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 m´odulo 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 m´odulo

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 funci´on 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 ecuaci´on 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 regi´on 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 geom´etrica 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= −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 est´a 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 ortonormalizaci´on 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

cos((mx)−(nx))−cos((mx)+(nx)) 2

), 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

cos((mx)−(nx))−cos((mx)+(nx)) 2

(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 Resoluci´on 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 t´erminos de fracciones parciales SOLUCION: 1 1 f( z) = − z−1 − z−2 De la primera fracci´on se encargan (a) y (b) en el ejemplo 3. Para la segunda fracci´on 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) v´alida 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) v´alida 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) v´alida 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 regi´on 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 regi´on 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 ubicaci´on 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 funci´on en una serie de Laurent que sea v´alida 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 funci´on f (z) = z(z−3) en una serie de Laurent v´alida 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| 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| 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 v´alida 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| 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| 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| 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| 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| 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| 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: Gr`afico de la funci?n

Figura 8: Gr´afico 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: Gr´afico de la funci?n

Figura 11: Gr´afico 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: Gr`afico de las funciones

Figura 14: Gr`afico 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