UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO PRIMERA PRACTICA CALIFICADA DE MATEMATICAS V Facult acu ltad ad de Inge Ingenie nierr´ıa El´ectr ectrica ica y Elec Electr tr´ onica o´nica Rodney Lopez Loja 20152600E Prof. Ing. Manuel Arevalo Villanueva
1. Eval´ ue ue
(z 2 +5)dz , ς z (z 2 +1)(z 2 +4)
2
| | √ 3, siendo el sentido de integraci´on on antihorario.
siendo ς : z =
Soluci´ on:
Nos damos cuenta que f 1 (z ) = otra parte de la integral:
z 2 +5 z 2 +4
| | √ 3, entonces nos queda analizar la
es anal ana l´ıtica ıti ca en ς : z =
→ Usamos fracciones parciales: 1 z 2 (z 2 + 1)
=
1 z2
+
i
i − 2(z + i) 2(z − i)
Integramos:
z2 + 5 dz = (z 2 + 4)z 2 (z 2 + 1)
f (z )1 i dz + 2 2 z
f (z )1 dz z + i
f (z )1 i + dz 2 z2
f (z )1 dz z + i
i
−2
f (z )1 dz z i
f (z )1 dz z i
−
Analizamos cada integral:
z2 + 5 dz = (z 2 + 4)z 2 (z 2 + 1)
i
2
f (z )1 dz = 2πi f (o)´1 = 0 2 z
f (z )1 i ´( i)1 = 0 dz = 2πi f 2 z + i
−
1
i
−2
−
Por Teorema:
i
2
f (z )1 =0 z i
−
Por tanto la integral da como resultado 0.
2
2. Sea f : S C C tal que f (z ) = (Re(z )) . Calcule la siguiente integral f (z )dz, dz , siendo ς = ς 1 ς 2 ς 3 ; ς 1 : Es el segmento de recta que va del origen de coordenadas al punto (1;0), ς 2 : Es el arco de circunferencia de √ centro √ el origen de coordenadas y radio la
−→ −→
unidad que va del punto(1;0) al punto ( 22 ; 22 ) y ς 3 : Es el segmento de recta que une el √ √ punto ( 22 ; 22 ) con con el origen origen de las coordenad coordenadas. as.El El sentid sentido o de integ integrac raci´ i´ on on es anti-horario. Soluci´ on:
En C 1 : La cual es la recta horizontal. z(t) = t ; 0
≤ t ≤ 1
z(t) = 1
f (z(t) ) = t 2
Entonces al integrar, nos queda:
( ) = (
f z (t) )z(t) dt...(1)
f z dz
Reemplazando en la integral:
1 f z (t) )z(t) dt = 0 t2 (1)dt = 31
(
Ahora en C 2 : El cual es el arco de circunferencia.
z(t) = cos (t) + isen(t); t
∈
z(t) =
π
0; 2
−sent + icost f (z( ) ) = cost2 − sent2 t
Reemplazamos en la expresi´on on (1):
f (z (t) )z(t) dt =
π
4
0
π
4
2
(cos t
0
Finalmente en C 3
2
(cos2 t
− sen t)(−sent)dt + i
− sen2t)(−sent + icost)dt
π
4
2
((cos t
0
2
− sen t)(cost)dt =
1
− √ 2 + i √ 2 3
3
√ √ : El cual es la recta que une el punto ; con el origen de coordenadas. 2 2
z(t) = t + it ; 0
2
≤ t ≤
2 2
√ 2 2
z(t) = 1 + i
f (z(t) ) = x 2
− y2 = t2 − t2 =0
Entonces al reemplazar en (1), obtenemos que:
f (z (t) )z(t) dt =
√
2 2
0(1 + i)dt = 0
0
En total debemos sumar las 3 integrales obtenidas:
3. Integre (R
f (z )dz =
− √ 2 + i √ 2
2
3
3
− z)−1 sobre |z| = r y demuestre que: 1 2π
2π
R2
0
No use el teorema de Poisson.
−
R cos θ r dθ = 2 , 2 2Rr cos θ + r R r2
−
Soluci´ on:
Nos dicen que integremos ( R
− z)−1, entonces:
1
R
− z dz =
1 R
− re
− re− ( R − re− R
iθ
Luego, con:
iθ iθ
)dz
z = re r eiθ dz = rie r ieiθ dθ
Reemplazando en la integral:
rieiθ R ( R reiθ R
−
− re− − re−
iθ
)dθ = iθ
Rrsenθ + i(Rrcosθ r 2 ) dθ R2 2Rrcosθ + r 2
−
−
−
Luego separamos en parte real y parte imaginaria, tenemos que:
−Rrsenθ dθ + i Rrcosθ − r2 dθ R2 − 2Rrcosθ + r 2 R2 − 2Rrcosθ + r 2
La parte real es una funci´on o n impar y va de 0 a 2π por lo tanto es 0. La parte imaginaria por p or Cauchy Cauchy - Goursat Goursat es tambi´ tambi´ en en 0 al ser una funci´ funci´on on anal´ıtica ıtica considerando conside rando que: r R . De esta manera:
≤
3
R2
−
R2
Denotamos I, tal que:
=
Rrcosθ dθ = 2Rrcosθ + r 2 Rcosθ
−2Rrcosθ +r
I =
2
dθ
R2
−
R2
−
r2 dθ 2Rrcosθ + r 2 r
R2
−2Rrcosθ +r
2
dθ
Rcosθ dθ 2Rrcosθ + r 2 2
Multiplicamos por 2r. Posteriorme Posteriormente nte sumamos ( Rr + r )I en ambos a mbos lados, de este modo, mo do, nos quedar´ıa ıa que:
R2 ( + r r
2π
− 2Rr)I =
0
R2 ( + r r
− 2Rrcosθ + r2 dθ 2 R2 − 2Rrcosθ + r R2
− 2Rr)I = 2π
I = 2π ( 2 R
r
− r2 )
Finalmente lo que piden es:
1 2π
2π
Rcosθ R2
0
− 2Rrcosθ + r
1 I 2π
= 2 dθ
4. Desarrolle f : C punto z0 = 1
( z ) = → C → C tal que W = f (
1 r 2π( 2 ) 2π R r2
=
=
−
r R2
− r2
z
z2
−z−2 en series de TAYLOR alrededor del
Soluci´ on:
( z ) = 2 W = f ( z
z z
− −2
z
=
(z
− 2)(z + 1)
Podemos Podemos expresar expresar f(z)por fracciones fracciones parciales: (z ) = W = f (
z
(z
− 2)(z + 1)
=
1 2 + 3(z + 1) 3(z 2)
−
Se expresan dos series de TAYLOR. Sabemos que: ∞ 1 = (w)n para 1 w n
−
1 1 = f (z )1 = 3(z + 1) 3(2 + (z f (z )2 =
2 3(z
− 2)
=
=0
− 1))
2 3( 1 + ( z
−
w ≤ 1
=
1
1
∗
(z 1) 2
=
2 3 ( 1) 1
3 21+
− 1))
4
∗−
−
∞ (−1) ( 1 ) ( − 1) 2 ∞ 1 2 − = ( − 1)
1 = 3n
n
n+1
n
z
=0
− (z − 1)
3
z
n=0
n
( z ) = f (z )1 + f (z )2 f ( Para la regi´ on on de convergencia:
z
− 2 ≤ 1 2
z − 2 ≤ 1
∧
z − 2 ≤ 1
5. Eval´ ue la siguiente integral, use la integral de Cauchy o bien el teorema integral de ue e2 dz x2 2 Cauchy donde sea necesario. ς 2 alrededor de 2 + y = 1
Soluci´ on:
z
(z 2i)(z 1)
−
−
La regi´ on on es una elipse.
Analizamos la funci´on on en la integral:
e2z dz 2i)(z
, presenta un punto donde la funci´on o n no existe, que es el punto 1 en el eje real, el otro punto no es tomado en cuenta pues no pertenece a la regi´on; usando el teorema integral de Cauchy: ς (z
−
2
−1) 2z
e s anal ana l´ıtica ıti ca en ς f (z ) = (ze−2i) es
→ Sabemos que:
ς
f (z )dz
(z
− z0) +1 n
=
2πi (n) f (z0 ) n!
Nos damos cuenta que: z0 = 1 y adem´as as n = 1. Reemplazando tales datos en el problema, se tiene que:
− 2i) − e2 − 2i)2 2e2 (1 − 2i) − e2 f (1) = (1 − 2i)2
f (z ) =
.
2e2z (z (z
z
Reemplazando nuevamente en la igualdad:
ς
e2z dz
(z
− 2i)(z − 1)2 = 2πi 5
e2 (1
2
− 2i) − e2 (1 − 2i)2
6. Calcule Soluci´ on:
| | z
1 dz , =2 (z + z 2 (z 2 +1) )dz,
siendo el sentido de integraci´ on on el antihorario.
Sea la curva de integraci´on: on:
En coordenadas polares:
zdz =
|z |=2
donde dz = rie iθ dθ, entonces:
2π
re−iθ dz
ir2 dθ = 8πi
0
Procedemos a calcular la otra integral:
|z |=2
dz z 2 (z 2
+ 1)
= 2πf (i) + 2 πf ( i) + 2 πf (0) = 2π(
−
1 1 ) + 2 πi( ) + 2 πi(0) = 0 2i 2i
−
Ahora se suman ambos resultados: I = 8πi + 0 = 8 πi
7. Si t > 0 y ξ es una curv curva suave suave simple simple cerrada cerrada alreded alrededor or de z=-1, z=-1, calcule calcule el valor de la siguiente integral 1 ze zi dz 2πi (z + 1) 3
Soluci´ on:
Sabemos del teorema de la integral de Cauchy:
(n) f (z ) = 0
n! 2πi
f (z ) dz (z z0 )n+1
−
En este caso z0 = 1, entonces en la integral:
1 2πi
zezt
(z + 1) 3
dz =
Tenemos que n = 2, de este modo:
6
f (−1)
2
...(1)
f (z) = ze z ezt
f (z) = e z + tetz z
f (z ) = t 2 ze + 2tetz
Evaluamos en z0 = 1:
f (−1) = (2t
− t2)e−
t
Finalment Finalmentee reemplazamos reemplazamos en (1):
1 2πi
zezt
(z + 1)
= 3 dz
e−t
2
(2t
− t2)
8. Sea ς ς el segmento de recta desde i hasta (2 + i), calcule la cota de la siguiente integral Ln(z + 1) dz
Soluci´ on:
Por dato: csc (θ) r = csc Ln(z + 1) = Ln (r) + iθ
( + 1) = + + ( + 1) =
Ln z Ln z Del dato del problema:
arctan
2
θ2
ln (csc θ)
θ2
csc θ) ln(2 csc
1 1 < θ < arctan 3 2
Entonces se tiene que:
1 49 +
< ln(2csc θ) < 1 ,844
,
θ2
Por teoria:
ln (2csc θ) < 1 ,3456
( + 1)
Ln z
Por dato M=2
( + 1)
Ln z
< ML
< 2 ,68
9. Halle la serie de Taylor en el punto indicado y halle la regi´ on de convergencia de la z +3 funci´ on on compleja f : C C C tal que f (z ) = z2 −5z+4 , z0 = 2.
→ →
7
Soluci´ on:
f (z ) = 2 z
Por fracciones parciales: f (z ) =
(z
z + 3 = 5z + 4 (z
−
z + 3 4)(z
−
− 1)
=
z + 3 4)(z
−
− 1)
7
4 − 3(z − 4) 3(z − 1)
Tendremos dos series de TAYLOR: f (z )1 =
7
7 1 = 4) 3 2 + (z
=
7
∞ 7 1 +1 − = ( ) (z − 2) n
1
n
− − 2) 3 ∗ −2 (1 − ( −2 2) ) 3 =0 2 ∞ 4 4 1 4 − − = = (−1) +1 (z − 2) f (z )2 = 3(z − 1) 3 1 + ( z − 2) 3 =0
3(z
−
z
n
n
n
n
f ( z ) = f (z )1 + f (z )2
Para la regi´ on de convergencia:
z
− 2 ≤ 1 2
∧
z − 2 ≤ 1
z − 2 ≤ 1 10. Encuentre una cota para la siguiente integral: de radio 4 alrededor del origen.
cos ( )
z 2 dz , si ς es la circunferencia
ς
Soluci´ on:
Dada la regi´on: Por definici´on se sabe:
( ) ≤ y tambi´en ≤ ( ), entonces buscamos acotar. ≤ ( ), trabajamos en coordenadas polares, donde: = f z dz
ς
M l
M
f z
cos z 2
M
z
reiθ donde r = z = 4 , enton-
||
ces:
z 2 = 16e2iθ , en la integral: z = reiθ , y as´ı dz = 4ieiθ dθ
puntos: θ 0 = M cos(16) = cos (16) π θ cos( 16) = cos (16) 2 = M θ π = M cos(16) = cos (16) θ kπ = M cos (16), para k = 1, 2, 3,...,n
→ ⇒ ≤ | → ⇒ ≤ | → ⇒ ≤ | → ⇒ ≤
| − | |
→ M ≤ cos(16e2
∈ Z
Entonces tenemos:
( ) ≤ f z dz
ς
M l, M = cos (16), se procede a calcular l:
→ La longitud de arco de la circunferencia queda como l = 8π f (z)dz ≤ 8π cos (16) ∴
ς
8
iθ
) , analizamos en los
Hecho en LATEX
9
