sin( 2 )cos( 2 ) + nπ 1 − cos( 2 ) sin( 2 ) ( 1, −5 < x < 0 8) f (x) = 1 + x, 0 ≤x< 5 Respuesta: f (x) = 49 + 5 nπx + n=1 n2 π 2 [(−1) − 1]cos 5 2 + x si −2 ≤ x ≤ 0 9) f (x) = 2 si 0 ≤ x ≤ 2 P∞

n

5 (−1)n+1 sin nπ

nπx 5

Respuesta: f (x) =

10) f (x) = ex ;

∞ X 2 nπx [ 2 2 [1 − (−1)n ] cos ( )+ n π 2 n=1 nπx 2 (−1)n+1 sen ( )] nπ 2 −π ≤ x ≤ π 3 2

+

Respuesta: ∞ X (−1)n (eπ − e−π ) cos (nx) + [ 2) π(1 + n n=1 (−1)n n(eπ − e−π ) sen (nx)] π(1 + n2 ) De las siguientes funciones dadas desarolle las serie de Fourier de senos o cosenos adeacuada:   1, −2 < x < −1 11) f (x) = 0, −1 < x < 1 , serie de cosenos  1, 1
f (x) =

eπ −e−π 2π

+

164

P −2 nπ nπx f (x) = 12 + ∞ n=1 nπ sin( 2 )cos( 2 ) 12) f (x) = x, −π < x < π, serie de senos Respuesta: P n+1 2 sin(nx) f (x) = ∞ n=1 n (−1) ( 1 1, 0 < x < 2 13) f (x) = , serie de senos 0, 12 ≤ x < 1 Respuesta: P nπ 2 1 − cos sin (nπx) f (x) = ∞ n=1 nπ 2 1 0 si 0 ≤ x ≤ 2 14) f (x) = , serie de cosenos 1 si 12 ≤ x ≤ 1 Respuesta: f (x) =

1 2

∞ X 2 nπ [− sen ( ) cos (nπx)] + nπ 2 n=1

( x, 0 < x < π2 15) f (x) = , serie de cosenos π − x, π/2 ≤ x < π Respuesta: P n+1 2 π 2cos( ) + (−1) − 1 cos(nx) f (x) = π4 + ∞ 2 n=1 n π 2 ( 0, 0< x <π 16) f (x) = , serie de cosex − π, π ≤ x < 2π nos Respuesta: P n 4 nπ f (x) = π4 + ∞ cos n=1 n2 π (−1) − cos 2 ( x, 0 < x < 1 17) f (x) = , serie de senos 1, 1 ≤ x ≤ 2 Respuesta: 2 P n+1 nπ 4 sin f (x) = ∞ n=1 n2 π 2 sin 2 + nπ (−1) x si 0 ≤ x ≤ 1 18) f (x) = , serie de senos 1 si 1 ≤ x ≤ 2

nx 2

nπx 2

Respuesta: ∞ X 4 nπ 2 nπx f (x) = [ 2 2 sen + (−1)n+1 ] sen nπ 2 nπ 2 n=1

165

( 1, 19) f (x) = 2 − x, y cosenos

0< x <1 1≤ x <2

, serie de senos

Respuestas: 2 P 4 nπx f (x) = ∞ sin nπx n=1 nπ + n2 π 2 sin 2 2 P nπ 4 + (−1)n+1 cos nπx f (x) = 34 + ∞ n=1 n2 π 2 cos 2 2 20) Una funci´ on f(t) est´ a dada por: 2 f(t)=πt − t 0≤t≤π y est´ a representada por una serie de Fourier de medio recorrido en senos o con una serie de Fourier de medio recorrido en cosenos. Encuentre ambas series y dibuje las gr´ aficas de las funciones representadas por ellas para −2π ≤ t ≤ 2π Respuesta: ∞ π 2 X cos(2nxt) f (t) = − 6 n2 n=1 21) Encuentre la serie de Fourier para la siguiente funci´ on. ( 2a x 0 < x < L2 f (x) = L 2a − L x + 2a L/2 < x < L Respuesta: f (x) =

∞ X 8a(−1)n n=1

n2 π 2

sin

nπ x L

22) Encuentre la serie de Fourier de senos de la siguiente funcion   0 < x < l/2 x −x + l/2 l/2 < x < 3l/4  x − l 3l/4 < x < l Respuesta: ∞ X

sin 3nπ 2nπ 2 f (x) = −l sin x 2π2 n l n=1 166

23) Halle la serie de Fourier de senos de la siguiente funcion:   sin(t), 0 < t < π2 π 2

 0,

Respuesta: f (t) =

∞ X 4n ∗ cos(n ∗ π) n=1

π ∗ (1 − 4n2 )

sen(2nt)

24) Encuentre la serie de fourier de la siguiente funcion   − 3 ≤ x < −2 2x 0 −2≤x<1 f (x) =   2 x 1≤x≤3 Respuesta: ∞

nπ nπ 11 X an cos( x) + bn sen( x) + f (x) = 18 n=1 3 3 25) Encuentre la serie de fourier de las siguiente funci´ on f (x) = x2 e−x

−3≤x≤3

Respuestas: a0 =

an =

5e6 − 17 6e3

(27e3 n5 π 5 + 108e3 n3 π 3 + 729e3 nπ)sin(nπ) + (135e3 n4 π 4 + 972e3 n2 π 2 + 3645e n6 π 6 + 27n4 π 4 + 243n2 π 2 + 729

(27n5 π 5 + 756n3 π 3 + 6561nπ)sin(nπ) + (−27n4 π 4 − 972n2 π 2 − 12393)cos(nπ) e3 (n6 π 6 + 27n4 π 4 + 243n2 π 2 + 729) 167

bn = − −

(135e3 n4 π 4 + 972e3 n2 π 2 + 3645e3 )sin(nπ) + (−27e3 n5 π 5 − 108e3 n3 π 3 − 729 n6 π 6 + 27n4 π 4 + 243n2 π 2 + 729

(27n4 π 4 + 972n2 π 2 + 12393)sin(nπ) + (27n5 π 5 + 756n3 π 3 + 6561nπ)cos(nπ) e3 n6 π 6 + 27e3 n4 π 4 + 243e3 n2 π 2 + 729e3 ∞

nπx nπx 5e6 − 17 X f (x) = + b sin + a cos n n 6e3 3 3 n=1 26) Encontrar la serie de Fourier de la siguiente función cos(x) −2≤x≤0 f (x) = sin(x) 0≤x≤2 Soluci´ on a0 = 0,5813611

an =

(nπ − 2)sin(nπ + 2) + (nπ + 2)sin(nπ − 2) (nπ − 2)cos(nπ + 2) + (−nπ − − n2 π 2 − 4 n2 π 2 − 4

bn =

(nπ − 2)cos(nπ + 2) + (nπ + 2)cos(nπ − 2) 2nπ (nπ − 2)sin(nπ + 2) − 2 2 − 2 2 n π −4 n π −4 n2

f (x) = 0,5813611 +

∞ X n=1

an cos

nπ nπ x + bn sen x 2 2

27) Encontrar la serie de fourier de cosenos de la siguiente función f (x) = e−|x| 0≤x≤2 Respuesta: ∞ X sin nπ 1 + e−1 nπx −1 2 f (x =) + 2(1 − e ) cos 2 nπ 2 n=1

168

28) Encontrar la serie de fourier de la siguiente función   −2x, 1 + x2 , f (x) =  0,

 − 4 ≤ x ≤ −2  −2≤x≤2 2
Respuesta : ∞

πnx 2 πnx 8 X 2 f (x) = + (( ((−1)n − 1)) cos( )−( ((−1)n − 2)) sin( 3 n=1 πn 2 πn 2 29) Encontrar los coeficientes de la serie de fourier de la siguiente función ( −x2 −3≤x<1 f (x) = x+1 1
(

1 bn = 3

(

7 9

" 2 πn πn 3 3 3 −3 cos x −5 cos (nπ) + sin x −3 +2 nπ L nπ L nπ n

" 2 πn πn 3 3 3 3 −3 x − 11 x 3 sin cos (nπ) + cos −2 nπ L nπ L nπ nπ

30) Encontrar la serie de fourier de la siguiente función   cos(πx), −1 < x < 0 

−2,

0
Respuesta: ∞

4(n2 cos( n2 ) − 8π 2 cos( n2 ) − 3n2 + 2 X 4(3n2 − 8π 2 ) sin( n2 ) nx + ( cos( ) − f (x) = 3 n=1 3n(n − 2π)(n + 2π) 2 3n(n − 2π)(n + 2π)

169

8.

Series de Laurent

1) Encontrar una serie de Laurent para f (z) = v´ alida en a) el anillo 0 < |z| < 1

1 z(z−1)

1 1 1 =− ∗ z(1 − z) z 1−z 1 f (z) = − (1 + z 2 + z 3 + ....) z 1 f (z) = − − 1 − z − z 2 − z 3 − ... z En el anillo 1 < |z| no conviene el desarrollo: f (Z) = −

1 = 1 + z + z 2 + z 3 ... 1−z Dado que este resultado converge para |z| < 1 y se pide para b) |z| > 1 f (z) = f (z) =

1 z(z − 1) 1 − z1 )

z 2 (1

1 1 1 1 (1 + + 2 + 3 + ...) 2 z z z z 1 1 1 1 f (z) = 2 + 3 + 4 + 5 + .... z z z z c) El anillo 0 < |z − 1| < 1 f (z) =

1 = 1 + z + z2 + z3 1−z 1 1 = = 1 + (z − 1) + (z − 1)2 + (z − 1)3 + ... z 1 − (z − 1) Esta converge para |z − 1| < 1 f (z) =

1 1 1 = ∗ z(z − 1) z−1 z

170

1 ∗ (1 + (z − 1) + (z − 1)2 + (z − 1)3 + ...) z−1 1 f (z) = + 1 + (z − 1) + (z − 1)2 + (z − 1)3 + ... z−1

f (z) =

2)Encontrar una serie de Laurent para: f (z) = para el anillo 1 < |z| < 3 f (z) =

1 (z−1)(z−3)

1 1 1 1 =− [ − ] (z − 1)(z − 3) 2 z−1 z−3

Se tiene que: 1 1 1 = ∗ z−1 z 1− 1 1 1 = ∗ (1 + + z−1 z z 1 1 1 = + 2 z−1 z z 1 − = z−3

1 z

1 1 + + ...), |z| > 1 z2 z3 1 1 + 3 + 4 + ... z z 1 1 ∗ 3 1 − z3

1 1 z z2 z3 = ∗ (1 + + + + ...), |z| < 3 z−3 3 3 9 27 La serie es: 1 1 1 1 3 1 −1 1 −2 1 −3 1 −4 1 f (z) = = − − z− z 2 − z − z − z − z − z −... (z − 1)(z − 3) 6 18 54 162 2 2 2 2 o ∞ ∞ X 1 1 X zn 1 f (z) = =− [ + ] n+1 n+1 (z − 1)(z − 3) 2 n=0 3 z n=0 −

3) Sean a, b ∈ C tales que 0 < |a| < |b|. Obt´ engase el desarrollo en serie de Laurent f (z) =

1 , (z − a)(z − b) 171

∨z

∈

C − {a, b} ,

para

la

f unci´ on :

en cada uno de los siguientes anillos: a. A(0; |a| , |b|) A : {z ∈ C/ |a| < |z| < |b|} 1

1

1 = a−b + b−a (z − a)(z − b) z−a z−b 1 a−b

1 1 = z−a z(a − b) 1 −

1 b−a

z−b

=

1 1 b(a − b) 1 −

z b

a z

=

∞ X an−1 1 = a − b zn n=1 z=a |a| = |a| < |z| ∞ X n=0

zn bn+1 (a − b)

z=b |b| = |b| > |z| f (z) =

∞ ∞ X X an−1 1 zn + a − b z n n=0 bn+1 (a − b) n=1

b. A(0; |b| , +∞) A : {z ∈ C/ |z| > |b|} 1

1

1 = a−b + b−a (z − a)(z − b) z−a z−b ∞ X an−1 1 = z − a n=1 a − b z n z=a |a| = |a| < |z| 1 a−b

172

∞ X bn−1 1 = b − a zn n=1

1 b−a

1 1 = z−b z(b − a) 1 −

b z

z=b |b| = |b| < |z| ∞ ∞ ∞ n−1 X X X bn−1 1 an−1 − b 1 an−1 1 + = f (z) = n n a−bz b−az a−b zn n=1 n=1 n=1

c. A(a; 0, |b − a|) A : {z ∈ C/0 < |z − a| < |b − a|} 1

1

1 = a−b + b−a (z − a)(z − b) z−a z−b ∞ ∞ X X un −1 (z − a)n 1 =− = =− u z−b (a − b)2 1 − − a−b (a − b)n+2 (a − b)n+2 n=1 n=1 1 b−a

u=z−a

;

z =u+a

;

A(0; 0, |b − a|)

;

A : {u ∈ C/0 < |u| < |b − a|} u=b−a |b − a| = |b − a| > |u| f (z) =

d. A(a; |b − a| , +∞) A : {z ∈ C/ |z − a| > |b − a|} 1

1

1 = a−b + b−a (z − a)(z − b) z−a z−b

173

1 a−b

z−a

−

∞ X (z − a)n (a − b)n+2 n=1

∞

1 b−a

∞

X (b − a)n−2 X (b − a)n−2 1 1 = = = z−b u(b − a) 1 − b−a un (z − a)n u n=1 n=1 u=z−a

;

z =u+a

;

A(0; |b − a| , +∞)

;

A : {u ∈ C/ |u| > |b − a|} u=b−a |b − a| = |b − a| < |u|

f (z) =

1 a−b

z−a

+

∞ X (b − a)n−2 n=1

(z − a)n

4) Clasifique las singularidades de las siguientes funciones: a. f (z) =

(z 2 −1)(z−2) sin3 (πz)

z0 = 2k N inguna b. f (z) =

de

sus

singularidades

; es

aislada

z sin z

z0 = 2kπ N inguna

k∈Z

de

sus

singularidades

; es

c. f (z) = exp z21−1 z0 = ±1 Singularidad

esencial

174

en

±1

k∈Z aislada

=

∞ X (b − a)n−2 n=2

(z − a)n

d. f (z) = z cos z1 z0 = 0 Singularidad

evitable

en

el

origen

5) Clasifica las singularidades, y determina las partes singulares, para cada una de las siguientes funciones. Estudia tambi´ en, cuando ello tenga sentido, la eventual singularidad en ∞:

a. f (z) =

1−cos z , zn

z0 = 0

∀z

P olo

cos z 1 − n n z z

∈ de

P arte

b. f (z) = z n sin z1 , z0 = 0

Singularidad

orden

z0 ∈ (−∞, 0]

log(1+z) , z2

N inguna

n

singular

∀z

∈

evitable

C/{0}

en

zn 1 z c. f (z) =

n∈N

C/{0}

el

origen

P arte P arte

∀z

∈

de

sus

regular singular

C/{0, 1} singularidades z 1 z2

d. f (z) =

1 , z(1−ei2πz )

175

∀z

∈

C

es

aislada

P arte

regular

P arte

singular

z0 = 0

Singularidad evitable en el origen ei2πz 1 z

e. f (z) = z tan z, z0 = (2k + 1)π/2,

∀z

∈

k∈Z

P arte P arte

regular singular

C/{(2k + 1)π/2;

k ∈ Z}

Sus singularidades no son aisladas z tan z

P arte

regular

6)Estudie el comportamiento de la funci´ on f en el punto indicado : cos z a. f (z) := z2 , a := 0; cos z cos z l´ım zf (z) = l´ım z = l´ ım =∞ z→0 z→0 z→0 z2 z La f unci´ on tiene una singularidad en z = 0, inevitable. z b. f (z) := e z−1 2 , a := 0; z e −1 ez ez − 1 l´ım zf (z) = l´ım z = l´ ım =1 = l´ ım z→0 z→0 z→0 1 z→0 z2 z La f unci´ on tiene una singularidad en z = 0, evitable. z+1 c. f (z) := z−1 , a := 0; z+1 2 2z l´ım zf (z) = l´ım z = l´ım z 1 + = l´ım z + =0 z→0 z→0 z→0 z→0 z−1 z−1 z−1 La f unci´ on tiene una singularidad en z = 0, evitable. z+1 d. f (z) := z−1 , a := 1; z+1 l´ım zf (z) = l´ım (z − 1) = l´ım z + 1 = 2 z→1 z→1 z→1 z−1 La f unci´ on tiene una singularidad en z = 1, evitable.

176

7) Sea una funci´ on f ∈ H(D(2, 0) \ {0}) tal que Z zn f (z)dz = 0, ∀n ∈ N ∪ {0}, T

Prueba que f tiene singularidad evitable en el origen. Soluci´ on l´ım {(z − z0 )n f (z)}

z−→z0

l´ım |(z − 0)n f (z)| = 0

z−→0

Si el l´ımite cuando z tiende a z0 de f (z) es finito, entonces tenemos una función evitable en z0 . Por lo tanto tenemos una singularidad evitable en el origen.

8) Obt´ engase el desarrollo en serie de Laurent de la funci´ on : f (z) =

1 , ∀z (z 2 − 1)2

∈

C\{−1, 1},

en los anillos a.A(1; 0, 2)

b.B(1; 2, +∞)

En A(1;0,2) 1 1 = 2 2 − 1) (z + 1) (z − 1)2 Sea u = z − 1 =⇒ z = u + 1 1 f (z) = (u+1+1)2 (u)2 = (u+2)12 (u)2 = u12 [2( u 1+1)]2 = 4u1 2 u 1 2 = ( 2 +1) 2 2 3 4 5 1 1 − 2u + 3u − 4u + 5u − 6u 4u2 2 22 23 24 25 f (z) =

f (z) =

(z 2

1 1 3 u 5u2 3u3 − + − + − ... 4u2 4u 16 8 64 64 177

f (z) =

1 3 z − 1 5(z − 1)2 3(z − 1)3 1 + − + − ... − 4(z − 1)2 4(z − 1) 16 8 64 64

En B(1;2,+∞) f (z) =

(z 2

1 1 = 2 2 − 1) (z + 1) (z − 1)2

Sea u = z − 1

=⇒ z = u + 1

1 1 1 1 f (z) = (u+1+1) 2 (u)2 = (u+2)2 (u)2 = u2 [u(1+ 2 )]2 = u 2,2 22 ,3 23 ,4 24 ,5 25 ,6 1 1 − u + u22 − u3 + u4 − u5 u4

1 1 u4 (1+ 2 )2 u

=

∞

1 2,2 22 ,3 23 ,4 24 ,5 25 ,6 X (−2)n (n + 1) f (z) = 4 − 5 + 6 − 7 + 8 − 9 = u u u u u u un+4 n=1 ∞

f (z) =

X (−2)n (n + 1 1 2,2 22 ,3 23 ,4 24 ,5 25 ,6 − + − + − = (z − 1)4 (z − 1)5 (z − 1)6 (z − 1)7 (z − 1)8 (z − 1)9 (z − 1)n+4 n=1

9) Calcule la serie de Laurent de la funci´ on f (z) =

1+z z

en el anillo A(0; 0, +∞) = C/{0}. A : {z ∈ C/ |z| > 0} desarrollo

z centrado en 0, en potencias de z 1+z 1 f (z) = = +1 z z

10) Sean Ω abierto de C, a ∈ Ω y f una f unci´ on holomorfa en ω \{ a }, no id´ enticamnete nula en dicho entorno reducido. Qu´ e relaci´ on existe entre las posibles singularidades de las funciones f y

178

1 f

Esto se cumple siempre y cuando, para alg´ un δ > 0 1 f

g(z) =

Si 0 < |z − a| < δ Si z = a

0

11) Obtenga los desarrollos en serie de Laurent indicados en cada caso:

a. f (z) = exp(z) + exp

1 z2

,

|z| > 0 1

f (z) = ez + e z2 b. f (z) =

1 , z(z+R)

0 < |z| < R 1 − R1 1 R f (z) = = + z(z + R) z z+R ∞

X − R1 zn 1 1 1 1 = =− =− 2 z+R RR+z R 1 − − Rz (−1)n+1 Rn+2 n=0 z = −R |−R| = R > |z| f (z) =

1 R

z

+

∞ X

zn

n=0

(−1)n+1 Rn+2

12) Obtenga una serie de Laurent v´ alida para: f (z) = 1 (z−2)(z−1)

179

a) Para: 0 < |z| < 1 1 −1 1 = + (z − 2)(z − 1) z−2 z−1 1 1 1 =− z−2 21−

z 2

∞ X zn =− 2n+1 n=0

z=2 |2| = 2 > |z|} ∞

X 1 −1 = = zn z−1 1−z n=0 z=1 |1| = 1 > |z| ∞ ∞ ∞ X X X zn 1 zn 1 − n+1 z n + = f (z) = − n+1 n+1 2 2 2 n=0 n=0 n=0 b) Para: 1 < |z| < 2 1 1 −1 = + (z − 2)(z − 1) z−2 z−1 1 1 1 =− z−2 21−

z 2

∞ X zn =− 2n+1 n=0

z=2 |2| = 2 > |z|} −1 1 1 =− z−1 z1−

1 z

=

∞ X −1 n=1

zn

z=1 |1| = 1 < |z| ∞ ∞ X X zn −1 + f (z) = n+1 2 zn n=0 n=1

180

c) Para: |z| > 2 1 −1 1 = + (z − 2)(z − 1) z−2 z−1 1 1 1 = z−2 z1−

2 z

=

∞ X 2n−1 n=1

zn

z=2 |2| = 2 < |z| 1 1 −1 =− z−1 z1−

1 z

=

∞ X −1 n=1

zn

z=1 |1| = 1 < |z| f (z) =

∞ X 2n−1 n=1

zn

+

∞ X −1 n=1

zn

=

∞ X 2n−1 − 1 n=1

zn

13) Obtenga una serie de Laurent v´ alida para: f (z) = 1 1 1 + (z−1)2 + z+2 z

181

a) Para: 0 < |z| < 1 ∞ X 1 −1 = =− zn z−1 1−z n=1

z=1 |1| = 1 > |z| ∞ X 1 =− zn z−1 n=1 ∞ X 1 (n + 1)z n 2 = (z − 1) n=−1 ∞

X zn 1 1 1 = = z+2 2 1 − − z2 (−1)(2)n+1 n=0 z=2 |2| = 2 > |z| ∞ ∞ X X zn 1 n (n + 1)z + f (z) = + z n=−1 (−1)(2)n+1 n=0 ∞

1 X n+1 n − z f (z) = + z n=0 (2)n+1

182

b) Para: 1 < |z| < 2 1 1 1 = z−1 z1−

1 z

=

∞ X 1 zn n=1

z=1 |1| = 1 < |z| ∞

X 1 1 = z − 1 n=1 z n ∞

Xn−1 1 = zn (z − 1)2 n=2 ∞

∞

1 Xn−1 X zn f (z) = + + z n=2 z n (−1)(2)n+1 n=0 c) Para: |z| > 2 ∞

n−1

X (−1)n−1 (2) 1 1 1 = = z+2 z 1 − − z2 zn n=1

z=2 |2| = 2 < |z| ∞

∞

n−1

1 X n − 1 X (−1)n−1 (2) f (z) = + + z n=2 z n zn n=1

∞

14) Obt´ engase el desarrollo de serie de Laurent de la funci´ on: f (z) =

1 , ∀z z(z−1)

∈ C \ {0, 1} en los anillos A{0;0,1}

1 A B = + z(z − 1) z z−1 183

n−1

2 X (n − 1) + (−1)n−1 (2) = + z n=2 zn

1 = A(z − 1) + Bz

1 = Az − A + Bz

1 = z(A + B) − A

1 1 1 = − + z(z − 1) z z−1 X [ 1 −1 = =n= 0]∞ z n (−1) z−1 1−z X [ 1 1 1 = = =n= 0]∞ (−1)n z n z 1−1+z 1 + (z − 1) X X [ [ f (z) = n= 0]∞ z n (−1)+ n= 0]∞ (−1)n z n

15) Calcule la serie de Laurent de la funci´ on. f (z) =

z2

z +1

en el anillo A(i;0,2) z 1 1 1 f (z) = 2 = + = z +1 z+i z−i 2 Sea u = z − i 184

1 1 + z+i z−i

=⇒ z = u + i

f (z) =

1 2 1 2u

1 1 1 = 2 u + 2i( u1 +1) = + u1 = 12 u1 + u+2i 2i 1 u u2 u3 u4 u5 + 2,2i 1 − 2i + 4i2 − 8i3 + 16i4 − 32i5

1 u+i+i

1 u 1 u2 u3 u4 u5 1 i u iu2 u3 u4 u + − 2+ − + + − − + f (z) = − + − = 2u 4i 8i 16i3 32i4 64i5 128i6 2u 4 8 16 32 64 12

f (z) =

1 i z − 1 i(z − 1)2 (z − 1)3 (z − 1)4 (z − 1)5 − + + − − + 2(z − 1) 4 8 16 32 64 128

16) Obtenga los desarrollos en serie de Laurent indicados: a. para f (z) =

z z 2 +4

en A {i2;0,4}

z A B z = = + z2 + 4 (z + 2i)(z − 2i) (z + 2i) (z − 2i) z = A(z − 2i) + B(z + 2i)

z = z(A + B) + (2iB − 2iA)

B =

z2

1 2

A=

1 2

z 1/2 1/2 = + +4 z + 2i z − 2i

z 1 1 1 1 = + z2 + 4 2 z + 2i 2 z − 2i 185

1 1/z 1 1 = = z + 2i 1 + 2i/z z1+

2i z

=

X (−2i)n 1 [ n= 0]∞ z zn

X (−2i)n [ 1 = n= 0]∞ z + 2i z n+1 X (−2i)n+1 [ X (2i)n+1 [ n= f (z) = n= 1]∞ 1]∞ + zn zn

b. para f (z) =

1 z

en A{i; 1,+∞} |z| > 1

X [ 1 1 = =n= 0]∞ (1 − z)n z 1 − (1 − z)

c. para f (z) =

1 (z 2 −1)2

en A {1; 0,2} 0 < |z| < 2

(z 2

1 1 1 1 1 = − + + 2 2 − 1) 4(z + 1) 4(z + 1) 4(z − 1) 4(z − 1)2 X 1 1 1 1 1 [ = = n= 0]∞ (−z)n 4z +1 41+z 4 z+1 = 0 z = −1 186

−

X 1 1 1 [ n= 0]∞ (z)n = 4z −1 4 1

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

=

X 1 1 [ n= 0]∞ (−z)n 4z +1

=

X (−z)n 1 [ n= 0]∞ 4 z+1

X (z)n 1 [ 1 1 n= = − 0]∞ 4 (z − 1)2 4 z+1

X X X (−z)n 1 [ X 1 [ 1 [ 1 [ n n n= n= n= f (z) = − n= 0]∞ 0]∞ (−z) + 0]∞ (z) + 0]∞ 4 4 4 z+1 4

17) Clasifique las singularidades y obtenga el desarrollo correspondiente a la parte singular de la serie de la serie de Laurent de las siguientes funciones en los puntos donde corresponda:

a. f (z) :=

log(1 + z) , z2

∀z

∈

\{0},

Primero analizaremos la singularidad y el grado del polo. log(1 + z) log(1 + z) 1 = l´ım = l´ım =1 l´ım zf (z) = l´ım z 2 z→0 z→0 1(1 + z) z→0 z→0 z z 187

La f unci´ on tiene una singularidad en z = 0 evitable y un polo de grado 2.

Serie de Taylor para |z| < 1 f (z) = log(1+z) en serie de T aylor a la f uncion log(1+ z2 Rz RDesarrollaremos z 1 z) log(1 + z) = 0 1+t dt = 0 (1 − t + t2 − t3 + t4 ...) dt = P 2 2 3 4 3 4 (−1)n z n t − t2 + t3 − t4 ... |z0 = z− z2 + z3 − z4 +... = − ∞ n=1 n ! P∞ (−1)n zn ∞ X log(1 + z) (−1)n z n 1 f (z) = = − n=1 2 n = 2 − 2 z z n z n=1 Serie de Taylor para |z| > 1

log[z(1 + z1 )] Desarrollaremos en serie de T aylor a la f uncion log[z(1+ z2 Z z Z z Z z 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 dt = log[z(1+ )] = 1 − + 2 − 3 + 4 ... dt = − 2+ 1 z t t t t t t t 0 t 0 t 1+ t 0 ∞ X 1 1 1 1 (−1)n 1 1 1 z log[z(1+ )] = ln(t) + − 2 + 3 .. |0 = ln(z)+ − 2 + 3 ... = log(z)− z t t t z z z nz n n=1 ! P∞ (−1)n ∞ X 1 (−1)n log(z) log(1 + z) n = 2 log(z) − = − n=12 nz f (z) = 2 n 2 z z nz z z n=1 f (z) =

9.

Series de Fourier

1) Desarrollar en serie de Fourier la funci´ on f (x) = −2x entre −π y π. Por ser f (x) una funci´ on impar, a0 = 0 = an Z 1 π bn = f (x) sin (nx), dx π −π Z 2 π = −2x sin (nx), dx π 0 188

4 bn = nπ   4 = cos nπ =  n

π cos (nx).x n −π n = par,

bn =

n = impar, bn =

4 n −4 n

Desarrollo de Fourier ∞ X (−1)n f (x) = −2x = 4 sin (nx) n n=1

2) Desarrollar en serie de Fourier la funci´ on de per´ıodo 2π   x, −π ≤ x ≤ 0 f (x) =  −x, 0 ≤ x ≤ π Por ser f (x) una funci´ on par, bn = 0 Z 0 Z 1 π 1 x, dx + (−x), dx an = π −π π 0 Z 2 π a0 π (−x), dx = =− π 0 2 2 Z 0 Z π 1 1 x cos (nx), dx + (−x) cos (nx), dx an = π −π π 0 −2 −2 = [cos (nx)] |π0 = [(−1)n − 1] 2 πn πn2  n = par, an = 0  an =  −4 n = impar, an = πn 2 ∞ π 4 X cos(2n − 1).x f (x) = − + 2 π n=1 (2n − 1)2

3) Desarrollar en series de Fourier la funci´ on f (x) = | sin (x)| entre −π y π.   sin (x), 0 < x < π | sin (x)| =  − sin (x), −π < x < 0 189

Por ser una funci´ on par: bn = 0 Z 2 a0 = π sin (x) cos (nx), dx π 0 1 − cos (n + 1)π + 1 − cos(n − 1)π − 1 + = π (n + 1) (n − 1)  n = par, an = n(n−4  2 −1) =  n = impar, an = 0 ∞ 2 4X cos(2nx) f (x) = − π π n=1 (2n − 1)(2n + 1)

4) Desarrollar en serie de Fourier la funci´ on f (x) = x + π en el intervalo [−π, 0]. Hagamos el cambio de intervalo: −π < x < π al intervalo −π < t < π, mediante la transformaci´ on lineal x = mt + n. π t+π n=− =x= 2 2 Z π π 1 t+π a0 = an = , dt = π −π 2 2 2 Z π 1 t+π an = cos (nt), dt = 0 π −π 2 Z 1 π t+π bn = sin (nt), dt π −π 2  n = par, bn = − n1  1 bn = − cos (nπ)  n n = impar, b = 1 n

n

∞ X

t+π π sin(nt) = − 2 2 n=1 n Deshaciendo el cambio tenemos se tiene: ∞

π X (2x + π) x + pi = − (−1)n 2 n=1 n

190

∞

sin(2nx) π X x + pi = − (−1)n 2 n=1 n Segunda Evaluaci´ on Parcial Desarrollar la serie de Fourier de Senos y de Cosenos: Grafique en cada caso endicando su convergencia y calcular los coeficientes para f (x) = x2 + 1 a) Para La Serie de Seno Para an = 0 y a0 = 0 porque f(x) no es impar Z nπx 2 L 2 (x + 1) sin dx bn = L 0 L Z L Z L nπx nπx 2 2 2 bn = x sin dx + x sin dx L 0 L L 0 " # Z L nπx L nπx 2xL nπx L L 2 bn = −x2 cos + cos dx − cos L L nπ L nπ nπ L 0 0 2 L

2 L

h −x2 cos

h −x2 cos

nπx L

nπx L

L nπ

L nπ

−

+

RL 0

L nπ

bn = 2xL cos nπx dx − L nπ

bn = cos(nπ) +

L nπ

2xL nπ

sin

nπx L

2xL nπ

sin

nπx L

i cos(nπ)

−

RL

+

nπx L

0

sin

2L2 dx n2 π 2

L nπ

cos

nπx L

2L2 n2 π 2

bn = h 2 −x2 cos L − cos

nπx L

nπx L

2L2 nπ

L nπ

−

bn = − cos bn =

−

2 nπ

nπx L 2 nπ

bn =

L nπ

cos(nπ) +

bn = 2 cos(nπ) + 4L sin nπ 2L2

nπx L

+

cos(nπ) +

4L3 n2 π 3

h cos(nπ) −L2 − 1 +

4L3 n2 π 3

nπ

2(−1)n nπ

−

h

191

2 nπ

2

−L − 1 +

4L3 n2 π 3

i

4L3 n2 π 3

cos (nπ)

cos (nπ) i

iL 0

i

f (x) =

2 π

∞ nπx X (−1)n 4L3 2 −L − 1 + 2 3 sin n nπ L n=1

Figura 7: Gràfico de la funci?n

Figura 8: Gráfico de la Serie Senos

192

Figura 9: Gr` afico de la Serie del Senos con sus periodos

b) Para la serie de Coseno 3 Z L Z L 1 1 1 x3 L2 + 3 2 a0 = f (x)dx = (x +1)dx = = 2L −L 2L −L 2L 3 2 3 Z nπx 2 L 2 an = (x + 1) cos dx L 0 L Z L Z L nπx nπx 2 2 2 x cos x cos dx + dx an = L 0 L L 0 " # Z L nπx 2xL nπx L nπx L 2 2 L an = sin x sen − dx + sin L L nπ L nπ nπ L 0 0 R L L 2xL I = x2 sen nπx − 0 sin nπx dx L nπ L nπ I = x2 sen

nπx L

I = x2 sen

nπx L

2 L

2 x sen

nπx L

L nπ

+ 2x sen

nπx L

L nπ

+ 2x sen

nπx L

L nπ

+ 2x sen

bn = nπx L

L 2 ) − ( nπ

RL 0

cos

L 2 ) − sin ( nπ

L 2 ( nπ ) − sin

nπx L

nπx L

bn = 2 L 2 L 3 sen (nπ) 2L + 4 cos (nπ) ( ) − sin (nπ) ( nπ ) + nπ nπ bn =

nπx L

∞ L2 + 3 4L2 X (−1)n 2πx f (x) = + 2 cos( ) 2 3 π n=1 n L

193

L dx nπ

L 3 ) dx ( nπ

L 3 ( nπ ) +

L nπ

4L2 (−1)n n2 π 2

L nπ

sin(nπ)

L sin( nπx ) L 0

Figura 10: Gráfico de la funci?n

Figura 11: Gráfico de la Serie Cosenos

Figura 12: Gr´ afico de la Serie del Cosenos con sus periodos

Evaluci´ on conjunta: Segundo Parcial 8z + 1 Expandir la funci` on f(z) = en una serie de z(z − 1) Laurent en 0|z|1, indique el tipo de singularidad y el intervalo de convergencia Resoluci` on Primer m` etodo Separamos en fracciones parciales para facilitar el c` alculo 194

f(z) =

B A + z z−1

A(z − 1) + Bz = 8z + 1 A = −1 B=9 obtenemos 1 9 f(z) = − + z z−1 1 µ1 = − z 9 9 =− = −9 (1 + z + z 2 + z 3 + ...) µ2 = z−1 1−z por lo tanto f(z) = µ1 + µ2 = 1 f(z) − − 9 − 9z − 9z 2 − 9z 3 − ... z singularidad de polo simple, converge en < − {0} Segundo M` etodo −8z − 1 1 f(z) = ∗ z 1−z −8z − 1 (1 + z + z 2 + z 3 + ...) f(z) = z 1 f(z) = −8 − (1 + z + z 2 + z 3 + ...) z 1 f(z) = − − 9 − 9z − 9z 2 − 9z 3 − ... z Obtener la serie de Fourier, graficar, convergencia y calcule para: los coeficientes πx L   Sen x>0   L  2 L f(x) = -x − < x0  2   L   x+L x− 2 GRAFICOS Convergencia

195

Figura 13: Gràfico de las funciones

Figura 14: Gràfico de la Serie Coseno

Figura 15: Gr` afico de la Serie del Coseno con sus periodos

converge en f(x)

 πx L   Sen   L  2 = -x      x+L

0 < xL L − < x0 2 L −Lx − 2

Coeficientes # "Z L Z −L/2 Z 0 πx 1 L a0 = Sen dx + −xdx + (x + L)dx 2L L −L 0 2 −L/2 ( 2 −L/2 ) πx L x2 0 1 L2 x a0 = − Cos + − + + Lx 2L 2π L 0 2 −L/2 2 −L 2 L L2 L2 L2 L2 L2 1 a0 = + +0+ + − − + L2 2L 2π 2π 8 8 2 2 2 1 L L2 a0 = − 2L π 4 L L a0 = + 2π 8 196

Z L Z 0 πx nπx nπx 1 L an = Sen Cos dx + −xCos dx L L L L 0 2 −L/2 # Z −L/2 nπx (x + L)Cos + dx L −L " 2 L 1 L Cos(π(n − 1)x/L) Cos(π(n + 1)x/L) an = − L 4π n−1 n+1 0 0 L(πnxSen(πnx/L)) + LCos(πnx/L)) + − π 2 n2 −L/2 −L/2 # L(πn(L + x)Sen(πnx/L) + LCos(πnx/L)) + π 2 n2 −L L(Cos(πn) + 1) L(πnSen(πn/2) + 2Cos(πn/2) − 2) an = + 2π(1 − n2 ) 2π 2 n2 LSen(πn/4)(2Sen(3πn/4) − πnCos(πn/4)) + π 2 n2 L(Cos(nπ) + 1) 4LSen2 (nπ/4)Cos(nπ/2) an = + 2π(1 − n2 ) π 2 n2 Z L Z 0 nπx πx nπx L 1 −xSen bn = Sen Sen dx + dx L L L L 0 2 −L/2 # Z −L/2 nπx + (x + L)Sen dx L −L " 2 L 1 L Sen(π(n − 1)x/L) Sen(π(n + 1)x/L bn = − L 4π n−1 n+1 0 0 L(πnxCos(πnx/L) − LSen(πnx/L)) + π 2 n2 −L/2 −L/2 # L(πn(L + x)Cos(πnx/L) − LSen(πnx/L)) π 2 n2 −L LSen(πn) L(πnCos(πn/2) − 2Sen(πn/2)) bn = + 2π(1 − n2 ) 2π 2 n2 2 L (2Sen(πx/2) − 2Sen(πx) + πnCos(πn/2)) − 2Lπ 2 n2 2 −4L (Sen(nπ/2)) + (L2 − 1)πnCos(nπ/2) bn = 2Lπ 2 n2 197

Series de Fourier Determinar la Serie de Fourier para las siguientes funciones,(dado f :

0, −π < x < 0 1, 0 ≤ x ≤ π Soluci´ oRn: Rπ π a0 = π1 −π f (x)dx = π1 0 1dx =1 Rπ Rπ a0 = π1 −π f (x)cos( nπ x)dx = π1 0 cos(nπ)dx =0 π Rπ Rπ bn = π1 −π f (x) sin ( nπ x)dx = π1 0 sin(nπ)dx = π1 (1−cos(nπ)) = π 1 [1 − (−1)n ] π P 1−(−1)n Respuesta: f (x) = 21 + π1 ∞ sin(nx) n=1 n ( −1, −π < x < 0 2) f (x) = 2, 0≤x < π 1) f (x) =

Soluci´ on: R a0 = Rπ 1 0 f (x) dx = −1dx + π1 0 2dx = π −π −π Rπ R0 an = π1 −π f (x) cos (nx)dx = π1 −π − cos (nx)dx +

1 π

Rπ

bn =

1 π

Rπ −π

f (x) sin (nx)dx = bn =

3 [1 nπ

1 π

R0 −π

− − sin (nx)dx

+

1 R 1 π π

0 1 π

2 cos (nx)dx = 0

Rπ 0

2 sin (nx)dx

n

− (−1) ]

Respuesta: P 1−(−1)n f (x) = 21 + π3 ∞ sin (nx) n=1 n 1 si −1 ≤ x ≤ 0 3) f (x) = x si 0 ≤ x ≤ 1 Soluci´ on a0 =

R1

1dx + −1

R1

an =

R1

f (x) cos (nπx)dx = −1

R0

f (x)dx = −1

R0

[(−1n )−1] n2 π 2

bn = 1 − nπ

R1 −1

f (x) sen (nπx)dx =

198

0

xdx =

3 2

R1 cos (nπx)dx+ x cos (nπx)dx = −1 0

R0 −1

R1 sen (nπx)dx+ 0 x sen (nπx)dx =

Respuesta: ∞

f (x) =

3 X (−1)n − 1 1 + [ sen (nπx)] cos (nπx) − 4 n=1 n2 π 2 nπ

( 0, −1 < x < 0 4) f (x) = x, 0 ≤ x < 1 Soluci´ o n: R1 R1 a0 = −1 f (x)dx = 0 xdx = 12 R1 R1 an = −1 f (x)cos(nπx)dx = 0 xcos(nπx)dx = n21π2 [(−1)n − 1] R1 R1 n+1 bn = −1 f (x)sin(nπx)dx = 0 xsin(nπx)dx = (−1) nπ h i P (−1)n −1 (−1)n+1 Respuesta: f (x) = 14 + ∞ cos(nπx) + sin(nπx) 2 2 n=1 n π nπ 5) f (x) = x + π,

−π

Soluci´ on: Rπ a0 = π1 −π f (x) dx = Rπ an = π1 −π f (x) cos(nx)dx

1 π

=

π

Rπ

(x + π)dx = 2 Rπ (x + π)cos(nx)dx = 0 −π

−π 1 π

Rπ R 1 π bn = π1 −π f (x) sin(nx)dx = (x + π)sin(nx)dx = n2 (−1)n+1 π −π Respuesta: P n+1 2 sin(nx) f (x) = π + ∞ n=1 n (−1) 6) f (x) = 3 − 2x; −π ≤ x ≤ π Soluci´ on L=π a0 =

1 π

Rπ

an = 0

1 π

Rπ

bn =

1 π

Rπ

f (x)dx =

−π

−π

−π

1 π

Rπ −π

(3 − 2x)dx = 6

f (x) cos (nx)dx =

1 π

Rπ −π

(3−2x) cos (nx)dx =

(3 − 2x) sen (nx)dx = n4 (−1)n

199

∞ X (−1)n Respuesta: f (x) = 3 + 4 [ sen (nx)] n n=1 ( −2, −1 ≤ x < 0 7) f (x) = 1, 0 < x < 1 Soluci´ o n: R R2 R1 0 a0 = 21 −2 f (x)dx = 12 −1 −2dx + 0 1dx = − 21 R R R1 0 nπx 1 2 nπx 1 nπx an = 2 −2 f (x)cos( 2 )dx = 2 −1 −2cos( 2 ) dx + 0 cos( 2 )dx =− 1 sin( nπ ) nπ 2 R 2 bn = 12 −2

R R1 0 1 nπx nπx 3 f (x)cos( nπx sin( )dx = −2sin( ) dx + )dx = nπ 1 − co 2 2 2 2 −1 0 P ∞ 1 nπx 3 nπ nπx Respuesta: f (x) = − 14 + n=1 − nπ sin( nπ )cos( ) + 1 − cos( ) sin( ) 2 2 nπ 2 2 ( 1, −5 < x < 0 8) f (x) = 1 + x, 0 ≤x< 5 Soluci´ on: a0 =

1 5

R5

R0 R5 1 f (x)dx = ( 1dx + (1 + x)dx) = 5 −5 −5 0

an =

1 5

R5

an =

5 [(−1)n n2 π 2

bn =

1 5

9 2

R0 R5 nπx 1 nπx f (x)cos( )dx = ( cos( )dx + (1 + x)cos( nπx )dx) 5 5 −5 5 5 −5 0 − 1]

R5

R0 R5 nπx 1 nπx f (x)sin( )dx = ( sin( )dx + (1 + x)sin( nπx )dx) 5 5 −5 5 5 −5 0

5 bn = nπ (−1)n+1 Respuesta:

f (x) = 49 + 5 nπx [(−1) − 1]cos + 2 2 n=1 n π 5 2 + x si −2 ≤ x ≤ 0 9) f (x) = 2 si 0 ≤ x ≤ 2 P∞

n

5 (−1)n+1 sin nπ

nπx 5

Soluci´ on L=2 a0 =

1 2

R2

R0 R2 1 f (x)dx = ( (2 + x)dx + 2dx) = 3 2 −2 −2 0

an =

1 2

R2 −2

)dx f (x) cos ( nπx 2 200

R0 R2 = 12 ( −2 (2 + x) cos ( nπx ) + 2 cos ( nπx )dx) 2 2 0 2 n = n2 π2 [1 − (−1) ] R2 R0 1 bn = 21 −2 f (x) sen ( nπx )dx = ( (2 + x) sen ( nπx )+ 2 2 2 −2 R2 nπx 2 n+1 2 sen ( 2 )dx) = nπ (−1) 0 Respuesta: f (x) =

3 + 2

∞ X 2 nπx [ 2 2 [1−(−1)n ] cos ( )+ nπ 2 n=1

2 nπx (−1)n+1 sen ( )] nπ 2 10) f (x) = ex ;

−π ≤ x ≤ π

Soluci´ on L=π ao =

1 π

Rπ

an =

1 π

Rπ

bn =

1 π

Rπ

f (x)dx = −π −π

1 π

Rπ −π

ex dx = π1 (eπ − e−π )

f (x) cos (nx)dx =

f (x) sen (nx)dx = −π

Respuesta: f (x) =

(−1)n (eπ −e−π ) π(1+n2 ) 1 π

Rπ −π

ex sen (nx)dx =

(−1)n n(eπ −e−π ) π(1+n2 )

∞ X (−1)n (eπ − e−π ) [ cos (nx)+ 2) π(1 + n n=1

eπ −e−π + 2π

(−1)n n(eπ − e−π ) sen (nx)] π(1 + n2 )

De las siguientes funciones dadas desarolle las serie de Fourier de senos o cosenos adeacuada:   1, −2 < x < −1 11) f (x) = 0, −1 < x < 1 , serie de cosenos  1, 1
201

∞

f (x) =

1 X −2 nπ nπx + sin( )cos( ) 2 n=1 nπ 2 2

12) f (x) = x, −π < x < π, serie de senos Soluci´ oRn: π bn = n2 0 xsin(nx)dx = n2 (−1)n+1 P n+1 2 Respuesta: f (x) = ∞ sin(nx) n=1 n (−1) ( 1, 0 < x < 12 13) f (x) = , serie de senos 0, 12 ≤ x < 1 Soluci´ on: an = 0 ; an = 0 bn = 2

R1 2

0

2 1 − cos 1 · sin (nπx) dx = nπ

nπ 2

Respuesta: P 2 nπ f (x) = ∞ sin (nπx) n=1 nπ 1 − cos 2 1 0 si 0 ≤ x ≤ 2 14) f (x) = , serie de cosenos 1 si 12 ≤ x ≤ 1 Soluci´ on: L=1 R1

a0 = 2

R1

f (x)dx = 2

an = 2

R1

f (x) cos (nπx)dx = 2

1 2

1 2

Respuesta: f (x) =

1 2

1 2

1dx = 1 R1 1 2

2 1 cos (nπx)dx = − nπ sen ( nπ ) 2

∞ X 2 nπ [− + sen ( ) cos (nπx)] nπ 2 n=1

( x, 0 < x < π2 15) f (x) = , serie de cosenos π − x, π/2 ≤ x < π Soluci´ on: R π/2 Rπ 2 a0 = π 0 xdx + π/2 (π − x)dx = π2 R Rπ π/2 an = π2 0 xcos(nx)dx + π/2 (π − x)cos(nx)dx = n22 π 2cos( π2 ) + (−1)n+1 − 1 202

P n+1 π 2 Respuesta: f (x) = π4 + ∞ − 1 cos(nx) n=1 n2 π 2cos( 2 ) + (−1) ( 0, 0< x <π 16) f (x) = , serie de cosex − π, π ≤ x < 2π nos Soluci´ on: a0 =

1 π

R 2π π

(x − π)dx =

π

(x − π)cos

π 2

b0 = 0 an =

1 π

R 2π

nx 2

dx =

4 n2 π

(−1)n − cos

nπ 2

Respuesta: P n 4 nπ f (x) = π4 + ∞ cos nx n=1 n2 π (−1) − cos 2 2 ( x, 0 < x < 1 17) f (x) = , serie de senos 1, 1 ≤ x ≤ 2 Soluci´ 2 R 1on: R2 nπx nπ 4 bn = 0 x sin nπx dx + 1 sin dx = sin + nπ (−1)n+1 2 2 2 2 n π 2 1 P n+1 4 nπ nπx 2 Respuesta: f (x) = ∞ sin (−1) sin + 2 2 n=1 n π 2 nπ 2 x si 0 ≤ x ≤ 1 18) f (x) = , serie de senos 1 si 1 ≤ x ≤ 2 Soluci´ on: L=2 R1 R2 bn = 0 x sen nπx dx + 1 sen nπx dx = 2 2 1 2 n+1 (−1) nπ

4 n2 π 2

sen nπ + 2

∞ X 4 nπ 2 nπx Respuesta: f (x) = [ 2 2 sen + (−1)n+1 ] sen nπ 2 nπ 2 n=1 ( 1, 0< x <1 19) f (x) = , serie de senos 2 − x, 1 ≤ x < 2 y cosenos Soluci´ on Senos: an = 0 ; an = 0

203

R1 R2 nπx 2 bn = 0 1 · sin nπx dx + (2 − x) sin = nπ + 2 2 1 Respuesta: 2 P 4 nπx f (x) = ∞ sin nπx n=1 nπ + n2 π 2 sin 2 2 Soluci´ on Cosenos: bn = 0R R2 1 a0 = 0 1 · dx + 1 (2 − x)dx = 23 an =

R1 0

1 · cos

nπx 2

R2 dx + 1 (2 − x) cos

nπx 2

dx =

4 n2 π 2

4 n2 π 2

Respuesta: P n+1 4 nπ nπx f (x) = 34 + ∞ cos + (−1) cos 2 2 n=1 n π 2 2 20) Una funci´ on f(t) est´ a dada por: f(t)=πt − t2 0≤t≤π y est´ a representada por una serie de Fourier de medio recorrido en senos o con una serie de Fourier de medio recorrido en cosenos. Encuentre ambas series y dibuje las gr´ aficas de las funciones representadas por ellas para −2π ≤ t ≤ 2π Soluci´ on: La función f(t)=πt − t2 , 0 ≤ t ≤ π es f(t).JPG

Figura 16: Función f(t) en el intervalo deseado

de donde, se obtiene que el periodo es π y esta definida en el intervalo ya mencionado, por tanto, los coeficientes se obtienen como sigue: haciendo 2L = π , entonces L = π/2 Z 2 π (πt − t2 )dt a0 = π 0 π 2 πt2 t3 = − π 2 3 0 = 204

2 π3 ( ) π 6

sin

cos

nπx 2

nπ 2

+ (−1)n+1

=

π2 3

por tanto, el primer término de la serie es a0 /2 = Z 2 2 π (πt − t2 ) cos(nπ t) dt an = π 0 π Z π 2 (πt − t2 )cos(2nt) dt = π 0

π2 6

finalmente, con todos los coeficientes calculados, obtenemos la serie de Fourier: ∞

f (t) =

π 2 X cos(2nxt) − 6 n2 n=1

Se muestran 4 gráficos, con n = 1,n = 3,n = 7 y la serie de Fourier sola en el intervalo de −2πa2π cuando n = 20

Figura 17: Gráficas de la Serie n=1.JPG n=3.JPG n=7.JPG intervalo2pi.JPG

21) Encuentre la serie de Fourier para la siguiente funci´ on. ( 2a x 0 < x < L2 L f (x) = − 2a x + 2a L/2 < x < L L 2L = L

⇒L=

Figura 18: Gráfica 2.png

205

L 2

Figura 19: Gráfica 3.png

Z Z [ 2ax 2ax nπx nπx 2 [ − sin dx+ L /2]L + 2a sin dx bn = 0]L/2 L L L L L

" #L/2 " nπx 2a nπ(x − L) cos( nπx ) − L sin( ) ) − L sin 2  −2a nπx cos( nπx L L L bn = + 2 2 2 2 L nπ nπ 0

" # − sin(nπ) 2 2aL 2 sin nπ 2 bn = L n2 π 2 4a 2 sin nπ − sin(nπ) 2 bn = n2 π 2 8a sin nπ 2 bn = n2 π 2 8a(−1)n bn = n2 π 2 f (x) =

∞ X 8a(−1)n n=1

n2 π 2

nπ sin x L

22) Encuentre la serie de Fourier de senos de la siguiente funcion   0 < x < l/2 x −x + l/2 l/2 < x < 3l/4  x − l 3l/4 < x < l 2L = l L = l/2 206

Z Z Z [ [ 2 [ 2nπx 2nπx bn = dx+ l /2]3l/4 (−x + l/2) sin dx+ 3 l/4]l 0]l/2 x sin l l l " #l/2 " 2nπx 2 − l sin l sin l nπ(2x − l) cos 2nπx 2  lx cos 2nπx l l l − + bn = + 2 2 2 2 l 2nπ 4n π 4n π 0

"

bn =

2 2 l l

bn = 2l

sin(2nπ) − 4n2 π 2

2 sin

sin(2nπ) 2 sin − 4n2 π 2

3nπ 2

3nπ 2

− nπ cos(nπ) − 2 sin(nπ) 4n2 π 2

+ (nπ − 2) sin(nπ) 4n2 π 2

2 sin 3nπ 2 bn = −2l 4n2 π 2 sin 3nπ 2 bn = −l n2 π 2 cuando n es par

!

bn = 0 cuando n es impar (−1)n n2 π 2 ∞ X sin 3nπ 2nπ 2 sin x f (x) = −l 2π2 n l n=1 bn = −l

23) Halle la serie de Fourier de senos de la siguiente funcion:   sin(t), 0 < t < π2 π 2

 0, 207

!#

2nπ l

Soluci´ on

Como la función es impar: ∞ X nπ 1 bn sen( t) f (t) = Ao + 2 L n=1

Z 1 L nπ bn = f (t)sen( t)dt L −L L Z 0 Z 2 2 π/2 bn = 0 ∗ sen(2nt)dt + sen(t) ∗ sen(2nt)dt π −π/2 π 0 Z 2 π/2 bn = sen(t) ∗ sen(2nt)dt π 0 ∞ X 4n ∗ cos(n ∗ π) f (t) = sen(2nt) π ∗ (1 − 4n2 ) n=1 24) Encuentre la serie de fourier de la siguiente funcion   − 3 ≤ x < −2 2x 0 −2≤x<1 f (x) =  x2 1≤x≤3  Soluci´ on haciendo a 2L = 6 , entonces L = 3, tenemos que: Z −2 Z 1 Z 3 1 πn πn πn 2 an = 2xcos( x)dx + 0cos( x)dx + x cos( x)dx 3 3 3 3 −3 −2 1 donde la segunda intregal se anula para cualquier valor y nos queda: Z −2 Z 3 πn πn 1 2 an = 2xcos( x)dx + x cos( x)dx 3 3 3 −3 1

208

de donde obtenemos el calculo de nuestro primer termino: Z −2 Z 3 1 2 a0 = 2xdx + x dx 3 −3 1 3 3 ! x 1 2 −2 x −3 + = 3 3 1 1 26 = −5 + 3 3 11 = 9 donde nuestro primer termino es a0 /2 = 11 ahora el 18 cálculo de: Z −2 Z 3 1 πn πn 2 an = 2xcos( x)dx + x cos( x)dx 3 3 3 −3 1

4 2πn 6 2πn 12(−1)n 18 − (πn)2 πn 6 πn sin( )+ cos( )+ + sin( )− cos( ) 2 2 3 2 πn 3 (πn) 3 (πn) (πn) 3 (πn) 3 nuesto bn es: Z −2 Z 3 1 πn πn 2 bn = 2xsin( x)dx + x sin( x)dx 3 3 3 −3 1 an =

2 18 − 15(nπ)2 nπ 6 nπ 4 2nπ 6 n (nπ) − 18 bn = (−1) + cos( )− sen( )+ cos( )− (nπ)3 (nπ)3 3 (nπ)2 3 nπ 3 (nπ) por tanto nuestra serie nos queda: ∞

11 X nπ nπ f (x) = + an cos( x) + bn sen( x) 18 n=1 3 3 25) Encuentre la serie de fourier de las siguiente funci´ on f (x) = x2 e−x Soluci´ on

209

−3≤x≤3

Dado que 2l = 6 , entonces se tiene que l = 3: 1 a0 = 2l

Z

1 6

Z

a0 =

l

x2 e−x dx

−l 3

x2 e−x dx

−3

3 1 2 −x a0 = −x e − 2xe−x − 2e−x −3 6 5e6 − 17 a0 = 6e3 Z nπx 1 l 2 −x an = x e cos dx l −l l Z nπx 1 3 2 −x an = x e cos dx 3 −3 3 "

e−x (3n5 π 5 + 54n3 π 3 + 243nπ)x2 + (108n3 π 3 + 972nπ)x − 54n3 π 3 + 1458nπ an = n6 π 6 + 27n4 π 4 + 243n2 π 2 + 729 e−x −9n4 π 4 − 162n2 π 2 − 729)x2 + (18n4 π 4 − 1458)x + 486n2 π 2 − 1458)cos n6 π 6 + 27n4 π 4 + 243n2 π 2 + 729

an =

nπx 3

(27e3 n5 π 5 + 108e3 n3 π 3 + 729e3 nπ)sin(nπ) + (135e3 n4 π 4 + 972e3 n2 π 2 + 3645e n6 π 6 + 27n4 π 4 + 243n2 π 2 + 729

(27n5 π 5 + 756n3 π 3 + 6561nπ)sin(nπ) + (−27n4 π 4 − 972n2 π 2 − 12393)cos(nπ) e3 (n6 π 6 + 27n4 π 4 + 243n2 π 2 + 729) 1 bn = l

Z

1 bn = 3

Z

l

x2 e−x sin

nπx

x2 e−x sin

nπx

−l 3

−3

210

l 3

dx dx

"

−e−x ((9n4 π 4 + 162n2 π 2 + 729)x2 + (1458 − 18n4 π 4 )x − 486n2 π 2 + 1458)si bn = n6 π 6 + 27n4 π 4 + 243n2 π 2 + 729

−e−x ((3n5 π 5 + 54n3 π 3 + 243nπ)x2 + (108n3 π 3 + 972nπ)x − 54n3 π 3 + 1458nπ)co n6 π 6 + 27n4 π 4 + 243n2 π 2 + 729

bn = − −

(135e3 n4 π 4 + 972e3 n2 π 2 + 3645e3 )sin(nπ) + (−27e3 n5 π 5 − 108e3 n3 π 3 − 729 n6 π 6 + 27n4 π 4 + 243n2 π 2 + 729

(27n4 π 4 + 972n2 π 2 + 12393)sin(nπ) + (27n5 π 5 + 756n3 π 3 + 6561nπ)cos(nπ) e3 n6 π 6 + 27e3 n4 π 4 + 243e3 n2 π 2 + 729e3

Por tanto nuestra serie nos queda: ∞ nπx nπx 5e6 − 17 X f (x) = a cos + + b sin n n 6e3 3 3 n=1 26) Encontrar la serie de Fourier de la siguiente función cos(x) −2≤x≤0 f (x) = sin(x) 0≤x≤2 Soluci´ on Siendo que 2l = 4, entonces se tiene que l = 2: Z 1 l a0 = f (x)dx 2l −l Z 0 Z 2 1 cos(x)dx + sin(x)dx a0 = 4 −2 0 1 a0 = sin(x)|0−2 − cos(x)|20 4 1 = [−sin(−2) − cos(2) + 1] = 0,5813611 4 Z 1 l nπx an = f (x)cos( dx l −l l 211

1 an = 2 

Z

0

cos(x)cos

nπx l

−2

sin

nπx

−x

2 nπ − 2

an = 

2

Z

sin(x)cos

dx + 0

sin

nπx

+

+x

2 nπ + 2

nπx l

dx

 0  nπx nπx − x cos + x cos 2 2  +  − nπ − 2 nπ +2 −2

an =

(nπ − 2)sin(nπ + 2) + (nπ + 2)sin(nπ − 2) (nπ − 2)cos(nπ + 2) + (−nπ − − n2 π 2 − 4 n2 π 2 − 4 Z nπx 1 l 2 −x x e sin dx bn = l −l l

1 bn = 2

Z

 bn = −

0

cos(x)sin

nπx l

−2

cos

nπx

+x

2 nπ + 2

Z

2

sin(x)sin

dx + 0

cos −

nπx

−x

2 nπ − 2

nπx l

dx

 0  nπx nπx sin x+ sin x − 2 2  +  − 2 − nπ 2 + nπ −2

bn =

(nπ − 2)cos(nπ + 2) + (nπ + 2)cos(nπ − 2) 2nπ (nπ − 2)sin(nπ + 2) − 2 2 − 2 2 n π −4 n π −4 n2

por tanto nuestra serie nos queda: ∞ nπ nπ X f (x) = 0,5813611 + an cos x + bn sen x 2 2 n=1 27) Encontrar la serie de fourier de cosenos de la siguiente función f (x) = e−|x| 0≤x≤2 Soluci´ on   1 si 0 ≤ x < 1 e−1 si 1 ≤ x < 2 f (x) =  −2 e si x = 2 212

Aplicando Serie de Fourier en Cosenos a0 +

∞ X

an cos

n=1

a0 = a0 = an = an = an = an =

h

nπx 2

i

R1 R 2 −1 1 1dx + e dx 2 0 1 1 −1 ] h2 R[1 + e nπx R 2 −1 nπx i 1 cos dx + 1 e cos dx 0 2 2 nπx sin sin nπx 2 |10 + e−1 nπ2 |21 nπ 2 nπ 2 sin sin nπ−sin nπ 2 2 nπ2 + 2e−1 nπ sin nπ 2 nπ2 [1 + e−1 ]

Finalmente la serie es: ∞ X sin nπ 1 + e−1 nπx −1 2 f (x =) + 2(1 − e ) cos 2 nπ 2 n=1

28) Encontrar la serie de fourier de la siguiente función   −2x, 1 + x2 , f (x) =  0,

a0 a0

an an an

 − 4 ≤ x ≤ −2  −2≤x≤2 2
Z 4 Z 2 Z 1 −2 2 0dx) = ( −2xdx + (1 + x )dx + 4 −4 −2 2 1 x3 2 16 = (−x2 |−2 + (x + )|−2 ) = −4 4 3 3

Z Z 2 1 −2 2πnx 2πnx = ( −2x cos( )dx + (1 + x2 ) cos( )dx) 4 −4 4 4 −2 πn(sin(πn) − 2 sin(2πn) + cos(πn) − cos(2πn)) = 2( ) π 2 n2 πn((−1)n − (1)n ) 2 = 2( )= ((−1)n − 1) 2 2 π n πn 213

bn bn bn

Z Z 2 1 −2 2πnx 2πnx = −2x sin( (1 + x2 ) sin( ( )dx + )dx) 4 −4 4 4 −2 sin(πn) − sin(2πn) − πn(cos(πn) + 2πn cos(2πn)) = 2( ) π 2 n2 2 −πn((−1)n + 2πn(1)n ) −(−1)n + 2(1)n )=− ((−1)n − 2) = 2( ) = 2( 2 2 π n πn πn

∞ X 1 16 2πnx 2πnx (an cos( f (x) = ( )+ ) + bn sin( )) 2 3 4 4 n=1 ∞

8 X 2 πnx 2 πnx (( f (x) = + ((−1)n − 1)) cos( )−( ((−1)n − 2)) sin( )) 3 n=1 πn 2 πn 2 29) Encontrar los coeficientes de la serie de fourier de la siguiente función ( −x2 −3≤x<1 f (x) = x+1 1
7 9

Derterminación de an Z πn 1 L an = f (x) cos x dx L −L L

214

Z 3 πn πn −x cos x dx + (1 + x) cos x dx L L −3 1

1 an = 3

Z

1 an = 3

(

1

2

" 2 πn πn 3 3 3 −3 cos x −5 cos (nπ) + sin x −3 +2 nπ L nπ L nπ n

Determinación de bn Z πn 1 L f (x) sin x dx bn = L −L L Z 1 Z 3 πn πn 1 2 bn = (1 + x) sin −x sin x dx + x dx 3 −3 L L 1 1 bn = 3

(

" 2 πn πn 3 3 3 3 sin −3 x − 11 cos (nπ) + cos x 3 −2 nπ L nπ L nπ nπ

30) Encontrar la serie de fourier de la siguiente función   cos(πx), −1 < x < 0 

−2,

0
L=-3/2 a0 a0

an an

Z Z 1 2 0 cos(πx)dx + −2dx = − ( 3 −1 0 2 sen(πx) 0 4 = − ( |−1 + (−2x|10 ) = 3 π 3

Z Z 1 2 0 nx nx = − ( cos(πx) ∗ cos( )dx + −2 ∗ cos( )dx 3 −1 2 2 0 n 2 2 4(3n − 8π ) sin( 2 ) = 3n(n − 2π)(n + 2π)

215

bn bn

Z Z 1 nx nx 2 0 cos(πx) ∗ sin( )dx + −2 ∗ sin( )dx = − ( 3 −1 2 2 0 n n 2 2 2 2 4(n cos( 2 ) − 8π cos( 2 ) − 3n + 8π ) = 3n(n − 2π)(n + 2π)

∞ X 1 4 nx nx f (x) = ( )+ (an cos( ) − bn sin( )) 2 3 2 2 n=1 ∞

2 X nx nx f (x) = + (an cos( ) − bn sin( )) 3 n=1 2 2 ∞

f (x) =

4(n2 cos( n2 ) − 8π 2 cos( n2 ) − 3n2 + 2 X 4(3n2 − 8π 2 ) sin( n2 ) nx + ( cos( ) − 3 n=1 3n(n − 2π)(n + 2π) 2 3n(n − 2π)(n + 2π)

216

APLICACIONES DE LA SERIE DE FOURIER La ecuacion de ondas En este apartado vamos a usar las series de Fourier para resolver la ecuacion de ondas unidimensional. 2 ∂2 2 ∂ u (x, t) = a u (x, t) , ∂t2 ∂x2 con las condiciones de contorno

u (0, t) = u (π, t) = 0,

(1,1)

y condiciones iniciales ∂ u (x, 0) = g (x) . (1,2) ∂t Esta ecuaci´ on conocida como ecuaci´ on de ondas, modeliza el movimiento de una onda unidimensional (por ejemplo el sonido). Usamos el metodo de separacion devariables: u (x, 0) = f (x) ,

u (x, t) = X (x) T (t) ,

X (x) 6= 0,

T (t) 6= 0,

que al sustituir en la ecuaci´ on general nos da X (x) T ” (t) = a2 X” (x) T (t) , =⇒

X” (x) 1 T ” (t) = 2 = −λ, X (x) a T (t)

donde λ ∈ R, i.e., tenemos las ecuaci´ on es Com u (0, t) = 0 = x (0) T (t) , se deduce X (0) = 0 pues en caso contrario T (t) ≡ 0, lo que sera una contradiccion. X” (x) + λX (x) = 0,

X (0) = X (π) = 0,

y T ” (t) + a2 λT (t) = 0 217

(1,4)

(1,3)

Por sencillez asumiremos a = 1. La solucion general de (1.3) depende del valor de λ. Es facil comprobar que solamente se tienen soluciones no nulas si λ > 0. En este caso la solucion general es: √ √ X (x) = α cos λx + β sin λx, que junto a las condiciones de contorno para X nos dan las soluciones Xn (x) = sin nx,

λ := λn = n2 .

En este caso para T obtenemos (a = 1) T ” (t) + n2 T (t) = 0 luego Tn (t) = An cos nt + Bn sin nt, y por lo tanto una solucion de nuestra ecuaci´ on con las condiciones de contorno (1.1) sera: un (x, t) = (An cos nt + Bn sin nt) sin nx. Como la ecuaci´ on de ondas es lineal y homogenea entonces su solucion general sera de la forma

u (x, t) =

∞ X n=1

un (x, t) =

∞ X

(An cos nt + Bn sin nt) sin nx.

n=1

Para encontrar los coeficientes indeterminados de An y Bn supondremos que f y g son lo suficientemente buenas (por ejemplo casi continuamente derivables en [0, π]) y vamos a extenderlas a todo el intervalo[−π, π] de forma impar, es decir de forma que f y g sean funciones impares. Entonces podemos desarrollar en serie de Fourier ambas funciones y ademas las correspondientes series son absoluta y uniformemente convergentes.Si ahora usamos las condiciones iniciales (1.2) obtenemos: 218

(1,5)

Suponiendo que la serie (1.5) se pueda derivar termino a termino respecto a t. u (x, t) = f (x) =

∞ X

An sin nx,

n=1 ∞

X ∂ u (x, 0) = g (x) = nBn sin nx, ∂t n=1 donde 2 An = π

Z 0

π

2 f (x) sin nxdx, Bn = π

Z

π

g (x) sin nxdx.

(1,6)

0

Veamos un ejemplo. Supongamos que el perfil inicial de una cuerda viene dado por la funcion ( Ax 0≤x≤a a f (x) = A(π−x) a ≤ x ≤ π, π−a y que inicialmente esta en reposo, es decir, g (x) = 0. Entonces usando (1.6) tenemos Bn = 0 para todo n∈N y Z 2 π 2A sin an An = f (x) sin nxdx = 2 , π 0 an (π − a) asi que la solucion es: ∞

u (x, t) =

X sin (an) 2A cos nt sin nx. a (π − a) n=1 n2

Supongamos ahora que el perfil inicial de una cuerda viene dado por la funcion f (x) = αx (π − x) y que inicialmente esta en reposo, es decir, g (x) = 0. Entonces usando (1.6) tenemos Bn = 0 para todo n∈N y Z 4α 1 + (−1)n+1 2 π An = f (x) sin nxdx = , π 0 n3 π 219

y por lo tanto la solucion reescribiendo la serie es: ∞

u (x, t) =

8α X 1 cos (2n − 1) nt sin ((2n − 1) x) . π n=1 (2n − 1)3

Ahora tenemos que:   0 ≤ x ≤ π4 x π f (x) = π4 ≤ x ≤ 3π 4 4  π − x 3π ≤ x ≤ π 4

y

g (x) = 0

Entonces usando (1.6) tenemos Bn = 0 para todo n∈N y 2 An = π

Z

π

f (x) sin nxdx =

2 sin

3nπ 4

+ sin n2 π

0

y por lo tanto la solucion es: ∞ + sin 2 X sin 3nπ 4 u (x, t) = π n=1 n2

nπ 4

Y como ultimo caso tenemos: ( f (x) = 0,

y

g (x) =

nπ 4

vo x a vo (π−x) π−a

cos nt sin nx.

0≤x≤a a≤x≤π

Entonces usando (1.6) tenemos An = 0 para todo n∈N y Z 2 π 2vo sin (an) Bn = g (x) sin nxdx = π 0 a (π − a) n2 y por lo tanto la solucion es: ∞

X 2vo u (x, t) = sin (an) sin nt sin nx. a (π − a) n=1 La ecuaci´ on de calor Consideramos ahora la ecuaci´ on del calor 220

2 ∂2 2 ∂ u (x, t) = a u (x, t) , ∂t2 ∂x2 con las condiciones de contorno

u (0, t) = u (π, t) = 0,

(1,7)

y la condicion inicial u (x, 0) = f (x) .

(1,8)

Nuevamente usaremos el metodo de separacion de variables: X (x) 6= 0,

u (x, t) = X (x) T (t) ,

T (t) 6= 0,

que al sustituir en la ecuaci´ on general nos da X (x) T ” (t) = a2 X” (x) T (t) , =⇒

X” (x) 1 T ” (t) = 2 = −λ, X (x) a T (t)

donde λ ∈ R, i.e., tenemos las ecuaci´ on es X” (x) + λX (x) = 0,

X (0) = X (π) = 0,

(1,9)

y T ” (t) + a2 λT (t) = 0

(1,10)

La solucion general de (1.9) depende del valor de λ. Es facil comprobar que solamente se tienen soluciones no nulas si λ > 0. En este caso la solucion general es: √ √ X (x) = α cos λx + β sin λx, que junto a las condiciones de contorno para X nos dan las soluciones Xn (x) = sin nx,

λ := λn = n2 .

En este caso para T obtenemos 221

T ” (t) + a2 n2 T (t) = 0, luego 2 2

Tn (t) = e−a n t y por tanto una solucion de nuestra ecuaci´ on con las condiciones de contorno(1.7) sera: 2 2

un (x, t) = An e−a n t sin nx. Como la ecuaci´ on del calor es lineal y homogenea entonces su solucion general sera de la forma

un (x, t) =

∞ X

un (x, t) =

∞ X

2 n2 t

An e−a

sin nx.

(1,11)

n=1

n=1

Para encontrar los coeficientes indeterminados de An supondremos que f es lo suficientemente buena (por ejemplo casi continuamente derivables en [0, π]) y vamos a extenderla a todo el intervalo[−π, π] de forma impar, es decir de forma que f sea funcion impar. Entonces podemos desarrollar en serie de Fourier f y usamos las condiciones iniciales (1.8) obtenemos: u (x, t) = f (x) =

∞ X

An sin nx,

n=1

donde Z 2 π An = f (x) sin nxdx. (1,12) π 0 Supongamos que la distribucion de la temperatura es uniforme, i.e., f (x) = To . Entonces, usando (1.12) tenemos para todo n ∈ N : Z 2To 1 + (−1)n+1 2 π −2To ((−1)n − 1) An = f (x) sin nxdx = = , π 0 πn nπ y por lo tanto la solucion reescribiendo la serie es: ∞ 2 4To X 1 2 u (x, t) = e−a (2n−1) t sin ((2n − 1) x) . π n=1 2n − 1 222

El problema del telegrafo La ecuacion 2 ∂2 ∂ 2 ∂ u (x, t) + u (x, t) = a u (x, t) + u (x, t) . ∂t2 ∂t ∂x2 La ecuacion general sera de la forma:

∞ X

u (x, t) =

e

−t 2

(An cosh (ωn t) + Bn sinh (ωn t)) sin nx, ωn =

√

4a2 n2 − 3.

n=1

donde: 2 An = π

Z

π

0

An An f (x) sin nxdx, Bn = = 2ωn πωn

Z

π

f (x) sin nxdx 0

Supongamos que f (x) = αx (π − x) , entonces como ya hemos visto Z 4α 1 + (−1)n+1 2 π An = f (x) sin nxdx = , π 0 n3 π A2n−1 =

8α , π (2n − 13 )

A2n = 0,

n = 1, 2, . . .

por tanto

B2n−1 =

8α q , B2n = 0, n = 1, 2, . . . 2 3 2 π (2n − 1) 4a (2n − 1) − 3

luego la solucion es

u (x, t) = 8α

∞ X n=1

e

−t 2

cosh (ωn t) sinh (ωn t) 3 + π (2n − 1) π (2n − 1)3 ωn

q con ωn = 4a2 (2n − 1)2 − 3 Encontrar la solucion si

223

sin ((2n − 1) x) ,

( αx f (x) = α (π − x)

0 ≤ x ≤ π2 π ≤x≤π 2

Calculamos los coeficientes de la serie: Z 4α sin nπ 2 π 2 An = f (x) sin nxdx = π 0 πn2 entonces A2n−1

4α (−1)n+1 = , π (2n − 1)

A2n = 0 n = 1, 2, . . .

por lo tanto

B2n−1 =

2α (−1)n+1 q , B2n = 0 n = 1, 2, . . . 2 2 π (2n − 1) 4a (2n − 1) − 3

luego la solucion es ∞

2α X −t e2 u (x, t) = π n=1 con ωn =

2 (−1)n+1 cosh (ωn t) (−1)n+1 sinh (ωn t) + π (2n − 1) (2n − 1) ωn

q 4a2 (2n − 1)2 − 3

Temperatura de la tierra Un problema sencillo pero muy interesante es el de calcular la temperatura de la tierra a una profundidad x a partir de la temperatura de la superficie. Describamos la temperaturan de la superficie terrestre como una funcion f periodica en el tiempo t y de periodo (1 a˜ no) . La temperatura u (x, t) en el tiempo t ≥ 0 y profundidad x ≥ 0 es tambien periodica en t y es natural asumir que | u | ≤ || f ||∞ . Bajo estas circunstancias u (x, t) puede ser expandida mediante una serie de Fourier para cada 0 ≤ x ≤ ∞ fijo como sigue:

224

! sin ((2n − 1) x) ,

u (x, t) =

X

Cn (x) e2πint ,

n∈Z

con coeficientes de Fourier Z 1 u (x, t) e−2πint dt. Cn (x) = 0

Sabemos que la funcion u satisface la ecuaci´ on diferencial ∂u 1 ∂ 2u = ∂t 2 ∂x2 Por lo tanto Cn”

Z

1

= 0

∂ 2u ∂x2

e

−2πint

Z

1

dt = 2 0

∂u ∂t

= 4πincn .

En otras palabras, los coeficientes Cn satisfacen la ecuaci´ on h i2 1 ” 2 Cn = (2π|n|) (1 ± i) cn , tomando el signo positivo o negativo de acuerdo a si n es mayor o Rmenor a 0. Por otra parte, sabe1 mos que cn (0) = 0 f (t) e−2πint dt = fˆ (n) . Resolviendo obtenemos: i h 1 ˆ 2 Cn (x) = f (n) exp − (2π|n|) (1 ± i) x , y por lo tanto resulta finalmente u (x, t) =

X

h i h i 1 1 ˆ 2 2 f (n) exp − (2π|n|) x exp 2πint ∓ (2π|n|) ix .

n∈Z

Supongamos por ejemplo que la temperatura de la superficie viene dada por una funcion sinusoidal simple f (t) = sin (2πt) (lo cual significa quela temperatura anual media fˆ (0) = 0 ). En este caso, la funcion vendra dada por: 225

h √ i h i √ u (x, t) = exp − 2πx exp 2πt − 2πx . Esta formula p nos dice que la temperatura a la prfundidad x = π2 queda afectada por el factor e−π y esta completamente fuera de fase con respecto a las estaciones. Extremos de la barra mantenidos a temperatura cero Suponga que busca la distribuci´ on de la temperatura u(x , t)en una barra delgada, homog´ enea de longitud L, dado que la temperatura inicial en a barra en el tiempo cero en la secci´ on transversal en x perpendicular al eje x es f (x). Los extremos de la barra son mantenidos a temperatura cero durante todo el tiempo. El problema con valores en la frontera que modela esta distribuci´ on de temperatura es: ∂u ∂ 2u = k 2 para 0 < x < L; t > 0 ∂t ∂x u(0, t) = u(L, t) = 0 para t ≥ 0 u(x, 0) = f (x)

para 0 ≤ x ≤ L

XT = kX ” T T X” = kT X T X” = = −λ kT X u(0, t) = X(0)T (t) = 0 Si T (t) = 0 para todo t, entonces la funci´ on de temperatura tiene el valor constante cero, lo que ocurre si la temperatura inicial f (x) = 0 para 0 ≤ x ≤ L.De 226

otra manera que debe tener X(0) = 0. A nalogamente, u(L, t) = X(L)T (t) = 0 implica que X(L) = 0. El problema para X es por tanto: X” + λX = 0 X0) = X(L) = 0 n2 π 2 L2 para n = 1, 2, 3... y las funciones propias correspondientes son m´ ultiplos constantes distintos de cero de: λn =

nπx ) L El problema para T se convierte en: Xn (x) = sen(

n2 π 2 T =0 L2 que tiene solucion general: T+

Tn (t) = cn e

−n2 π 2 kt L2

que satisface la ecuaci´ on del calor en [0, L]y las condiciones en la frontera u(0, t) = u(L, t) = 0. Falta encontrar una soluci´ on que satisfaga la condici´ on inicial. Puede elegir n y cn de manera que: nπx ) = f (x) L Solo si la funci´ on de temperatura inicial dada es un multiplo de la funci´ on seno. No siempre es as´ı, en general, debe intentar construir una soluci´ on usando la superposici´ on: u(x, 0) = cn sen(

u(x, t) =

∞ X

cn sen(

n=1

ahora necesita: 227

nπx −n2 π22 kt )e L L

u(x, 0) =

∞ X

cn sen(

n=1

nπx ) = f (x) L

que reconoce como el desarrollo d Fourier de senos de f(x) en . As´ı elige: ∞

2X cn = ( L n=1

L

Z

f (ξ)sen( 0

nπξ )dξ) L

Con esta elecci´ on de los coeficientes, tiene la soluci´ on para la funci´ on de distribuci´ on de temperatura: ∞

2X cn = ( L n=1

Z

L

f (ξ)sen( 0

nπξ nπx −n2 π22 kt )dξ) ∗ sen( )e L L L

Suponga que la mitad izquierda de la barra inicialmente est´ a a una temperatura A y a mitad derecha se mantiene a tempratura cero. Asi: f (x) = {A para 0 ≤ x ≤ df racL2 f (x) = {0

L ≤x≤L 2

Entonces: 2 Cn = L y para n=1,2,3...

Z L 2 Adξ = A 0

Z L 2 2 Acos( nπξ )dξ = 2A sen( nπ ) Cn = L 0 L nπ 2 La soluci´ on para esta funci´ on de temperatura es: ∞

1 2A X 1 nπ nπx sen( )cos( )e u(x, t) = A + 2 π n=1 n 2 L 228

−n2 π 2 kt L2

nπ ) es cero si n es par. M´ as a´ un si 2 nπ n=2k-1 es impar, entonces sen( ) = (−1)k+1 . Por 2 tanto, la soluci´ on puede escribirse como: Ahora en sen(

−(2n − 1)2 π 2 kt (2n − 1)πx L2 cos( )e 2n − 1 L

∞ 2A X (−1)n+1

1 u(x, t) = A+ 2 π

n=1

Condiciones de calor en una barra con extremos a temperaturas diferentes Considere que una barra delgada, homog´ enea que se extiende de x = 0 a x = L. El extremo izquierdo se mantiene a una temperatura constante T1 , y el extremo derecho a una temperatura constante T2 . La temperatura inicial en toda la barra en la secci´ on transversal en x es f (x). ∂u ∂ 2u = k 2 para 0 < L, t > 0. ∂t ∂x u(0, t) = T1 , u(L, t) = T2 para t > 0 u(x, 0) = f (x)

para 0 ≤ x ≤ L

Supongamos que T1 y T2 no son cero. X ” + λX = 0; T + λkT = 0 Las variables han sido separadas. Sin embargo, debe satisfacer u(0, t) = X(0)T (t) = T1 Si T1 = 0 esta ecuaci´ on se satisface haciendo X(0) = 0. T1 Pero si T1 6= 0 entonces T (t) = X(0) = constanteAn´ aloT2 gamente u(L, t) = X(L)T (t) = T2 , as´ı T (t) = X(L) = constante. Estas condiciones son imposibles de satisfacer excepto en los casos triviales tales como f (x) = 0; T1 = T2 = 0.Perturbar´ a la funci´ on de distribuci´ on 229

de temperatura con la idea de obtener un problema m´ as manejable para la funci´ on perturbada. Ponga: u(x, t) = U (x, t) + ψ(x) Sustituya esto en la ecuaci´ on de calor para obtener: ∂U ∂ 2U = k( 2 + ψ”(x)) ∂t ∂x Si ψ”(x) = 0 Esto significa que ψdebe tener la forma: ψ(x) = cx + d Ahora: u(0, t) = T1 = U (0, t) + ψ(0) se convierte en la condici´ on m´ as amigable U (0, t) = 0 si ψ(0) = T1 As´ı elige d = T1 Ahora u(L, t) = T2 = U (L, t) + ψ(L) llega a ser U (L, t) = T2 = U (L, t) + ψ(L) Llega a ser U (L.t) = 0 si ψ(L) = cL+T1 = T2 de manera que elige: c= ψ(x) =

1 (T2 − T1 ) L

1 (T − T1 )x + T1 L

Finalmente: u(x, 0) = f (x) = U (x, 0) + ψ(x) se convierte en la siguiente condici´ on para U: U (x, 0) = f (x) − ψ(x) Ahora tiene el problema con valores en la frontera para U: ∂U ∂ 2U =k 2 ∂t ∂x 230

U (0, t) = U (L, t) = 0 U (x, 0) = f (x) −

1 (T2 − T1 )x − T1 L

∞ Z 1 2X L nπξ nπx [f (ξ)− (T2 −T1 )ξ−T1 ]sen( U (x, t) = ( )dξ)sen( )e L n=1 0 L L L

Una vez obtenido U (x, t) la soluci´ on al problema es: 1 (T2 − T1 )x + T1 L Considere que una barra delgada, homog´ enea que se extiende de x = 0 a x = L. El extremo izquierdo se mantiene a una temperatura T1 = 1, y el extremo derecho a una temperatura T2 = 2. La temperatura inicial en toda la barra en la secci´ on transversal en f (x) = 23 para 0 < x < L. Z L 1 nπξ (f (ξ) − (T2 − T1 )ξ − T1 )sen( )dξ L L 0 Z L 1 nπξ 1 )dξ = ( − ξ)sen( 2 L L 0 u(x, t) = U (x, t) +

1 1 + (−1)n = L 2 nπ La soluci´ on de este caso ser´ıa: ∞ X 1 + (−1)n nπx u(x, t) = ( )sen( )e nπ L n=1

−n2 π 2 kt 1 L2 + x+1 L

Ecuacion de calor Encontrar la temperatura U (x, t) de una barra de plata de 10 cm de longitud, de secci´ on transgr 2 versal constante, ´ area 1cm ; 10,6 3 de densidad cm 231

−n2 π 2 kt L2

cal , 5C de conductividad t´ ermica, calor escm cal pec´ıfico 0,056 que est´ a perfectamente aislada gC por los lados, cuyos extremos se mantiene a una temperatura de 0C y cuya temperatura inicial es f (x) = ksen(0 ∗ 1πx) ∞ X nπx ) f (x) = ksen(0 ∗ 1πx) → Bnsen( L n=1 1,04

B2 = B3 = B4 = .....Bn = 0; n 6= 1 U (x, t) = ksen(

λn2 =

πx −λn2 t )e 10

1,04 (1)2 π 2 C 2 n2 π 2 = ∗ = 0,1729175973 L2 0,056 ∗ (10,6) (10)2

U (x, t) = 1,04

cal πx sen( )e−0,1729175973t cm ∗ s ∗ C 10

Temperatura en una barra con extremos aislados Consideremos la conducci´ on de una barra con extremos aislados, sin p´ erdida de energ´ıa por los extremos. Si la temperatura est´ a modelada as´ı: ∂ 2u ∂u = k 2 para 0 < x < L, t > 0 ∂t ∂x ∂u ∂u (0, t) = (L, t) = 0 para t > 0 ∂x ∂x u(x, t) = f (x) para 0 ≤ x ≤ L Separando variables se obtiene que: X” + λX = 0 T + λkT = 0 Ahora: ∂u (0, t) = X(0)T (t) = 0 ∂x 232

implica que X(0) = 0 An´ alogamente: ∂u (L, t) = X(L)T (t) = 0 ∂x entonces X(L) = 0.Por tanto X(x) es: X” + λX = 0

X(0) = X(L) = 0

n2 π 2 L2 para n = 1, 2, 3.... con funciones propias constantes distintas de cero m´ ultiplos de: λn =

Xn (x) = cos(

nπ ) L

La ecuaci´ on para T es ahora: n2 π 2 T =0 L2 Cuando n = 0 se obtiene: T+

T0 (t) = constante para n = 1, 2, 3... −n2 π 2 kt Tn (t) = ce L2 Ahora tiene funciones: −n2 π 2 kt nπ un (x, t) = cn cos( )e L2 L para n = 1, 2, 3... cada una de las cuales satisface la ecuaci´ on de calor y las condiciones de aislamiento en l frontera. Para satisfacer la condici´ on inicial, generalmente debe usar una superposici´ on: −n2 π 2 kt nπ 1 u(x, t) = c0 + cn cos( )e L2 2 L n=1 ∞ X

233

Ahora el t´ ermino constante n = 0 como c20 comoo anticipaci´ on a un desarrollo en serie de Fourier en cosenos. Se necesita: ∞ X 1 nπ u(x, 0) = f (x) = c0 + cn cos( ) 2 L n=1

el desarrolllo en serie de Fourier en cosenos de f (x) en [0, L], (´ esta tambi´ en es el desarrollo de la funci´ on de temperatura inicial en la funci´ on propia de este problema). Por tanto: Z 2 L nπξ Cn = f (ξ)cos( )dξ L 0 L Ecuacion de calor Encontrar la funci´ on de la temperatura U (x, t) de una barra de cobre con un aislamiento lateral de 80 cm de largo, si la temperatura inicial es de 250sen( πx )C.(con una conductividad el´ ectrica de 80 gr cal , densidad de ρ = 8,92 3 y calor espec´ıfi0,95 cmC cm cal co de τ = 0,092 ). gr C b)En cuanto tiempo descender´ a a 30C la temperatura de la barra? para t = 0 ∞

f (x) = 250sen(

X πx πx Bnsen( ) )= 80 L n=1

siendo B1 = B2 = B3 = .... = 0 U (x, t) = 250sen(

πx −λn2 t )e 80

k n2 π 2 λn = ∗ 2 T ∗ρ L 2

234

0,95 λn2 = (0,092

cal cmC

gr cal ) ∗ (8,92 3 ) gr C cm

U (x, t) = 250sen(

π2 = 0,001785 80 cm2

∗

πx −0,001785t )e 80

b) 30 = 250sen(

πx −0,001785t )e 80

30 = e−0,001785t 250 3 ) = −0,001785t 25 t = 1187,82 seg → 19,797 min. ln(

Encontrar la temperatura U (x, t) de una barra de plata de 10cm de longitud, de secci´ on transgr 2 versal constante, ´ area 1cm ; 10,6 3 de densidad cm cal 1,04 , 5C de conductividad t´ ermica, calor escm cal que est´ a perfectamente aislada pec´ıfico 0,056 gC por los lados, cuyos extremos se mantiene a una temperatura de 0C y cuya temperatura inicial es f (x) = x si 0 < x < 5 y 0 en caso contrario. (calcular el problema planteado por serie de Fourier de de senos) 0 −L
U (x, t) = bne−λn λn2 =

k n2 π 2 ∗ 2 T ∗ρ L

235

0,95 λn2 = (0,092

cal cmC

gr cal ) ∗ (8,92 3 ) gr C cm

∗

π2 = 0,001785 80 cm2

Aplicando la serie de Fourier de Senos: Z 0 Z 5 Z L nπx nπx nπx 2 0∗sen( xsen( 0sen( )dx+ )dx+ )dx) Bn = ( L −L L 5 L 0 5  Bn =

2 5

nπx nπx 5 ) 5xcos( ) 5 − 5  n2 π 2 nπ

25sen(

0

Bn =

2 5

25sen(nπ) 25cos(nπ) − n2 π 2 nπ

Bn = Bn =

−10(−1)n nπ

−10 (−1)n ∗ π n

∞ −10 X (−1)n nπx −0,173056n2 t U (x, t) = ( sen( )e π n=1 n 10

Encontrar la funci´ on de la temperatura de la barra con aislamiento lateral de longitud L conociendo que la temperatura inicial est´ a dada por f (x). Resolver el problema por la serie de Fourier de Cosenos L x para 0 < x < 2 f (x) = { L L − x para
236

  Z L Z L 1  a0 =  2 xdx + L (L − x)dx L 0 2 a0 =

L 4

  Z L Z L 2 nπx nπx  an =  2 xcos( )dx + L (L − x)cos( )dx L 0 L L 2 

L

2

2 L an =  L

cos( nπx ) L 2 2 nπ

+

Lxsen( nπx ) 2 L nπ

0

+

−L2 cos( nπx ) Lxsen( nπx ) L2 sen( nπx L L L − + n2 π 2 nπ nπ

nπ ) 2 − 2Lcos(nπ) − 2L an = n2 π 2 n2 π 2 n2 π 2 nπ 4Lcos( ) 2L(−1)n 2L 2 − an = − 2 2 2 2 2 2 nπ nπ nπ nπ −2L − (2cos( ) + (−1)n + 1) 2 an = n2 π 2 Serie de Fourier de Cosenos 4Lcos(

  nπ n ∞ −2L − (2cos( ) + (−1) + 1 X 1 2   cos nπx f (x) = + 4 n=1 n2 π 2 L Onda cuadrada de alta fecuencia. Una aplicaci´ on simple de la Serie de Fourier la podemos encontrar en el analisis de circuitos electr´ onicos que son dise˜ nados para manejar pulsos variables 237

agudos, tales como, una onda cuadrada o un diente de sierra. Supongamos que una onda cuadrada est´ e definida por la funci´ o n: 0, −Π < x < 0 f (x) = h, o < x < h con la definicion de los coeficientes de la serie de fourier de cosenos podemos encontrar : 1 a0 = 2Π

ZΠ hdt =

h 2

0

1 a0 = Π

ZΠ hcosnt dt = 0,

n≥1

0

1 bn = Π

ZΠ hcsennt dt =

h (1 − cosnΠ) nΠ

0

bn =

2h 2h , n impar =⇒ bn = nΠ (2n − 1)Π bn = 0 , n par

f (x) =

∞ X n=1

2h sin (x) sin (3x) sin (5x) h Q sin(2n−1)x = + + + + ... (2n − 1) 2 1 3 5

Rectificador de onda completa. Consideremos ahora la salida de un rectificador de onda completa, que produce corriente continua pulsante como muestra la figura. El rectificador se puede modelar como un dispositivo que se alimenta con una onda senoidal ,que deja pasar los los pulsos positivos,e invierte los pulsos negativos. Esto produce: senwx, 0 < wx < Π f (x) = −senwx, −Π < wx < 0

238

debido a que f(x) es una funcion par, la serie de fourier sera cosenoidal : ZΠ ZΠ 2 2 −senwtd(wt)+ senwtd(wt) = senwtd(wt) = 2Π Π

Z0

1 a0 = 2Π

−Π

0

2 an = Π

0

ZΠ senwt coswt d(wt), n ≥ 1 0

an = −

2 2 1 4 , n par =⇒ an = − 2 2 Πn −1 Π 4n − 1 an = 0, n impar bn = 0 ∞

4X 1 2 cos(2nwx) f (x) = − 2 Π Π n=1 (4n − 1)Π La funci´ on adjunta sirve para modelar la salida de un rectificador de media onda: senwx, 0 < wx < Π f (x) = 0, −Π < wx < 0 Determine la serie de Fourier que la representa 1 a0 = 2Π

ZΠ sen(wx) d(wx) =

1 Π

0

1 an = Π

ZΠ sen(wx)cos(nwx) d(wx) =

1 1 1 ( − ) Π n+1 n−1

0

1 bn = Π

ZΠ sen(wx)sen(nwx) d(wx) = 0 0

239

∞

1 1 2X 1 f (x) = + senwx − cos(2nwx) 2 Π 2 Π n=1 (4n − 1) Una onda triangular se representa por la funcion: −x, −Π < x < 0 f (x) = x, 0 < x < Π Determine la serie de Fourier que la representa 1 a0 = 2Π

ZΠ x d(x) =

Π 2

0

1 an = Π

ZΠ xcos(nwx) d(wx) = 0 0

1 bn = Π

ZΠ

1 (−1)n Π (−1)n xsen(nwx) d(wx) = (− )= Π n n

0 ∞

Π 42 X cos(2n − 1)x f (x) = − 2 Π n=1 (2n − 1)2 Temperatura en una barra Consideremos una barra homog´ enea de longitud L, delgada y aislada en forma tal que su calor no puede perderse a trav´ es de su superficie. Supongamos adem´ as que la temperatura de la barra es constante en cada una de sus secciones transversales. Entonces la temperatura en la barra se puede describir mediante una funci´ on u(x, t), donde 0 ≤ x ≤ L y t ≥ 0. Donde u(x, t) satisface la ecuaci´ on de calor. u (0, t) = u (L, t) = 0, t 6= 0 u (x, t) = f (x) 240

Donde f es una funci´ on que se supone conocida. Ahora haciendo separaci´ on de variables sobre u(x, t) quedando u ( x,t ) =X ( x ) T ( t ) y que satisfaga u(0, t)= u(L, t)= 0. Conociendo que: Tn (t) = e−a2n2t y por tanto una soluci´ on de nuestra ecuaci´ on ser´ a un (x, t) = An e−ant sen(nx) Como la ecuaci´ on del calor es lineal y homog´ enea entonces su soluci´ on general ser´ a de la forma u(x, t) =

∞ X

2 n2 t

An e−a

sen(nx)

n=1

donde Z 2 An = f (x)sen(nx)dx L Supongamos que la distribuci´ on inicial de la temperatura es uniforme, f (x) = To . Entonces Z 2 2T0 (1 + (−1)n+1 ) An = f (x)sen(nx)dx = L Ln as´ı que la soluci´ on es ∞ 4T0 X 1 2 2 u(x, t) = e−a n t sen(2n − 1)x L n=1 2n − 1

Encontrar la temperatura u(x,t) de una barra de plata de 10 cm de longitud, 1,04 cal/cm s C de conductividad termica, calor especifico 0,056 cal/ gr C, que esta perfectamente aislada en los polos, cuyos extremos se matiene a una temperaturaQde 0 C y cuya temperatura inicial es f(x)=sen 0,4 x cuando t = 0

241

f (x) = sen0, 4Πx =

∞ X

Bn sen(

n=1

0, 4Πx =

nΠx ) l

n nΠx =⇒ = 0, 4 =⇒ n = 4 l l

B1 = B2 = B3 = B5 = .. = 0B4 = 1 λn =

Cn Π = 2, 766687557 l

u(x, t) = sen(

4Πx 2,766687557 )e 10

Encontrar la ecuacion de la Q temperatura u(x,t) de una barra de longitud l = y cuya temperatura Q inicial es f(x) = x ( -x )

2 bn = Π

ZΠ x(Π − x)sen(nΠ) d(x) = 4(

1 − (−1)n ) n3 Π

0

bn =

8 , n3 Π

n impar 0, n par

∞

8 X sen(2n − 1)x −(2n−1)2 a2 t T (x, t) = e Π n=1 (2n − 1)3

10.

Ecuaciones Diferenciales Parciales Primera prueba parcial

Resolver ∂U ∂U −U = ∂x ∂y 4 bajo U (0, y) = e−1/2y + 2e−1/4y 3 Resoluci´ on U (x, y) = XY 242

por lo tanto ∂U = X‘Y ∂x ∂U = XY ‘ ∂y por lo tanto la ecuaci´ on inicial es: X‘Y − XY = XY ‘ dividimos la ecuaci´ on para XY X‘Y XY XY ‘ − = XY XY XY X‘ Y‘ −1= X Y Y‘ X‘ = +1 X Y esto lo igualamos a una constante c y despejamos X‘ Y‘ = +1=c X Y X‘ − cX = 0 Y ‘ − (c − 1)Y = 0 integramos cada ecuaci´ on y encontramos el valor de XyY X‘ − cX =0 R −cdx F.I. e R = e−cx Xe−cx = 0(e−cx )dx X = α1 ecx Y ‘ − (c R − 1)Y = 0 F.I. e −(c−1)dy R Y e−(c−1)y = 0(e−(c−1)y )dy Y = α2 e(c−1)y reemplazamos en la condici´ on inicial U (x, y) = XY U (x, y) = α1 α2 ecx e(c−1)y U (x, y) = becx e(c−1)y aplicamos el principio de superposici´ on U (x, y) = U1 (x, y) + U2 (x, y) U (x, y) = b1 ec1 x e(c1 −1)y + b2 ec2 x e(c2 −1)y Reemplazamos las condiciones iniciales 4 U (0, y) = b1 e(c1 −1)y + b2 e(c2 −1)y = e−1/2y + 2e−1/4y 3 4 b1 = 3 243

b2 = 2

1 1 c1 − 1 = − ⇒ c1 = 2 2 1 3 c2 − 1 = − ⇒ c2 = 4 4 reemplazamos estos valores en U (x, y) 3x−y 4 x−y U (x, y) = e 2 + 2e 4 3 Resolver ∂ 2U ∂U =2 2 ∂t ∂x bajo U (0, t) = 0 U (10, t) = 0 3π U (x, 0) = 50Sen x + 20Sen(πx) − 10Sen(4πx) 2 Resoluci´ on U (x, t) = XT por lo tanto ∂U = XT ‘ ∂t ∂ 2U = X“Y ∂x2 por lo tanto la ecuaci´ on inicial es: XT ‘ = 2X“T dividimos la ecuaci´ on para XT X“ T‘ = 2T X esto lo igualamos a una constante λ = −c2 y despejamos T ‘ + 2c2 T = 0 X“ + c2 X = 0 integramos cada ecuaci´ on y encontramos el valor de XyY 2 T ‘ + 2c R T2 = 0 2 F.I. e 2c Rdx = e2c x 2 2 Xe2c x = 0(e2c x )dx 2 X = α1 e−2c x X“ + c2 X = 0 m2 + c2 = 0

244

√ m = ± −c2 = ±ci X = α2 Cos(cx) + α3 Sen(cx) reemplazamos en la condici´ on inicial U (x, t) = XT 2 2 U (x, t) = α1 α2 e−2c t Cos(cx) + α1 α3 e−2c t Sen(cx) 2 2 U (x, t) = ae−2c t Cos(cx) + be−2c t Sen(cx) aplicamos el principio de superposici´ on U (x, t) = U1 (x, t) + U2 (x, t) + U3 (x, t) 2 2 2 U (x, t) = a1 e−2c1 t Cos(c1 x)+b1 e−2c1 t Sen(c1 x)+a2 e−2c2 t Cos(c2 x)+ 2 2 2 b2 e−2c2 t Sen(c2 x) + a3 e−2c3 t Cos(c3 x) + b3 e−2c3 t Sen(c3 x) reemplazamos las condiciones iniciales 2 2 2 U (0, t) = a1 e−2c1 t + a2 e−2c2 t + a3 e−2c3 t = 0 a1 = 0 a2 = 0 a3 = 0 2 −2c1 2 t −2c1 2 t U (10, t) = a1 e Cos(10c1 )+b1 e Sen(10c1 )+a2 e−2c2 t Cos(10c2 )+ 2 2 2 b2 e−2c2 t Sen(10c2 )+a3 e−2c3 t Cos(10c3 )+b3 e−2c3 t Sen(10c3 ) = 0 U (x, 0) = a1 Cos(c1 x)+b1 Sen(c1 x)+a 2 Cos(c 2 x)+b2 Sen(c2 x)+ 3π a3 Cos(c3 x) + b3 Sen(c3 x) = 50Sen x + 20Sen(πx) − 2 10Sen(4πx) b1 = 50 b2 = 20 b3 = −10 3π c2 = π c3 = 4π c1 = 2 reemplazamos estos valores en U (x, t) 3π 2 2 2 U (x, t) = 50e−2(3π/4) t Sen x +20e−2(π) Sen(πx)−10e−2(4π) t sen(4πx) 2 3π 2 2 −9π/8 x + 20e−2π Sen(πx) − 10e−32π t sen(4πx) U (x, t) = 50e Sen 2 Segunda Prueba Parcial Calcular y graficar Cm para los valores funcionales f0 , f1 ...f5 ; de 0;2;4;6;8;10 para x0 = 0 para un valor de N=6 Resoluci´ on Aplicamos la transformada inversa de Fourier Encontramos de ωN el valor 2π 2π + iSen ωN = Cos N N

245

2π 2π ωN = Cos + iSen π6 π 6 ωN = Cos + iSen 3 3 creamos matriz   la   1 1 1 1 1 1 0 c0  2   1 ωN ωN 2 ωN 3 ωN 4 ωN 5   c1      4   1 ωN 2 ωN 4 ωN 6 ωN 8 ωN 10   c2 =      6   1 ωN 3 ωN 6 ωN 9 ωN 12 ωN 15   c3  8   1 ω 4 ω 8 ω 12 ω 16 ω 20   c N N N N N 4 1 ωN 5 ωN 10 ωN 15 ωN 20 ωN 25 c5 10 Para encontrar los valores de ωN n aplicamos la formula de De Moivre n (Cos(x)+ iSen(x)) = Cos(nx) π n+ iSen(nx) nπ nπ π + iSen +iSen = Cos ωN n = Cos 3 3 3 3 1 1√ 1 √ 1 1 √  −1 + i 3 −1 − i 3   1 1+i 3  −1  0 2 √ 2 √ 2 √   2   3 3 −1 + i 3 −1 + i −1 − i    1  4   1 2 2 2 =  −1 √ 1 √ −1 1 √  6   1  8   −1 − i 3 −1 − i 3 −1 + i 3   1 1 10  2√ 2 √ 2 √  1−i 3 −1 − i 3 −1 + i 3 1 −1 2 2 2   c0  c1     c2     c3   c  4 c5 transformando las matrices obtenemos

246

      

1√ 1−i 3 2 √ −1 − i 3 2 −1 √ −1 + i 3 2√ 1+i 3 2

              

      



1

   c0  c1    1 c2   =  c3  6   c4    c5  

1



1 1 1 1

1√ 1−i 3 2 √ −1 − i 3 2 −1 √ −1 + i 3 2√ 1+i 3 2

1 √ −1 − i 3 2 √ −1 + i 3 2 1 √ −1 − i 3 2 √ −1 + i 3 2

0  2     4     6   8  10 resolviendola matriz obtenemos  5√    −1 + 3i  c0 √     c1    −1 + 3 i      c2  3  =   −1√    c3     c  3   4  −1 − i  c5 √3 −1 − 3i   5     2  |c0 |  √   2 3   |c1 |         |c2 |   3   =      1   |c3 |   √     |c |    2 3  4   |c5 | 3 2 

1 −1 1 −1 1 −1

1 √ −1 + i 3 2 √ −1 − i 3 2 1 √ −1 + i 3 2 √ −1 − i 3 2



Gr´ afica

247

x0 = 0 x1 = π/3 x2 = 2π/3 x3 = π x4 = 4π/3 x5 = 5π/3

      

1√ 1+i 3 2 √ −1 + i 3 2 −1 √ −1 − i 3 2√ 1−i 3 2

              

TALLER Resolver ∂U ∂U + =U ∂x ∂y bajo U (0, y) = 2e−y + 3e−2y Resolucion U (x, y) = XY por lo tanto ∂U = X‘Y ∂x 248

∂U = XY ‘ ∂y por lo tanto la ecuaci´ on inicial es: X‘Y + XY ‘ = XY dividimos la ecuaci´ on para XY XY ‘ XY X‘Y + = XY XY XY X‘ Y ‘ + =1 X Y X‘ Y‘ =1− X Y esto lo igualamos a una constante c y despejamos X‘ Y‘ =1− =c X Y X‘ − cX = 0 Y ‘ − (1 − c)Y = 0 integramos cada ecuaci´ on y encontramos el valor de XyY X‘ − cX =0 R F.I. e −cdx = e−cx R Xe−cx = 0(e−cx )dx X = α1 ecx

Y ‘ − (1 R − c)Y = 0 F.I. e −(1−c)dy R Y e−(1−c)y = 0(e−(1−c)y )dy Y = α2 e(1−c)y reemplazamos en la condici´ on inicial U (x, y) = XY U (x, y) = α1 α2 ecx e(1−c)y U (x, y) = becx e(1−c)y aplicamos el principio de superposici´ on U (x, y) = U1 (x, y) + U2 (x, y) U (x, y) = b1 ec1 x e(1−c1 )y + b2 ec2 x e(1−c2 )y U (0, y) = b1 e(1−c1 )y + b2 e(1−c2 )y = 2e−y + 3e−2y b1 = 2 b2 = 3 1 − c1 = −1 ⇒ c1 = 2 1 − c2 = −2 ⇒ c2 = 3 reemplazamos estos valores en U (x, y) 249

U (x, y) = 2e2x−y + 3e3x−2y Resolver ∂U ∂U + =U ∂x ∂y bajo U (x, 0) = 3ex + 2e2x Resoluci´ on U (x, y) = XY por lo tanto ∂U = X‘Y ∂x ∂U = XY ‘ ∂y por lo tanto la ecuaci´ on inicial es: X‘Y + XY ‘ = XY dividimos la ecuaci´ on para XY X‘Y XY ‘ XY + = XY XY XY X‘ Y ‘ + =1 X Y Y‘ X‘ =1− X Y esto lo igualamos a una constante c y despejamos Y‘ X‘ =1− =c X Y X‘ − cX = 0 Y ‘ − (1 − c)Y = 0 integramos cada ecuaci` on y encontramos el valor de XyY X‘ − cX =0 R −cdx F.I. e R = e−cx Xe−cx = 0(e−cx )dx X = α1 ecx

Y ‘ − (1 R − c)Y = 0 F.I. e −(1−c)dy R Y e−(1−c)y = 0(e−(1−c)y )dy Y = α2 e(1−c)y reemplazamos en la condici´ on inicial U (x, y) = XY U (x, y) = α1 α2 ecx e(1−c)y 250

U (x, y) = becx e(1−c)y aplicamos el principio de superposici´ on U (x, y) = U1 (x, y) + U2 (x, y) U (x, y) = b1 ec1 x e(1−c1 )y + b2 ec2 x e(1−c2 )y U (x, 0) = b1 ec1 x + b2 ec2 x = 3ex + 2e2x b1 = 3 b2 = 2 c1 = 1 c2 = 2 reemplazamos estos valores en U (x, y) U (x, y) = 3ex + 2e2x−y Evaluaci´ on Conjunta: Tercera Parcial Resolver ∂U ∂U − =0 ∂x 3∂y bajo U (x, 0) = 3e−x + 2e−4x Resoluci´ on U (x, y) = XY por lo tanto ∂U = X‘Y ∂x ∂U = XY ‘ ∂y por lo tanto la ecuaci´ on inicial es: XY ‘ =0 X‘Y − 3 dividimos la ecuaci´ on para XY X‘Y XY ‘ − =0 XY 3XY Y‘ X‘ − =0 X 3Y esto lo igualamos a una constante c y despejamos X‘ Y‘ = =c X 3Y X‘ − cX = 0 Y ‘ − 3cY = 0 integramos cada ecuaci´ on y encontramos el valor de XyY X‘ − cX =0 R = e−cx F.I. e −cdx R Xe−cx = 0(e−cx )dx 251

X = α1 ecx Y ‘ − (c R − 1)Y = 0 F.I. e −3cdy R Y e−3cy = 0(e−3cy )dy Y = α2 e3cy reemplazamos en la condici´ on inicial U (x, y) = XY U (x, y) = α1 α2 ecx e3cy U (x, y) = becx e3cy aplicamos el principio de superposici´ on U (x, y) = U1 (x, y) + U2 (x, y) U (x, y) = b1 ec1 x e3c1 y + b2 ec2 x e3c2 y Reemplazamos las condiciones iniciales U (x, 0) = b1 ec1 x + b2 ec2 x = 3e−x + 2e−4x b1 = 3 b2 = 2 c1 = −1 c2 = −4 reemplazamos estos valores en U (x, y) U (x, y) = 3e−x−3y + 2e−4x−12y Hallar la solucion general ∂ 2U ∂ 2U = ∂t2 ∂x2 Resoluci´ on U (x, t) = XT por lo tanto ∂ 2U = XT “ ∂t2 ∂‘2 U = X“T ∂x2 por lo tanto la ecuaci´ on inicial es: XT “ = X“T dividimos la ecuaci´ on para XT XT “ X“T = XT XT X“ T“ = =0 X T esto lo igualamos a una constante c2 y despejamos

252

X“ T“ = = c2 X T X“ − c2 X = 0 T “ − c2 T = 0 integramos cada ecuaci´ on y encontramos el valor de XyY X“ − c2 X = 0 m 2 − c2 = 0 m = ±c X = α1 ecx + α2 e−cx T “ − c2 T = 0 m2 − c2 = 0 m = ±c T = α3 ect + α4 e−ct reemplazamos en la condici´ on inicial U (x, t) = XT U (x, t) = (α1 ecx + α2 e−cx )(α3 ect + α4 e−ct ) U (x, t) = b1 ec(x+t) + b2 ec(x−t) + b3 ec(−x+t) + b4 ec(−x−t) Encontrar una ecuaci´ on diferencial parcial de orden 2 que tenga como soluci´ on general U (x, y) = xφ(y) + yψ(x) φ y ψ arbitrarias Resoluci´ on Dividimos la ecuaci´ on para x xφ(y) yψ(x) U (x, y) = + x x x yψ(x) U (x, y) = φ(y) + x x derivamos parcialmente con respecto a x para eliminart` erminos en funci` on de y yψ(x) ∂ U (x, y) ∂ = φ(y) + ∂x x ∂x x ∂U (x, y) x − U (x, y) ψ(x) ‘x − ψ(x) ∂x =0+y x2 x2 ∂U (x, y) x − U (x, y) = y(ψ(x) ‘x − ψ(x) ) ∂x Dividimos la ecuaci` on para y x ∂U (x, y) U (x, y) − = (ψ(x) ‘x − ψ(x) ) y ∂x y 253

derivamos parcialmente con respecto a y para eliminart` erminos en funci` on de x ∂ x ∂U (x, y) U (x, y) ∂ − = (ψ(x) ‘x − ψ(x) ) ∂y y ∂x y ∂y 2 ∂ U (x, y) ∂U (x, y) ∂U (x, y) y− y − U (x, y) ∂x∂y ∂x ∂y x − =0 y2 y2 ∂U (x, y) ∂U (x, y) ∂ 2 U (x, y) −x − + U (x, y) = 0 xy ∂x∂y ∂x ∂y

BIBLIOGRAFIA

1) Universidad de Santiago de Chile Departamento de Matematica y CC Autores: Miguel MartÌnez Concha Facultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo Aplicaciones de la Serie Fourier Disponible en: http://calculoavanzado.usach.cl/Apunte/Aplicacion Serie Fourier 2010 2) MATEMATICA APLICACION PARA LA INGENIERIA Glyn James 3) MATEMATICA APLICACION PARA LA INGENIERIA Petter ONeil 4) ECUACIONES DIFERENCIALES CON APLICACION Dennis Zill. 5) APLICACIONES DE LAS SERIES DE FOURIER Renato Alvarez Nodarse Disponible en: http://euler.us.es/˜renato/clases/mm2/edpssf.pdf 6) Divulgaciones Matematicas Series de Fourier, Transformadas de Fourier y Aplicaciones Genaro Gonzalez Disponible en: http://www.emis.de/journals/DM/v5/art6.pdf %

254

Deber Mate Superior 1

Recommend Documents