Balotario Del Examen Parcial de Funciones Analiticas Solucion

BALOTARIO DEL EXAMEN PARCIAL DE FUNCIONES ANALITICAS

FUNCIONES ANALITICAS 2015-II Prof. Raúl P. Castro Vidal

UNIVERSIDAD NACIONAL MAYOR DE SAN MARCOS

FACULTAD DE INGENIERIA ELECTRONICA Y ELECTRICA

ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA ELECTRONICA

1. Demuestren los siguientes límites:

Solución:

Sabemos que:

lim𝑛→∞

𝑓(𝑛) = lim𝑛→0

1

𝑓(𝑛)

Así que damos forma a la expresión:

lim𝑛→0

1𝑛

1𝑛 + 1

+

1𝑛2 𝑖

1𝑛2 + 1

= lim𝑛→0

1

1 + 𝑛+

1𝑖

1 + 𝑛2

lim𝑛→∞

𝑛

𝑛 + 1+

𝑛2𝑖

𝑛2 + 1=

1

1 + 0+

1𝑖

1 + 0= 1 + 𝑖

Solución:

lim𝑛→0

1𝑛3

1𝑛3 + 1

+ lim𝑛→∞

(1 +2

𝑛)

𝑛

𝑖 = lim𝑛→0

1

1 + 𝑛3+ lim

𝑛2

→∞(1 +

2

𝑛)

𝑛2

𝑥2

𝑖

Además sabemos que:

lim𝑛→∞

(1 +1

𝑛)

𝑛

= 𝑒

lim𝑛→∞

𝑛3

𝑛3 + 1+ (1 +

2

𝑛)

𝑛

𝑖 =1

1 + 03+ 𝑒2𝑖 = 1 + 𝑒2𝑖



lim𝑛→∞

√𝑛(√𝑛 + 2𝑖 − √𝑛 + 1) =2𝑖 − 1

2

lim𝑛→∞

√𝑛(√𝑛 + 2𝑖 − √𝑛 + 1)(√𝑛 + 2𝑖 + √𝑛 + 1)

(√𝑛 + 2𝑖 + √𝑛 + 1)

= lim𝑛→∞

√𝑛𝑛 + 2𝑖 − 𝑛 − 1

(√𝑛 + 2𝑖 + √𝑛 + 1)= lim

𝑛→∞√𝑛

2𝑖 − 1

(√𝑛 + 2𝑖 + √𝑛 + 1)

= lim𝑛→∞

2𝑖 − 1

(√1 +2𝑖𝑛 + √1 +

1𝑛)

=2𝑖 − 1

1 + 1

lim𝑛→∞

√𝑛(√𝑛 + 2𝑖 − √𝑛 + 1) =2𝑖 − 1

2

2. Analicen la convergencia de las siguientes series

Por Criterio de Raabe para 𝑎𝑛

lim𝑛→∞

[𝑛 (1 −𝑎𝑛+1

𝑎𝑛)] = lim

𝑛→∞[𝑛 (1 −

−1(𝑛 + 3)(𝑛 + 2)

−1(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)

)] = lim𝑛→∞

[𝑛 (1 −𝑛 + 1

𝑛 + 3)]

lim𝑛→∞

[𝑛 (2

𝑛 + 3)] = lim

𝑛→∞(

2

1 + 3𝑛⁄

) = 2

lim𝑛→∞

[𝑛 (1 −𝑎𝑛+1

𝑎𝑛)] > 1

∴ ∑ 𝑎𝑛

∞

𝑛=0

𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒

Por Criterio de raíz para 𝑏𝑛



lim𝑛→∞

√(1

2)

𝑛𝑛

=1

2

lim𝑛→∞

√‖𝑏𝑛‖𝑛

< 1

∴ ∑ 𝑏𝑛

∞

𝑛=0

𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒

Entonces:

∑1

𝑛 + 2−

1

𝑛 + 1

∞

𝑛=0

+ (1

2)

𝑛

𝑖 → 𝐸𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒

∑3

(1 + 𝑖)𝑛

∞

𝑛=0

= ∑ 𝑎𝑛

∞

𝑛=0

Por criterio de la raíz:

lim𝑛→∞

‖𝑎𝑛+1

𝑎𝑛‖ = lim

𝑛→∞‖

3(1 + 𝑖)𝑛+1

3(1 + 𝑖)𝑛

‖ = lim𝑛→∞

‖(1 + 𝑖)𝑛

(1 + 𝑖)𝑛. (1 + 𝑖)‖

lim𝑛→∞

‖𝑎𝑛+1

𝑎𝑛‖ = lim

𝑛→∞‖

1

(1 + 𝑖)‖ =

1

√2

lim𝑛→∞

‖𝑎𝑛+1

𝑎𝑛‖ < 1

∴ ∑3

(1 + 𝑖)𝑛

∞

𝑛=0

𝐶𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒

a)

∑ ( 1 + 𝑖

3 − 4𝑖)

𝑛∞

𝑛=0

Por criterio de la raíz

lim𝑛→∞

√‖1 + 𝑖

3 − 4𝑖

𝑛

‖𝑛

= lim𝑛→∞

‖1 + 𝑖

3 − 4𝑖‖

lim𝑛→∞

‖1 + 𝑖‖

‖3 − 4𝑖‖= lim

𝑛→∞

√2

5

lim𝑛→∞

√2

5=

√2

5 < 1



∴ ∑ ( 1 + 𝑖

3 − 4𝑖)

𝑛∞

𝑛=0

𝑠𝑒𝑟𝑖𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒

b)

∑1

𝑛2 + 𝑛 + 1

∞

𝑛=1

+ (2

3)𝑛 𝑖

A= ∑1

𝑛2+𝑛+1∞𝑛=1 ; B= ∑ (

2

3)𝑛 𝑖∞

𝑛=1

En A:

Por criterio de comparación

Si lim𝑛→∞𝑎𝑛

𝑏𝑛= 𝑘 > 0 , entonces se puede usar este criterio; 𝒃𝒏 =

𝟏

𝒏𝟐

lim𝑛→∞

1

𝑛2+𝑛+11

𝑛2

= 1 > 0 ; si cumple

1

𝑛2 ≥

1

𝑛2 + 𝑛 + 1

Sabemos que: ∑1

𝑛2∞𝑛=1 es convergente;

Entonces A = ∑1

𝑛2+𝑛+1∞𝑛=1 es convergente

En B:

Por criterio de la raíz

lim𝑛→∞ ( √2

3

𝑛)

𝑛

= 2

3

2

3> 0 ;

Entonces la serie B= ∑ (2

3)𝑛 𝑖∞

𝑛=1 es convergente

Por lo tanto como las series A y B son convergentes entonces la serie :

∑1

𝑛2 + 𝑛 + 1

∞

𝑛=1

+ (2

3)𝑛 𝑖 𝒆𝒔 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆

3. Resuelva los siguientes ejercicios









2) De las ecuaciones de Cauchy-Riemann se tiene

𝜕𝑢

𝜕𝑥=

𝜕𝑣

𝜕𝑦 𝑦

𝜕𝑢

𝜕𝑦= −

𝜕𝑣

𝜕𝑥 ,

que sería igual a

𝜕𝑢

𝜕𝑥−

𝜕𝑣

𝜕𝑦= 0 𝑦

𝜕𝑢

𝜕𝑦+

𝜕𝑣

𝜕𝑥 = 0 , esta última ecuación multiplicado por el

número imaginario 𝑖 se tiene 𝑖𝜕𝑢

𝜕𝑦+ 𝑖

𝜕𝑣

𝜕𝑥= 0.

Sumando

𝜕𝑢

𝜕𝑥−

𝜕𝑣

𝜕𝑦= 0

𝑖𝜕𝑢

𝜕𝑦+ 𝑖

𝜕𝑣

𝜕𝑥= 0

Se obtiene

(𝜕𝑢

𝜕𝑥+ 𝑖

𝜕𝑣

𝜕𝑥) + ( −

𝜕𝑣

𝜕𝑦+ 𝑖

𝜕𝑢

𝜕𝑦) = 0

𝜕(𝑢 + 𝑖𝑣)

𝜕𝑥+ 𝑖 (

𝜕𝑢

𝜕𝑦+ 𝑖

𝜕𝑣

𝜕𝑦) = 0

𝜕(𝑢 + 𝑖𝑣)

𝜕𝑥+ 𝑖

𝜕(𝑢 + 𝑖𝑣)

𝜕𝑦= 0



(𝜕

𝜕𝑥+ 𝑖

𝜕

𝜕𝑦) (𝑢 + 𝑖𝑣) = 0

De la igualdad (𝜕

𝜕𝑥+ 𝑖

𝜕

𝜕𝑦)

1

2=

𝜕

𝜕�̅�

2𝜕(𝑢 + 𝑖𝑣)

𝜕𝑧̅= 0

𝜕 𝑓(𝑧)

𝜕𝑧̅= 0

Demuestre que f tiene inversa talque 1( )f f z z

𝑇(𝑧) =𝑎𝑧 + 𝑏

𝑐𝑧 + 𝑑 , 𝑐𝑜𝑛 𝑎𝑑 − 𝑏𝑐 ≠ 0 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑎, 𝑏, 𝑐 𝑦 𝑑 ∈ ℂ

Demuestre que 𝑇(𝑇−1(𝑧)) = 𝑧

𝑤 =𝑎𝑧 + 𝑏

𝑐𝑧 + 𝑑 , 𝑐𝑜𝑛 𝑎𝑑 − 𝑏𝑐 ≠ 0 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑎, 𝑏, 𝑐 𝑦 𝑑 ∈ ℂ

𝑤(∞) = lim𝑧→∞𝑎𝑧+𝑏

𝑐𝑧+𝑑 𝑦 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑖 𝑐 ≠ 0 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑤(𝑐) = lim𝑧→−𝑑/𝑐

𝑎𝑧+𝑏

𝑐𝑧+𝑑= ∞

La condición 𝑎𝑑 − 𝑏𝑐 ≠ 0se pide para que w=w(z) sea invertible. En efecto, despejando z en

función de w, se obtiene la inversa de la transformación de Moebius.

𝑧 =−𝑑𝑤 + 𝑏

𝑐𝑤 − 𝑎 , 𝑐𝑜𝑛 (−𝑑)(−𝑎) − 𝑏𝑐 ≠ 0

Hemos probado así la primera de las propiedades de una transformación de Moebius.

Entonces toda transformación de Moebius es invertible y su inversa es otra transformación de

Moebius. Consideremos la composición de dos transformaciones de Moebius:

𝑧 → 𝑦 =𝑎𝑧 + 𝑏

𝑐𝑧 + 𝑑 , 𝑐𝑜𝑛 𝑎𝑑 − 𝑏𝑐 ≠ 0 ; 𝑦 → 𝑤 =

𝑎′𝑦 + 𝑏′

𝑐′𝑦 + 𝑑′ , 𝑐𝑜𝑛 𝑎′𝑑′ − 𝑏′𝑐′ ≠ 0

La transformación compuesta es:

𝑧 → 𝑤 =𝑎′(

𝑎𝑧 + 𝑏𝑐𝑧 + 𝑑

) + 𝑏′

𝑐′(𝑎𝑧 + 𝑏𝑐𝑧 + 𝑑

) + 𝑑′=

𝑎′(𝑎𝑧 + 𝑏) + 𝑏′(𝑐𝑧 + 𝑑)

𝑐′(𝑎𝑧 + 𝑏) + 𝑑′(𝑐𝑧 + 𝑑) =

𝑎′′𝑧 + 𝑏′′

𝑐′′𝑧 + 𝑑′′



Dónde: [𝑎′′ 𝑏′′

𝑐′′ 𝑑′′] = [

𝑎′ 𝑏′𝑐′ 𝑑′

] ∙ [𝑎 𝑏𝑐 𝑑

]

Como el determinante del producto de dos matrices es el producto de los determinantes, y por

hipótesis

𝑎𝑑 − 𝑏𝑐 ≠ 0 ; 𝑎′𝑑′ − 𝑏′𝑐′ ≠ 0 𝑠𝑒 𝑑𝑒𝑑𝑢𝑐𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝑎′′𝑑′′ − 𝑏′′𝑐′′ ≠ 0 y la transformación

compuesta es una transformación de Moebius. Hemos probado la siguiente proposición:

Entonces: 𝑇(𝑧) =𝑎𝑧+𝑏

𝑐𝑧+𝑑 ; 𝑇−1(𝑧) =

−𝑑𝑧+𝑏

𝑐𝑧−𝑎

La composición de estas dos funciones seria 𝑇(𝑇−1(𝑧)) = 𝑇 (−𝑑𝑧+𝑏

𝑐𝑧−𝑎) =

𝑎(−𝑑𝑧+𝑏

𝑐𝑧−𝑎)+𝑏

𝑐(−𝑑𝑧+𝑏

𝑐𝑧−𝑎)+𝑑

=

(−𝑏𝑐+𝑎𝑑)𝑧

(−𝑏𝑐+𝑎𝑑)= 𝑧

6. Muestre que una transformación de Mobius lleva circunferencias o

rectas en circunferencias o rectas.

Sea

dcbabcad

dcz

bazzf ,,,;0; C una transformación de

Mobius

I. Si 0c d

bz

d

a

d

bazzf

zzf ; Donde d

a y

d

b

Vemos que zf es una función polinomial entonces es una función

entera.

Pues la transformación zfw se reduce a una traslación cuando

1 o una rotación sí 1.

II. Ahora z

zw1

ecuación de cualquier recta o circulo entonces

iyxz

mRDCBADCxBxyxA .......................,,,;02222

Si 0A y B , C son diferente de cero, resulta una recta. Y 0A y

ADCB 22>0 resulta un circulo.

Sabemos: zzyx 22

zzx 2

zziy 2

Remplazando en (m):

0 DziCBziCBzAz ………………..n



Si

0A y 0 iCB resulta una recta

SI 0A y ADCB 22>0 resulta un circulo.

Ahora obtenemos la imagen de la línea (n) en la transformación

zw

1 sustituyendo z en (n) por

w

1

0111

Dw

iCBw

iCBww

A ………………p

Sea iCBE , entonces 0 EwEwwDw

De aquí se deduce que si 0D esta es una ecuación de una recta

0D Es la ecuación de un círculo.

Queda demostrado que la imagen de una recta o de un circulo bajo la

transformación z

w1

es una recta o un circulo.

III. Sea Mzf entonces 0;

c

dcz

bazwzf

Entonces dczc

adbc

c

azf

1

Supongamos: dczzfz 11 y 1

12

1

zzz

222 zc

adbc

c

azfw

Entonces 21 ffzf

Como en cada una de las transformaciones 21, yff la imagen d una

recta o circulo es una recta o un circulo, la transformación zf posee

la misma propiedad.

7. Sea la función 2

2( )

3 1

zf z

z

, halle la derivada de ( ) ,f z cuando z

Sea la función 2

2( )

3 1

zf z

z

, halle la derivada de ( ) ,f z cuando z

𝑓´(𝑧) =(1)(3𝑧2 − 1) − (𝑧 + 2)(6𝑧)

(3𝑧2 − 1)2

𝑓´(𝑧) =(3𝑧2 − 1 − 6𝑧2 − 12𝑧)

9𝑧4 − 6𝑧2 + 1



𝑓´(𝑧) =−3𝑧2 − 12𝑧 − 1

9𝑧4 − 6𝑧2 + 1

𝑓´(𝑧) =−(3𝑧2 + 12𝑧 + 1)

9𝑧4 − 6𝑧2 + 1

lim𝑧→∞

𝑓´(𝑧) = lim 𝑧→∞

−(3𝑧2 + 12𝑧 + 1)

9𝑧4 − 6𝑧2 + 1

lim 𝑧→∞

−(3𝑧2

𝑧4 +12𝑧𝑧4 +

1𝑧4)

9𝑧4

𝑧4 −6𝑧2

𝑧4 +1𝑧4

lim 𝑧→∞

−(3

𝑧2+12

𝑧3+1

𝑧4)

9−6

𝑧2+1

𝑧4

=9

0= 0

Escriba aquí la ecuación.

8. Enuncie y demuestre:

a. El teorema de Cauchy de la integral en un contorno de una región conexa e

indique dos ejemplos.

Solución:

Demostración del teorema de Cauchy.

Sea 𝑓(𝑧) una función analítica en A, A simplemente conexa y suave a trazos, entonces:

∫ 𝑓(𝑧)𝛾

𝑑𝑧 = 0

Se conoce que:

∫ 𝑓(𝑧)𝛾

𝑑𝑧 = ∫ (𝑢 𝑑𝑥 − 𝑣 𝑑𝑦)𝛾

+ 𝑖 ∫ 𝑢 𝑑𝑦 + 𝑣 𝑑𝑥𝛾

, donde

𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖 𝑣(𝑥, 𝑦)

0

0 0

0 0



Como 𝑓(𝑧) es continua en A, entonces existe 𝑓′(𝑧), tal que z pertenece a A y 𝑓′(𝑧) es

continua en A, es decir que existen y son continuas en A, entonces podemos aplicar el teorema

de Green a las integrales ∫ (𝑢 𝑑𝑥 − 𝑣 𝑑𝑦)𝛾


, es decir:

∫ 𝑢 𝑑𝑥 − 𝑣 𝑑𝑦𝛾

= ∬(𝛿

𝛿𝑥(−𝑣)

𝐴

−𝛿𝑢

𝛿𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 = − ∬(

𝛿𝑣

𝛿𝑥𝐴

+𝛿𝑢

𝛿𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 … … … … … (1)

𝑖 ∫ 𝑢 𝑑𝑥 − 𝑣 𝑑𝑦 = 𝑖 ∬(𝛿𝑢

𝛿𝑥𝐴

+𝛿𝑣

𝛿𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 … … … … … (2)

Sumando (1) y (2) se obtiene:

∫ 𝑓(𝑧)𝛾

𝑑𝑧 = ∫ (𝑢 𝑑𝑥 − 𝑣 𝑑𝑦)𝛾


= − ∬(𝛿𝑣

𝛿𝑥𝐴

+𝛿𝑢

𝛿𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 + 𝑖 ∬(

𝛿𝑢

𝛿𝑥𝐴

+𝛿𝑣

𝛿𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 … … … … (3)

Como 𝑓(𝑧) es analítica en A, entonces se cumple las ecuaciones de Cauchy Riemann.

𝛿𝑢

𝛿𝑥=

𝛿𝑣

𝛿𝑦 𝑦

𝛿𝑢

𝛿𝑦= −

𝛿𝑣

𝛿𝑥… … … … (4)

Reemplazando 4 en 3 se obtiene:

∫ 𝑓(𝑧)𝛾

𝑑𝑧 = 0 + 0𝑖 = 0

Ejemplo 1:

Hallar:

∮𝑠𝑒𝑛2𝑧

𝑒𝑧−1 − 1𝐶

𝑑𝑧

Siendo C la curva de la figura.



Primero:

𝑓(𝑧) =𝑠𝑒𝑛2𝑧

𝑒𝑧−1 − 1𝑑𝑧

Luego:

𝑠𝑒𝑛(𝑧) → Es una función derivable.

𝑠𝑒𝑛2(𝑧) → Entonces al elevar al cuadrado también es una función derivable.

𝑧 − 1 → Es una función derivable.

𝑒𝑧−1 → También es una función derivable.

𝑒𝑧−1 − 1 → También es derivable.

Entonces una función derivable entre otra derivable. 𝑠𝑒𝑛2𝑧

𝑒𝑧−1−1 → También es derivable.

Igualamos el denominador a 0

𝑒𝑧−1 − 1 = 0

𝑒𝑧−1 = 1

𝑒𝑧−1 = 𝑒0

𝑧 − 1 = 0

𝑧 = 1

Entonces en 𝑓: ¢ − {1} → ¢ 𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑏𝑙𝑒

En el grafico



Para aplicar el teorema de Cauchy es necesario:

Un abierto simplemente conexo que contiene la curva y su derivada sea continua y que la

curva sea cerrada

≫S es el abierto simplemente conexo, la curva es cerrada.

𝑓: 𝑆 → ¢ 𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑏𝑙𝑒

Entonces por el teorema de Cauchy el resultado es 0

Ejemplo 2

Hallar

∮ 𝑠𝑒𝑛2(𝑧2 + 9

𝑧 − 3𝑖)

𝐶

𝑑𝑧

Siendo C la elipse de centro 0 y semiejes 1 y 2.

Primero:



𝑓(𝑧) = 𝑠𝑒𝑛2(𝑧2 + 9

𝑧 − 3𝑖)

Luego:

𝑧 → Es una función derivable

𝑧2 → Entonces al elevar al cuadrado también es una función derivable

𝑧2 + 1 → Entonces al elevar al cuadrado también es una función derivable

𝑧 → Es una función derivable

𝑧 − 3𝑖 → También es una función derivable

Entonces una función derivable entre otra derivable 𝑧2+9

𝑧−3𝑖 → Es derivable

𝑠𝑒𝑛 (𝑧2+9

𝑧−3𝑖) → El seno también es derivable

𝑠𝑒𝑛2(𝑧2+9

𝑧−3𝑖) → Al elevar al cuadrado también es derivable

Igualamos el denominador a 0

𝑧 − 3𝑖 = 0

𝑧 = 3𝑖

Entonces en 𝑓: ¢ − {3𝑖} → ¢ 𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑏𝑙𝑒

En el grafico



Para aplicar el teorema de Cauchy es necesario:

Un abierto simplemente conexo que contiene la curva y su derivada sea continua y que la

curva sea cerrada.

S es el abierto simplemente conexo, la curva es cerrada.

𝑓: 𝑆 → ¢ 𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑏𝑙𝑒

Entonces por el teorema de Cauchy el resultado es 0



La Fórmula de la Integral de Cauchy

La fórmula de la integral de Cauchy indica si f es una función analítica en el interior y sobre los

puntos de una curva cerrada simple 𝛾, los valores interiores de 𝛾 están completamente

determinados por los valores de f sobre 𝛾.

Teorema:

Sea F(z) una función analítica en el de una región R y de 𝛾 una curva simple, si 𝑧𝑜es un punto

interior a 𝛾, entonces:

𝐹(𝑧𝑜) =1

2𝜋𝑖∮

𝐹(𝑧)𝑑𝑧

𝑧 − 𝑧𝑜𝛾

Demostración:

La función 𝐹(𝑧)

𝑧−𝑧𝑜, es analítica dentro y sobre la curva 𝛾, excepto en el punto 𝑧 = 𝑧𝑜



Del teorema de Cauchy se tiene

∮𝐹(𝑧)𝑑𝑧


= ∮𝐹(𝑧)𝑑𝑧

𝑧 − 𝑧𝑜𝜏

… … … … … … (1)

Como 𝜏 se puede elegir como un círculo de radio 휀 con centro 𝑧𝑜 ; luego una ecuación para 𝜏

es:

𝜏 = ||𝑧 − 𝑧𝑜|| = 휀 𝑜 𝑧 − 𝑧𝑜 = 휀 𝑒𝑖𝜃𝑑𝜃

Donde:

0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋

Entonces:

𝑑𝑧 = 휀𝑖 𝑒𝑖𝜃𝑑𝜃



= ∫𝐹(𝑧𝑜 + 휀 𝑒𝑖𝜃)휀𝑖 𝑒𝑖𝜃𝑑𝜃

휀 𝑒𝑖𝜃

2𝜋

0

= ∫ 𝐹(𝑧𝑜 + 휀 𝑒𝑖𝜃)𝑑𝜃

2𝜋

0

… … … … … (2)



Ahora reemplazamos (2) en (1) y se obtiene lo siguiente:



= ∫ 𝐹(𝑧𝑜 + 휀 𝑒𝑖𝜃)𝑑𝜃

2𝜋

0

Tomando límites a ambos cuando 𝜖 → 0

lim𝜖→0



= lim𝜖→0

∫ 𝐹(𝑧𝑜 + 휀 𝑒𝑖𝜃)𝑑𝜃

2𝜋

0



= 𝑖 ∫ 𝐹(𝑧𝑜)𝑑𝑧

2𝜋

0

= 2𝜋𝑖

Donde:

𝐹(𝑧𝑜) =1

2𝜋𝑖∮

𝐹(𝑧)𝑑𝑧


Ejemplo 1

Calcular la integral

∮𝑒𝑧2

𝑑𝑧

𝑧 − 𝜋𝛾

Donde 𝛾 = {𝑧 ∈𝐶

||𝑧||= 4}



𝐹(𝑧) = 𝑒𝑧2 𝑒𝑠 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑖𝑡𝑖𝑐𝑎 𝑒𝑛 𝐶

𝐹(𝑧𝑜) = 𝐹(𝜋) = 𝑒𝜋2

Entonces Reemplazando:

∮𝑒𝑧2

𝑑𝑧

𝑧 − 𝜋𝛾

= 2𝜋𝑖𝐹(𝜋) = 2𝜋𝑒𝜋2𝑖

Ejemplo 2

Calcular

∮𝑑𝑧

𝑧2 + 8𝑧𝛾

Donde 𝛾: ||𝑧|| = 1



A la integral

∮𝑑𝑧

𝑧2 + 8𝑧𝛾

Se puede expresar

∮

𝑑𝑧𝑧 + 8

𝑧𝛾

Entonces

𝑓(𝑧) =1

𝑧 + 8

Es analítica en el interior del círculo

𝛾: ||𝑧|| = 1 𝑦 𝑧𝑜 = 0

Está en el interior a 𝛾

Luego la formula integral de Cauchy:



∮

𝑑𝑧𝑧 + 8𝑧 − 0𝛾

= 2𝜋𝑖𝐹(0) = 2𝜋𝑖 (1

0 + 8) =

𝜋𝑖

4

9. Resolver la ecuación 2senz

Resolver la ecuación 2 = 𝑠𝑒𝑛 𝑧

Empezamos utilizando la definición de la función seno:

2 = 𝑠𝑒𝑛 𝑧 = 1

2𝑖(𝑒𝑖𝑧 − 𝑒−𝑖𝑧) =

𝑒2𝑖𝑧 − 1

2𝑒𝑖𝑧𝑖

De aquí obtenemos: 𝑒2𝑖𝑧 − 1 = 4𝑒𝑖𝑧𝑖. Esta es una ecuación de segundo grado

en eiz y sus soluciones son

𝑒𝑖𝑧 = 1

2(4𝑖 ± √−16 + 4) = 𝑖(2 ± √3)

Entonces, las soluciones de la ecuación propuesta verifican:

𝑧 = 1

𝑖𝑙𝑜𝑔 𝑖(2 ± √3) = −𝑖𝑙𝑜𝑔 𝑖(2 ± √3) = −𝑖(𝑙𝑜𝑔 𝑖 + 𝑙𝑜𝑔(2 ± √3))

= −𝑖(𝑖(𝜋

2 + 2𝑛𝜋) + 𝑙𝑜𝑔(2 ± √3))

=𝜋

2+ 2𝑛𝜋 − 𝑖𝑙𝑜𝑔(2 ± √3)

Es decir, para cada n ∈ Z tenemos dos soluciones:

𝑧1𝑛 = 𝜋

2+ 2𝑛𝜋 − 𝑖𝑙𝑜𝑔(2 + √3) 𝑧2𝑛

= 𝜋

2+ 2𝑛𝜋 − 𝑖𝑙𝑜𝑔(2 − √3)

10. Estudiar la singularidad de la función ( )z

f zsenz

.

11. Describa las diferencias de los resultados en la secuencia de figuras:



15.

1.- Si m y n son enteros demostrar que:

∫ 𝑒𝑖𝑛𝑥𝑒−𝑖𝑚𝑥𝑑𝑥 = {0, 𝑠𝑖 𝑚 ≠ 𝑛2𝜋, 𝑠𝑖 𝑚 = 𝑛

2𝜋

0

Solución:

Nuestra integral toma dos valores distintos. Esto se da cuando 𝑚 ≠ 𝑛 y 𝑚 = 𝑛 , por lo que

procederemos a analizar caso por caso

Si 𝑚 = 𝑛:

∫ 𝑒𝑖𝑛𝑥𝑒−𝑖𝑚𝑥𝑑𝑥2𝜋

0



∫ 𝑑𝑥2𝜋

0

2𝜋 − 0 = 2𝜋

Si 𝑚 ≠ 𝑛:


0

∫ 𝑒𝑖𝑛𝑥−𝑖𝑚𝑥𝑑𝑥2𝜋

0

∫ 𝑒𝑖𝑥(𝑛−𝑚)𝑑𝑥2𝜋

0

1

𝑖(𝑛 − 𝑚)𝑒𝑖𝑥(𝑛−𝑚)|

2𝜋

0=

1

𝑖(𝑛 − 𝑚)𝑒𝑖2𝜋(𝑛−𝑚) −

1

𝑖(𝑛 − 𝑚)𝑒𝑖0(𝑛−𝑚)

Nos damos cuenta que los complejos: 𝑒𝑖2𝜋(𝑛−𝑚)𝑦 𝑒𝑖0(𝑛−𝑚) son iguales ya que el

2𝜋 𝑠𝑜𝑙𝑜 𝑒𝑠𝑡á 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑙 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎𝑠. Por lo tanto, esta diferencia nos da cero.

2-Utilizar el apartado anterior para deducir las relaciones de ortogonalidad de las

funciones seno y coseno: si m y n son enteros positivos y 𝑚 ≠ 𝑛 , entonces

∫ 𝑠𝑒𝑛 𝑛𝑥 cos 𝑚𝑥 𝑑𝑥 = 2𝜋

0

∫ 𝑠𝑒𝑛 𝑛𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑚𝑥 𝑑𝑥 = ∫ cos 𝑛𝑥 cos 𝑚𝑥 𝑑𝑥 = 0,2𝜋

0

2𝜋

0

∫ 𝑠𝑒𝑛2𝑛𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑐𝑜𝑠2𝑛𝑥 𝑑𝑥 = 𝜋 𝑠𝑖 𝑛 ≠ 0.2𝜋

0

2𝜋

0

Solución

Del dato 𝑚 ≠ 𝑛; entonces, a partir de la pregunta anterior:




0

= 0

Teniendo en cuenta la forma exponencial de los números complejos, se puede

descomponer de la siguiente manera:

∫ ((𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑚𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑛𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑚𝑥) + 𝑖(𝑠𝑒𝑛𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑚𝑥 − 𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑚𝑥))𝑑𝑥 = 0 2𝜋

0..(1)

Para poder reducir esta expresión, tenemos podemos tomar un caso particular para –n

para lo cual aún nuestra integral conservaría su valor de cero

∫ 𝑒−𝑖𝑛𝑥𝑒−𝑖𝑚𝑥𝑑𝑥2𝜋

0

= 0

∫ ((𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑚𝑥 − 𝑠𝑒𝑛𝑛𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑚𝑥) + 𝑖(−𝑠𝑒𝑛𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑚𝑥 − 𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑚𝑥))𝑑𝑥 = 0 2𝜋

0..(2)

Sumando (1) y (2)

∫ (2𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑚𝑥 − 2𝑖𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑚𝑥)𝑑𝑥 = 0 2𝜋

0

Por lo tanto, para que se cumpla esta igualdad:

∫ (𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑚𝑥)𝑑𝑥 = 0 2𝜋

0

∧ ∫ (𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑚𝑥)𝑑𝑥 = 0 2𝜋

0

Reemplazando estas igualdades en (1):

∫ 𝑠𝑒𝑛𝑛𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑚𝑥 𝑑𝑥2𝜋

0

= 0

Finalmente, podemos sustituir m por –n en la igualdad (1) como lo hicimos anteriormente

en (2) al cambiar n por –n

∫ 𝑒𝑖𝑛𝑥𝑒𝑖𝑛𝑥𝑑𝑥2𝜋

0

= 0

∫ (𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥 − 𝑠𝑒𝑛𝑛𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑛𝑥) + 𝑖(𝑠𝑒𝑛𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥 − 𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑛𝑥)𝑑𝑥 = 0 2𝜋

0

∫ (𝑐𝑜𝑠2𝑛𝑥 − 𝑠𝑒𝑛2𝑛𝑥)𝑑𝑥 = 0 2𝜋

0

… (3)

Pero, se sabe en el siguiente caso particular que:

∫ (𝑐𝑜𝑠2𝑛𝑥 + 𝑠𝑒𝑛2𝑛𝑥)𝑑𝑥 2𝜋

0

∫ 𝑑𝑥 = 2𝜋

0

2𝜋 … (4)

Y si sumamos (3) y (4):



∫ (2𝑠𝑒𝑛2𝑛𝑥)𝑑𝑥 = 2𝜋 2𝜋

0

∫ (𝑠𝑒𝑛2𝑛𝑥)𝑑𝑥 = 𝜋 2𝜋

0

Deducir las relaciones de ortogonalidad de las funciones seno y coseno:

si m y n son enteros positivos y m≠n, entonces:

∫ sen(nx). cos( mx)2π

0 dx = ∫ sen(nx). sen( mx)

2π

0 dx = ∫ cos(nx). cos( mx)

2π

0 dx= 0 ------(1)

∫ sen2(𝑛𝑥)2π

0dx = ∫ cos2(𝑛𝑥)

2π

0dx = 𝜋 si n≠0 ------------------------(2)

SOLUCIÓN:

Comprobando el resultado de las integrales de la primera parte:

1.- ∫ 𝐬𝐞𝐧(𝐧𝐱). 𝐜𝐨𝐬( 𝐦𝐱)𝟐𝛑

𝟎 𝐝𝐱

Usando la identidad trigonométrica

Sen (a) + Sen (b) = 2.Sen (a+b

2).Cos (

a−b

2)

= ∫2

2sen(nx). cos( mx)

2π

0

dx

= 1

2∫ [sen[(n + m)x] + sen[(n − m)x] ]

2π

0 dx

= 1

2∫ sen[(n + m)x]

2π

0 dx +

1

2∫ sen[(n − m)x]

2π

0 dx

= 1

2∫

−(𝑛+𝑚)

−(𝑛+𝑚). sen[(n + m)x]

2π

0 dx +

1

2∫

−(𝑛−𝑚)

−(𝑛−𝑚). sen[(n − m)x]

2π

0 dx

= 1

−2(𝑛+𝑚)∫ −(𝑛 + 𝑚). sen[(n + m)x]

2π

0 dx +

1

−2(𝑛−𝑚)∫ −(𝑛 − 𝑚). sen[(n −

2π

0

m)x] dx

= 1

−2(𝑛+𝑚)cos[(n + m)x] 2𝜋

0 +

1

−2(𝑛−𝑚)cos[(n − m)x] 2𝜋

0



= 1

−2(𝑛+𝑚){cos[2π(n + m)] − cos (0)} +

1

−2(𝑛−𝑚){cos[2π(n − m)] − cos (0)}

= 0

2.- ∫ 𝐬𝐞𝐧(𝐧𝐱). 𝐬𝐞𝐧( 𝐦𝐱)𝟐𝛑

𝟎 𝐝𝐱


Cos (a) - Cos (b) = -2.Sen (a+b

2).Sen (

a−b

2)

∫−2

−2sen(nx). sen( mx)

2π

0

dx

=−1

2∫ [cos[(n + m)x] − cos[(n − m)x] ]

2π

0 dx

=- 1

2∫ cos[(n + m)x]

2π

0 dx +

1

2∫ cos[(n − m)x]

2π

0 dx

=- 1

2∫

(𝑛+𝑚)

(𝑛+𝑚). cos[(n + m)x]

2π

0 dx +

1

2∫

(𝑛−𝑚)

(𝑛−𝑚). cos[(n − m)x]

2π

0 dx

= −1

2(𝑛+𝑚)∫ (𝑛 + 𝑚). cos[(n + m)x]

2π

0 dx +

1

2(𝑛−𝑚)∫ (𝑛 − 𝑚). cos[(n − m)x]

2π

0 dx

= −1

2(𝑛+𝑚)sen[(n + m)x] 2𝜋

0 +

1

2(𝑛−𝑚)sen[(n − m)x] 2𝜋

0

= −1

2(𝑛+𝑚){sen[2π(n + m)] − sen (0)} +

1

2(𝑛−𝑚){sen[2π(n − m)] − sen (0)}

= 0

3.- ∫ 𝐜𝐨𝐬(𝐧𝐱). 𝐜𝐨𝐬( 𝐦𝐱)𝟐𝛑

𝟎 𝐝𝐱




Cos (a) + Cos (b) = 2.Cos (a+b

2).Cos (

a−b

2)

∫2

2cos(nx). cos( mx)

2π

0

dx

= 1

2∫ [cos[(n + m)x] + cos[(n − m)x] ]

2π

0 dx

= 1

2∫ cos[(n + m)x]

2π

0 dx +

1

2∫ cos[(n − m)x]

2π

0 dx

= 1

2∫

(𝑛+𝑚)

(𝑛+𝑚). cos[(n + m)x]

2π

0 dx +

1

2∫

(𝑛−𝑚)

(𝑛−𝑚). cos[(n − m)x]

2π

0 dx

= 1

2(𝑛+𝑚)∫ (𝑛 + 𝑚). cos[(n + m)x]

2π

0 dx +

1

2(𝑛−𝑚)∫ (𝑛 − 𝑚). cos[(n − m)x]

2π

0 dx

= 1

2(𝑛+𝑚)sen[(n + m)x] 2𝜋

0 +

1

2(𝑛−𝑚)sen[(n − m)x] 2𝜋

0

= 1

2(𝑛+𝑚){sen[2π(n + m)] − sen (0)} +

1

2(𝑛−𝑚){sen[2π(n − m)] − sen (0)}

= 0

Se comprueba que las integrales de la primera parte resultan cero

para n≠m

Comprobando el resultado de las integrales de la segunda parte:

1.- ∫ 𝐬𝐞𝐧𝟐(𝒏𝒙)𝟐𝛑

𝟎𝐝𝐱




Sen2 (a) =1−cos (2a)

2)

= ∫ (1

2−

cos (2nx)

2

2π

0

) dx

= ∫1

2 dx

2π

0 - ∫

cos (2nx)

2dx

2π

0

= ∫1

2 dx

2π

0 - ∫

2n

2n cos (2nx)

2dx

2π

0

= 1

2(2π) -

1

4n∫ 2n cos (2nx) dx

2π

0

= π - 1

4n[sen(2nx)

2π0

]

= π

2.- ∫ 𝐜𝐨𝐬𝟐(𝒏𝒙)𝟐𝛑

𝟎𝐝𝐱


Cos2 (a) =1+cos (2a)

2)

= ∫ (1

2+

cos (2nx)

2

2π

0

) dx

= ∫1

2 dx

2π

0 +∫

cos (2nx)

2dx

2π

0

= ∫1

2 dx

2π

0 + ∫

2n

2n cos (2nx)

2dx

2π

0



= 1

2(2π) +

1

4n∫ 2n cos (2nx) dx

2π

0

= π + 1

4n[sen(2nx)

2π0

]

= π

Se comprueba que las integrales de la segunda parte resultan 𝜋 para

n≠0 ^ n=m

Cumplen las relaciones de ortogonalidad

∫ ∅m(t)b

a. ∅n(t) dt = {

0, pana n ≠ mrn, para n = m

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Balotario Del Examen Parcial de Funciones Analiticas Solucion