Solucionario de examen parcial UNI. Universidad Nacional de Ingeniería Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

1. SOLUCIONARIO DEL EXAMEN PARCIAL
MATEM´ATICA V 2016-I
ALAYO BLAS, MIGUEL ANGEL
GUERRA HUARANGA, TANIT ALCIRA
BALVIN VELASQUEZ, ALVARO MICAEL
MEZA GOMEZ, ELADIO JHON
19 de mayo de 2016
1. Sean las funciones complejas f +g : C → C. Si 2f +3g y 2f −g satisfacen
las ecuaciones de C − R en z0 ∈ C, demuestre que la funci´on f satisface
las ecuaciones de C − R en z0.
SOLUCI´ON:
Sea:
f = uf + ivf
g = ug + ivg
2f + 3g = 2uf + i2vf + 3ug + i3vg
2f − g = 2uf + i2vf − ug − ivg
Como 2f +3g y 2f −g cumplen las ecuaciones de C −R, entonces:
(1’) 2ufx + 3ugx = 2vfy + 3vgy
(2’) 2ufy + 3ugy = −2vfx − 3vgx
(1) 2ufx − ugx = +2vfy − vgy
(2) 2ufy − ugy = −2vfx + vgx
Multiplicamos por 3 a (1) y (2), luego sumamos y restamos (1 )
y (1).
8ufx = 8vfy → ufx = vfy
8ufy = −8vfx → ufy = −vfx
1

2. Multiplicamos por 3 a (1) y (2), luego restamos (2 ) y (2).
8ufy = −8vfx → ufy = −vfx
8ufx = 8vfy → ufx = vfy
Confirmamos que cumple las ecuaciones C − R.
2. Eval´ue la siguiente integral γ:|z|=2
ef(8−i)z
(z−f(0))20 dz donde f es una funci´on
entera y acotada en el plano de Argand, y f(−1) = i.
SOLUCI´ON:
Teorema de Liouville:
Sea z acotada en el plano de Argand:
f(z) es anal´ıtica.
f(z) es acotada, es decir que ∃ una constante M tal que
|f(z)| < M → f(z) debe ser una constante.
Como f es constante, entonces f(8 − i) = f(0) = i.
Reemplazando en la integral:
I =
γ:|z|=2
eiz
(z − i)20
dz
Aplicando integral de Gauss.
γ
f(z)
(z − z0)n+1
dz =
2πifn
(z0)
n!
I =
γ:|z|=2
eiz
(z − i)19+1
dz
I =
2πi19
e−1
19!
=
2πi2
e−1
19!
I =
−2πe−1
19!
2

3. 3. Encuentre la serie de Laurent para la funci´on: C → C tal que w(z) =
f(z) = 1
(z3+1)2 en potencias de z. Validas en la corona 1 < |z| < 2.
SOLUCI´ON:
Usamos la serie geom´etrica:
1
1 + a
=
∞
n=0
an
siempre y cuando |a| < 1.
Para aplicarlo observamos que: 1 < |z| < 2 → 1
8 < 1
|z|3 < 1.
Entonces:
1
z3 + 1
=
∞
n=0
(
−1
z3
)n
Derivando la serie obtendremos:
d
dx
(
1
z3 + 1
) =
d
dx
(
∞
n=0
(
−1
z3
)n
)
−3z2
z3 + 1
=
∞
n=1
(−1)n
(−3n)z−3n−1
Dividiendo entre −3z2
obtendremos la seri de Laurent:
1
z3 + 1
=
∞
n=1
(−1)n
n
z3n+3
Para un radio de convergencia 1
8 < 1
|z|3 < 1
4. Use el teorema de la integral de Cauchy, para evaluar las siguientes inte-
grales.
a)
∞
0
sin(x)
√
x
dx
b)
∞
0
cos(x)
√
x
dx
3

4. SOLUCI´ON:
∞
0
sin(x)
√
x
dx =
∞
0
cos(x)
√
x
dx
f(z) = e−iz
y z = 0
∞
−∞
sin(x)
√
x
dx =
C
eiz
√
z
dz = 0 →
−r
−R
eix
√
x
dx+
C1
eiz
√
z
dz+
k
r
eix
√
x
dx+
δ
eiz
√
z
dz = 0
z = 0
Si r → 0, R → ∞, entonces C
eiz
√
z
dz = π
2 ∩ δ
eiz
√
z
dz → 0
∞
0
eix
√
x
dx =
π
2
+ i
π
2
∞
0
sin(x)
√
x
dx =
∞
0
cos(x)
√
x
dx =
π
2
5. Utilice el teorema de la integral de Cauchy, para evaluar la siguiente inte-
gral.
2π
0
cos2n
θdθ
SOLUCI´ON:
Sea:
z = eiθ
→ dz = ieiθ
dθ → dθ =
dz
iz
Adem´as.
cos(θ) =
eiθ
+ e−iθ
2
=
z + 1
z
2
Reemplazamos en la integral.
2π
0
cos2n
θdθ = 1
22n
2π
0
(z + 1
z )2n dz
idz = 1
i22n
2π
0
(z2
+1)2n
z2n+1 dz
4

5. Por binomio de Newton.
(z2
+ 1)2n
=
n
k=0
2n
k
(1)2n−k
zk
=
2n
k=0
2n
k
z2k
Por el teorema de residuo.
2π
0
(z2
+ 1)2n
z2n+1
= (· · · +
2n
n
1
z
+ · · · )dz = 2πi
2n
n
=
2πi(2n)!
(n!)2
Reemplazando.
2π
0
cos2n
θdθ =
1
i22n
(
2π(2n)!
(n!)2
)
Por lo tanto.
2π
0
cos2n
θdθ =
π(2n!)
22n−1(n!)2
6. Use la integral de Poisson para una circuferencia unitaria y eval´ue.
SOLUCI´ON:
2π
0
(cos(3θ))2
5 − 4 cos 2θ
dθ
2π
0
(cos(3θ))2
5−4 cos(2θ) dθ = 1
2
2π
0
1+cos(6θ)
5−4 cos(2θ) dθ
1
2
2π
0
1
5 − 4 cos(2θ)
dθ +
1
2
2π
0
cos(6θ)
5 − 4 cos(2θ)
dθ (1)
Por teor´ıa.
*
2π
0
1
a+b cos(θ) dθ = 2π√
a2−b2
2π
0
1
5 − 4 cos(2θ)
dθ =
2π
3
(2)
2π
0
ei6θ
5−4 cos(2θ) dθ =
2π
0
cos(6θ)
5−4 cos(2θ) dθ = 1
2
4π
0
(cos 3α)
5−4 cos(2α) dα
5

6. Donde α = 2θ → dθ = dα
2
2π
0
cos(3α)
5 − 4 cos(2α)
dα =
2π
√
a2 − b2
(
r
R
)2
(3)
→
2π
0
cos(3α)
5−4 cos(2α) dα = (2π(1
3 )2
) = π
12
Tenemos las siguientes igualdades.
R2
+ r2
= 5
R = 2
r = 1
Finalmente de (3) y (2) en (1)
2π
0
(cos(3θ))2
5 − 4 cos(2θ)
dθ =
3π
8
7. Sea f : C → C definida por w = f(z) = z5
|z|4 , z = 0,para w = f(z) = 0,
z = 0 ¿existe f (0)?. ¿Se cumplen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en
z = 0?
SOLUCI´ON:
Para que exista f (0), comprobamos por la definici´on:
f (0) = l´ım
∆z→0
f(0 + ∆z) − f(0)
∆z
= l´ım
∆z→0
f(∆z) − f(0)
∆z
Ahora como ∆z = ∆x + i∆y.
Entonces tomamos diferentes caminos para comprobar si el
l´ımite existe.
∆x = 0, ∆z = i∆y : f (0) = l´ım
∆y→0
f(i∆y) − f(0)
i∆y
= l´ım
∆y→0
(i∆y)5
|i∆y|4 − 0
i∆y
= l´ım
∆y→0
i∆y
i∆y
= 1
∆x = ∆y, ∆z = ∆y + i∆y
6

7. f (0) = l´ım
∆y→0
f(∆y + i∆y) − f(0)
∆y + i∆y
= l´ım
∆y→0
(∆y+i∆y)5
|∆y+i∆y|4 − 0
∆y + i∆y
= l´ım
∆y→0
(ei π
4 )4
= −1
Por lo tanto vemos que el f (0) no existe.
Para ver si cumple las ecuaciones de Cauchy-Riemann hallamos
sus l´ımites por definici´on de derivada parcial:
Primero hallamos u(x,y) y v(x,y)
w = f(z) =
z5
|z|4
=
(x + iy)5
(x2 + y2)2
=
x5
+ 5ix4
y − 10x3
y2
− 10ix2
y + 5xy4
+ iy5
(x2 + y2)2
u(x,y) =
x5
− 10x3
y2
+ 5xy4
(x2 + y2)2
, v(x,y) =
5x4
− 10x2
y + y5
(x2 + y2)2
u(0,0) = 0, v(0,0) = 0
(1)
du(0,0)
dx
= l´ım
∆x→0
u(0 + ∆x, 0) − u(0, 0)
∆x
= l´ım
∆x→0
∆x5
−10∆x3
(0)2
+5∆x(0)4
(∆x2+(0)2)2 − 0
∆x
= 1
(2)
dv(0,0)
dy
= l´ım
∆y→0
v(0, 0 + ∆y) − v(0, 0)
∆y
= l´ım
∆y→0
5(0)4
∆y−10(0)2
∆y+∆y5
(∆y2+(0)2)2 − 0
∆y
= 1
(3)
du(0,0)
dy
= l´ım
∆y→0
u(0, 0 + ∆y, ) − u(0, 0)
∆y
= l´ım
∆y→0
(0)5
−10(0)3
∆y2
+5(0)∆y4
(∆y2+(0)2)2 − 0
∆y
= 0
(4)
dv(0,0)
dx
= l´ım
∆x→0
v(0 + ∆x, 0) − v(0, 0)
∆x
= l´ım
∆x→0
5∆x4
(0)−10∆x2
(0)+(0)5
(∆x2+(0)2)2 − 0
∆x
= 0
7

8. De (1) y (2) vemos que cumple la primera ecuaci´on de Cauchy-
Riemann:
du(0,0)
dx
=
dv(0,0)
dy
De (3) y (4) vemos que cumple la segunda ecuaci´on de Cauchy-
Riemann:
du(0,0)
dy
= −
dv(0,0)
dx
8. a) Determine el mayor dominio de analiticidad para la funci´on f : C → C
tal que f(z) = ln[z − (3 + i4)].
b) Calcule 9π
.
SOLUCI´ON:
a) La funci´on lnW es anal´ıtica en el dominio que consiste en el plano W,
privado de la recta semiinfinita lnW = 0,R w ≤ 0, si W = z−(3+i4).
Sabemos que lnz = lnr + iθ = u + iθ
z = reiθ
Cauchy Riemann en polares ur = vθ
r y vr = −uθ
r
En nuestro problema notaremos que si se cumple entonces
diremos que lnz es anal´ıtica en C − {0}.
Entonces ln(z − 3 − 4i) = lnW
d(ln(z − 3 − 4i))
dz
=
d(lnW)
dW
·
dW
dz
W = (x − 3) + i(y − 4)
Por Cauchy-Riemann ux = vy = 1 y uy = −vx = 0
Diremos que ln(z − 3 − 4i) es anal´ıtica en C - { 3 + 4 i }.
b)
9π
= eπlog(9)
= eπ(log9+2kπ)
= eπ(log9+2kπ2
)
= eπ log 9
(cos(2kπ2
) + i sin(2kπ2
))
8

9. = e6,903
(cos(2kπ2
) + i sin(2kπ2
))
= 995,04(cos(2kπ2
) + i sin(2kπ2
))
Donde k = 0, ±1, ±2, · · ·
Cuando k = 0 entonces cumple 9π
, pero cuando k = 0, ±1, ±2, · · ·
no cumple.
9π
= 995,04
9