Este documento presenta las soluciones a 8 objetivos de una prueba de matemáticas. Cada solución incluye los pasos de cálculo para resolver problemas relacionados con series, funciones complejas, integrales de funciones racionales y transformadas de Laplace.

1. Prueba Integral Lapso 2013-2 739 – 1/7
Universidad Nacional Abierta Matem´atica V (C´od. 739)
Vicerrectorado Acad´emico C´od. Carrera: 236 - 280
´Area de Matem´atica Fecha: 01-02-2014
MODELO DE RESPUESTAS
Objetivos del 1 al 10
OBJ 1 PTA 1 Determine si la serie
∞
n=1
n2
n3 + 1
es convergente o divergente.
SOLUCI´ON: Sea
f(x) =
x2
x3 + 1
, x ∈ [2, ∞).
Para x ∈ [2, ∞) tenemos que,
f(x) =
x2
x3 + 1
> 0,
f′
(x) =
2x(x3 + 1) − 3x4
(x3 + 1)2
=
−x4 + 2x
(x3 + 1)2
< 0,
por lo cual, f es decreciente y positiva. Por el Criterio de la Integral,
∞
2
f(x) dx = l´ım
t→∞
t
2
x2
x3 + 1
dx = l´ım
t→∞
1
3
ln(t3
+ 1) −
1
3
ln(9) = ∞.
entonces, la serie
∞
n=2
n2
n3 + 1
diverge. Finalmente,
∞
n=1
n2
n3 + 1
=
1
2
+
∞
n=2
n2
n3 + 1
diverge.
OBJ 2 PTA 2 Calcule el intervalo de convergencia de la serie de potencias
∞
n=1
(−1)n+1
n4n
(x − 2)2n
,
incluyendo el estudio de la convergencia en puntos extremos.
SOLUCI´ON: Sea y = (x − 2)2, entonces
∞
n=1
(−1)n+1
n4n
(x − 2)2n
=
∞
n=1
(−1)n+1
n4n
yn
.
El radio de convergencia de la serie es,
R = l´ım
n→+∞
an
an+1
= l´ım
n→+∞
(−1)n+1
n4n
(−1)n+2
(n+1)4n+1
= l´ım
n→+∞
4(n + 1)
n
= 4.
por lo cual, el intervalo de convergencia de la serie viene dado por,
|y| < 4 =⇒ |x − 2|2
< 4 =⇒ 0 < x < 4.
Ahora, estudiamos la convergencia de la serie en los puntos extremos x = 0 y x = 4:
Especialista: Federico J. Hern´andez Maggi
´Area de Matem´atica
Evaluadora: Florymar Robles

2. Prueba Integral Lapso 2013-2 739 – 2/7
(1) Si x = 0, tenemos que,
∞
n=1
(−1)n+1
n4n
(0 − 2)2n
=
∞
n=1
(−1)n+1
n
(Serie Convergente).
(2) Si x = 4, tenemos que,
∞
n=1
(−1)n+1
n4n
(4 − 2)2n
=
∞
n=1
(−1)n+1
n
(Serie Convergente).
Finalmente,
∞
n=1
(−1)n+1
n4n
(x − 2)2n
converge uniformente para 0 ≤ x ≤ 4.
OBJ 3 PTA 3 Sea la funci´on
f(x) = x(π − x), x ∈ [0, π].
Prolonge la funci´on f de manera que sea par de periodo 2π y desarrolle en Serie de Fourier.
SOLUCI´ON: La prologanci´on par de la funci´on f es,
fp(x) =
x(π − x), 0 ≤ x ≤ π,
−x(π + x), −π ≤ x < 0.
y fp(x + 2π) = fp(x). Para n ≥ 1, los coeficientes de Fourier a0, an y bn son:
a0 =
1
π
π
−π
fp(t) dt = 0, an =
1
π
π
−π
fp(t) cos(nt) dt = 0,
bn =
1
π
π
−π
fp(t) sen(nt) dt = −
1
π
0
−π
t(π + t) sen(nt) dt +
1
π
π
0
t(π − t) sen(nt) dt
=
2
π
π
0
t(π − t) sen(nt) dt
=
2
π
−
t(π − t) cos(nt)
n
+
(π − 2t) sen(nt)
n2
−
2 cos(nt)
n3
t=π
t=0
=
4 (−1)n+1 + 4
πn3
.
Finalmente, la serie de Fourier de la prolongaci´on de f es,
f ∼
a0
2
+
∞
n=1
[an cos(nt) + bn sen(nt)] =
4
π
∞
n=1
(−1)n+1 + 1
n3
sen(nt).
Especialista: Federico J. Hern´andez Maggi
´Area de Matem´atica
Evaluadora: Florymar Robles

3. Prueba Integral Lapso 2013-2 739 – 3/7
OBJ 4 PTA 4 Verifique las ecuaciones de Cauchy-Riemann para la funci´on f(z) = z3 + 1.
SOLUCI´ON: Sea z = x + iy con x, y ∈ R, entonces
f(z) = z3
+ 1 = (x + iy)3
+ 1
= (x3
− 3xy2
+ 1) + i(3x2
y − y3
) = u(x, y) + iv(x, y),
donde u(x, y) = x3 − 3xy2 + 1 y v(x, y) = 3x2y − y3. Como
∂u
∂x
=
∂v
∂y
= 3x2
− 3y2
,
−
∂v
∂x
=
∂u
∂y
= −6xy,
tenemos que f satisface las ecuaciones de Cauchy-Riemann.
OBJ 5 PTA 5 Calcule la integral
C
2z2 − 15z + 30
z3 − 10z2 + 32z − 32
dz,
donde C es la circunferencia |z| = 3.
SOLUCI´ON:
C
2s2 − 15s + 30
s3 − 10s2 + 32s − 32
ds =
C
2s2 − 15s + 30
(s − 4)2(s − 2)
ds =
C
f(s)
s − 2
ds,
donde f(s) =
2s2 − 15s + 30
(s − 4)2
. Como f es anal´ıtica en C y en su interior, aplicando la F´ormula Integral
de Cauchy para z = 2 tenemos que,
C
2s2 − 15s + 30
s3 − 10s2 + 32s − 32
ds =
C
f(s)
s − 2
ds = 2πi f(2) = 4πi.
OBJ 6 PTA 6 Desarrolle la funci´on
f(z) =
1
z2 − 3z + 2
en Serie de Taylor alrededor del punto z = 0 y determine el radio de convergencia de la serie.
SOLUCI´ON:
f(z) =
1
z2 − 3z + 2
=
1
(z − 1)(z − 2)
=
1
z − 2
−
1
z − 1
.
Especialista: Federico J. Hern´andez Maggi
´Area de Matem´atica
Evaluadora: Florymar Robles

4. Prueba Integral Lapso 2013-2 739 – 4/7
(FORMA 1) Como
f(n)
(z) =
(−1)n n!
(z − 2)n+1
−
(−1)n n!
(z − 1)n+1
,
f(n)
(0) =
(−1)n n!
(−2)n+1
−
(−1)n n!
(−1)n+1
= n! 1 −
1
2n+1
,
el desarrollo en Serie de Taylor de f alrededor de z = 0 es,
f(z) =
∞
n=0
1 −
1
2n+1
zn
.
(FORMA 2) Como
1
z − 2
= −
1
2
1
1 − z
2
= −
1
2
∞
n=0
z
2
n
=
∞
n=0
−
1
2n+1
zn
,
1
z − 1
= −
1
1 − z
= −
∞
n=0
zn
,
el desarrollo en Serie de Taylor de f alrededor de z = 0 es,
f(z) =
1
z − 2
−
1
z − 1
=
∞
n=0
−
1
2n+1
zn
+
∞
n=0
zn
=
∞
n=0
1 −
1
2n+1
zn
.
El radio de convergencia de la serie es,
R = l´ım
n→+∞
an
an+1
= l´ım
n→+∞
1 − 1
2n+1
1 − 1
2n+2
= 1.
OBJ 7 PTA 7 Verifique que
C
5z − 2
z(z − 1)
dz = 10πi
donde C es cualquier c´ırcunferencia de radio mayor que 1 y centro 0, orientada en sentido antihorario.
SOLUCI´ON: Sea
f(z) =
5z − 2
z(z − 1)
.
Como z = 0 y z = +1 son polos simples de f(z), los cuales est´an en el interior de C, por el Teorema de
los Residuos tenemos que,
C
5z − 2
z(z − 1)
dz = 2πi (Res(f(z); 0) + Res(f(z); +1)) .
Entonces,
Res(f(z); 0) = Res
5z − 2
z(z − 1)
; 0 = l´ım
z→0
z
5z − 2
z(z − 1)
= l´ım
z→0
5z − 2
z − 1
= 2,
Res(f(z); +1) = Res
5z − 2
z(z − 1)
; +1 = l´ım
z→+1
(z − 1)
5z − 2
z(z − 1)
= l´ım
z→+1
5z − 2
z
= 3.
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´Area de Matem´atica
Evaluadora: Florymar Robles

5. Prueba Integral Lapso 2013-2 739 – 5/7
Finalmente,
C
5z − 2
z(z − 1)
dz = 2πi (2 + 3) = 10πi.
OBJ 8 PTA 8 Verifique que para a > 0
∞
0
cos(x)
x2 + a2
dx =
πe−a
2a
.
SOLUCI´ON: Sea
f(z) =
1
z2 + a2
=
1
(z − ai)(z + ai)
.
Como
cos(x)
x2 + a2
es una funci´on par y f(z) tiene polos simples en z = −ai y z = ai, tenemos que,
∞
0
cos(x)
x2 + a2
dx =
1
2
∞
−∞
cos(x)
x2 + a2
dx =
1
2
Re 2πi Res(f(z)eiz
; +ai) .
Por otro lado,
Res f(z)eiz
; +ai = Res
eiz
z2 + a2
; +ai
= l´ım
z→+ai
(z − ai)
eiz
z2 + a2
= l´ım
z→+ai
eiz
z + ai
= −
ie−a
2a
.
Finalmente,
∞
0
cos(x)
x2 + a2
dx =
1
2
Re −2πi
ie−a
2a
=
πe−a
2a
.
OBJ 9 PTA 9 Encuentre la transformada inversa de Laplace de la funci´on,
h(s) =
3s + 1
s4 + 4s2
, s > 0.
SOLUCI´ON:
(FORMA 1)
H(t) = L−1
{h(s)} = L−1 3s + 1
s4 + 4s2
= L−1 3s + 1
s2(s2 + 4)
= L−1 3
s(s2 + 4)
+
1
s2(s2 + 4)
= 3 L−1 1
s(s2 + 4)
+ L−1 1
s2(s2 + 4)
= 3 L−1 1
s
·
1
s2 + 4
+ L−1 1
s2
·
1
s2 + 4
.
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Evaluadora: Florymar Robles

6. Prueba Integral Lapso 2013-2 739 – 6/7
Al tomar f(s) =
1
s
, g(s) =
1
s2
y p(s) =
1
s2 + 4
, tenemos que,
F(t) = L−1
{f(s)} = L−1 1
s
= 1,
G(t) = L−1
{g(s)} = L−1 1
s2
= t,
P(t) = L−1
{g(s)} = L−1 1
s2 + 4
=
1
2
sen(2t).
Por el Teorema de Convoluci´on,
L−1 1
s
·
1
s2 + 4
= L−1
{f(s)p(s)} = (F ∗ P)(t) =
1
2
t
0
sen(2t − 2τ) dτ =
1
4
−
1
4
cos(2t),
L−1 1
s2
·
1
s2 + 4
= L−1
{g(s)p(s)} = (G ∗ P)(t) =
t
0
τ
2
sen(2t − 2τ) dτ =
t
4
−
1
8
sen(2t).
Finalmente,
H(t) = L−1
{h(s)} = L−1 3s + 1
s4 + 4s2
= L−1 3s + 1
s4 + 4s2
=
3
4
−
3
4
cos(2t) +
t
4
−
1
8
sen(2t).
(FORMA 2) Por el M´etodo de Descomposi´on en Fracciones Parciales, tenemos que,
H(t) = L−1
{h(s)} = L−1 3s + 1
s4 + 4s2
= L−1 3s + 1
s2(s2 + 4)
= L−1 1
4
3s + 1
s2
−
1
4
3s + 1
s2 + 4
=
1
4
L−1 3s + 1
s2
−
1
4
L−1 3s + 1
s2 + 4
=
3
4
L−1 1
s
+
1
4
L−1 1
s2
−
3
4
L−1 s
s2 + 4
−
1
4
L−1 1
s2 + 4
.
Finalmente,
H(t) = L−1
{h(s)} = L−1 3s + 1
s4 + 4s2
=
3
4
+
t
4
−
3
4
cos(2t) −
1
8
sen(2t).
OBJ 10 PTA 10 Resuelva la siguiente ecuaci´on diferencial, haciendo uso del M´etodo de
Transformada de Laplace.
Y ′′
(t) − 2Y ′
(t) + Y (t) = −8et
, Y (0) = Y ′
(0) = 0.
SOLUCI´ON: Al aplicar la transformada de Laplace a la ecuaci´on diferencial tenemos,
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´Area de Matem´atica
Evaluadora: Florymar Robles

7. Prueba Integral Lapso 2013-2 739 – 7/7
L{Y ′′
(t)} − 2 L{Y ′
(t)} + L{Y (t)} = L{Y ′′
(t) − 2Y ′
(t) + Y (t)} = L{−8et
} = −
8
s − 1
.
Por otro lado,
L{Y ′
(t)} =
∞
0
e−st
Y ′
(t) dt = −Y (0) +
∞
0
se−st
Y (t) dt = −Y (0) + sL{Y (t)} = sy(s),
L{Y ′′
(t)} =
∞
0
e−st
Y ′′
(t) dt = −Y ′
(0) +
∞
0
se−st
Y ′
(t) dt = −Y ′
(0) + sL{Y ′
(t)} = s2
y(s).
Luego, la ecuaci´on diferencial se reduce a,
(s − 1)2
y(s) = s2
y(s) − 2sy(s) + y(s) = −
8
s − 1
,
por lo cual, y(s) = −
8
(s − 1)3
. Finalmente,
Y (t) = L−1
{y(s)} = L−1
−
8
(s − 1)3
= −4t2
et
.
FIN DEL MODELO
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´Area de Matem´atica
Evaluadora: Florymar Robles