solucionario PC matematicas V FIEE

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