Examen Parcial De Matematicas Avanzadas 01l

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO FACULTAD DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA ELECTRÓNICA

CURSO: MATEMATICAS AVANZADAS

EXAMEN PARCIAL, GRUPO 1 01L PROFESOR: RAUL CASTRO VIDAL

ESTUDIANTE: 

LLAGAS CORONADO SAUL JONATAN JOSUE CÓDIGO: 1623225135 

MORENO JAQUE DAVID JHON CÓDIGO: 1623215793



BOLIVAR HUAYANAY JHONATAN CÓDIGO: 1623225081



CARHUARICRA SOTO ARNOLD EDUARDO CÓDIGO: 1523220583

GRUPO HORARIO: 01L FECHA DE ENTREGA: 06/10/2018

2018

PREGUNTA 2 Demostrar las dos propiedades: 1.

Desarrollo: Partiendo de este teorema de desigualdad TRIANGULAR:

|𝑧3 + 𝑧2 | ≤ |𝑧3 | + |𝑧2 |

|𝑧3 | = |(𝑧3 + 𝑧2 ) + (−𝑧2 )| ≤ |𝑧3 + 𝑧2 | + | − 𝑧2 | |𝑧3 + 𝑧2 | ≥ |𝑧1 | − |𝑧3 | … (1) Esta es la desigualdad cuando |𝑧3 | ≥ |𝑧2 |. Si |𝑧1 | < |𝑧2 | basta intercambiar 𝑧1 y 𝑧2 en (1) para obtener: |𝑧3 + 𝑧2 | ≥ −(|𝑧3 | − |𝑧2 |) … (2) Generalizando (1) y (2) Y claro está que la longitud del lado de un triángulo es mayor o igual que la diferencia entre las longitudes de los otros dos lados, se tiene: |𝑧3 + 𝑧2 | ≥ ||𝑧2 | − |𝑧3 || Invirtiendo la desigualdad y multiplicando por |𝑧1 | se obtiene: |𝑧1 | |𝑧1 | ≤ |𝑧3 + 𝑧2 | ||𝑧2 | − |𝑧3 || Por propiedad de modulo:

2. DEMOSTRAR

Desarrollo: sea (𝑥0 , 𝑦0 ) 𝑢𝑛 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑓𝑖𝑗𝑜 𝑑𝑒 𝐷. 𝐷𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑣𝑥 = −𝑢𝑦 𝑠𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑥

𝑣(𝑥, 𝑦) = − ∫ 𝑢𝑦 (𝑠, 𝑦)𝑑𝑠 + 𝑢𝑛𝑎 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑦 𝑥0

Si llamamos ℎ(𝑦) a tal función , tenemos que 𝑑 𝑥 − ∫ 𝑢𝑦 (𝑠, 𝑦)𝑑𝑠 + ℎ′ (𝑦) = 𝑢𝑥 (𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 𝑥0 𝑑

Como 𝑑𝑦 (𝑢𝑦 ) es continua podemos cambiar el orden de integración. Aplicando la segunda de las ecuaciones de Cauchy – Riemann, 𝑢𝑥 = 𝑣𝑦 . Vemos que 𝑥

𝑢𝑥 (𝑥, 𝑦) = − ∫ 𝑢𝑦𝑦 (𝑠, 𝑦)𝑑𝑠 + ℎ´(𝑦) 𝑥0 𝑥

𝑢𝑥 (𝑥, 𝑦) = ∫ 𝑢𝑥𝑥 (𝑠, 𝑦)𝑑𝑠 + ℎ´(𝑦) 𝑥0

𝑢𝑥 (𝑥, 𝑦) = 𝑢𝑥 (𝑥, 𝑦) − 𝑢𝑥 (𝑥0 , 𝑦) + ℎ´(𝑦) 𝑦

ℎ(𝑦) = ∫ 𝑢𝑥 (𝑥0 , 𝑡)𝑑𝑡 + 𝑘 𝑦0 𝑥

𝑦

𝑣(𝑥, 𝑦) = − ∫ 𝑢𝑦 (𝑠, 𝑦)𝑑𝑠 + ∫ 𝑢𝑥 (𝑥0 , 𝑦)𝑑𝑦 + 𝑘 𝑥0

𝑦0

Donde 𝑣 es la armónica conjugada de 𝑢. En efecto, sea 𝑔(𝑧) = 𝑢𝑥 − 𝑖𝑢𝑦 Dado que 𝑢𝑥𝑥 = −𝑢𝑦𝑦 ,𝑢𝑥𝑦 = 𝑢𝑦𝑥 se satisfacen las ecuaciones de Cauchy – Riemann , luego 𝑔 es analítica en 𝐷 𝑦 𝑓 ′ = 𝑔.

PREGUNTA 5 Si u y v se expresan en términos de las coordenadas polares (r ,  ) , muestre que las ecuaciones de Cauchy-Reimann pueden escribirse de la forma.

1 u u 1 v v   , r  r r  r

r  0 ……………(1)

Solución: Como:

x  r cos  , y  r sin  Definimos implícitamente r y  como funciones de x e y. Derivando en relación a “x” tenemos:

1

r  cos   r sin  x x

0

r  sin   r cos  x x

De aquí se sigue finalmente que:

r  cos  x  sin   x r De modo análogo derivamos x  r cos  , y  r sin  en relación a “y” y resolviendo en relación a

r  y y y

Entonces nos encontramos:

r  sin  y

 cos   y r Tambien sabemos que:

u v u v  ,   …………….(2) x x y x Estamos ahora en condiciones de escribir las ecuaciones de Cauchy-Reimann en coordenadas polares, observamos que:

r r     sin      cos   x x r x  r r 

r r     cos      sin   y y r y  r r  Sustituyendo en la ecuación (2) nos queda:

 cos 

u sin  u v v   sin   cos  ……………..(3) r r  r 

 sin 

 cos   v sin  v    cos   …………..(4) r r  r r 

Para demostrar lo que nos piden, es decir la ecuación (1): Multiplicamos por cos a (3)

(cos  ) 2

u sin  cos  u v v   sin  cos   (cos  ) 2 r r  r 

Multiplicamos por sin  a (4)

(sin  )2

 sin  cos   v (sin  )2 v    sin  cos   r r  r r 

Si sumamos estas dos ecuaciones anteriores:

u 1 v  r r  Para el otro caso: Multiplicamos por sin  a (3)

sin  cos 

u (sin  )2 u v v   (sin  )2  sin  cos  r r  r 

Multiplicamos por  cos a (4)

 (cos  )2  v sin  cos  v  sin  cos    (cos  )2  r r  r r  Si sumamos las dos ecuaciones anteriores tenemos:

1 u v  r  r Por lo tanto, queda demostrado:

u 1 v 1 u v  ,  r r  r  r

PREGUNTA 7

Desarrollo: A. cosh 𝑧 =

1 2

Se sabe que es cosh 𝑧 =

𝑒 𝑧 +𝑒 −𝑧 2

1

=2

,

1

𝑒 𝑧 + 𝑒 −𝑧 = 1 , 𝑒 𝑧 + 𝑒 𝑧 = 1 , 𝑒 𝑧 . 𝑒 𝑧 + 1 = 𝑒 𝑧

(𝑒 𝑧 )2 −𝑒 𝑧 + 1 =0 Resolviendo las raíces de la ecuación se tiene que: 𝑒𝑧 =

1 √3 − 𝑖 2 2

𝑒𝑧 =

𝑜

1 √3 + 𝑖 2 2

𝜋 𝜋 𝜋 ±𝑖( ) 𝑒 𝑧 = cos (− ) + 𝑖𝑠𝑒𝑛 (− ) = 𝑒 3 3 3

En forma general: ∀ 𝑘 ∈ 𝑧 𝑒𝑧 = 𝑒

𝜋 ±𝑖( +2𝑘𝜋) 3

Entonces: 𝜋 𝑧 = ±𝑖 ( + 2𝑘𝜋) 3 B. 𝑠𝑒𝑛ℎ𝑧 = 𝑖 Se tiene 𝑠𝑒𝑛ℎ 𝑧 =

𝑒 𝑧 − 𝑒 −𝑧 1 = 𝑖 , 𝑒 𝑧 − 𝑧 = 2𝑖 , 2 𝑒

(𝑒 𝑧 )2 − 2𝑖𝑒 𝑧 + (−𝑖)2 = 0 , (𝑒 𝑧 − 1)2 = 0

(𝑒 𝑧 )2 − 2𝑖𝑒 𝑧 − 1 = 0 𝜋

, 𝑒 𝑧 = 𝑒𝑖2 𝜋

De forma general:

∀𝑘 ∈𝑧

𝑒 𝑧 = 𝑒 𝑖( 2 +2𝑘𝜋)

Entonces: 𝜋 𝑧 = 𝑖( + 2𝑘𝜋) 2

C. 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑧 = −2 De: cosh 𝑧 =

𝑒 𝑧 +𝑒 −𝑧 2

= −2 , 𝑒 𝑧 + 𝑒 −𝑧 = −4

(𝑒 𝑧 )2 + 4𝑒 𝑧 + 1 = 0

,

Sumando 3 a ambos lados: (𝑒 𝑧 + 2)2 = 3 Se obtiene 𝑒 𝑧 = −2 + √3 (−1) … … (1) 𝑦 𝑒 𝑧 = −2 − √3 (−1) … … . . (2) En (1): dando forma 𝑒 𝑧 = (2 − √3)𝑒 𝑖(2𝑘+1)𝜋 ∀𝑘 ∈𝑧 𝑧 = 𝑖(2𝑘 + 1)𝜋

De forma general:

𝜋

log 𝑧 = 2 𝑖 ……..(1)

D. Dado Se sabe por la definición

log 𝑧=ln |𝑧| + 𝑖. 𝑎𝑟𝑔(𝑧) 𝜋

ln |𝑧| + 𝑖. 𝑎𝑟𝑔(𝑧) = 𝑖 2

En (1): Identificando:

ln |𝑧| = 0

,

𝑎𝑟𝑔(𝑧) =

𝜋 2

𝑦

𝑧 = |𝑧|𝑒 i.arg(𝑧) 𝜋

𝑧 = 𝑒𝑖2

Entonces:

𝑒 𝑧 =-3

E.

𝑒 𝑧 = 3(−1) 𝑒 𝑧 = 3. 𝑒 𝑖𝜋

De forma general: Aplicando logaritmo:

𝑒 𝑧 = 3. 𝑒 𝑖(2𝑘+1)𝜋 𝑧 = ln(3. 𝑒 𝑖(2𝑘+1)𝜋 ) 𝑧 = ln 3 + ln 𝑒 𝑖(2𝑘+1)𝜋

∀ 𝑘 ∈ 𝑧: 𝑧 = ln 3 + 𝑖(2𝑘 + 1)𝜋

|𝑧| = 1

PROBLEMA 12 Use el teorema de los residuos para evaluar las siguientes integrales: a)

zdz ; para 2 1

z

C

(i) | z | 1/ 2 C (ii) | z | 2 Solución: En primer lugar, determinaremos los polos de f ( z )

f ( z) 

z z z  2  z 1 z  1 ( z  i)( z  i) 2

 z  i  polo de orden 1  z  i  polo de orden 1 En conclusión f solo tiene dos polos.

i ) Ahora calcularemos su integral a lo largo de | z | 1/ 2 Como podemos observar la función f es analítica dentro y sobre la curva C entonces podemos aplicar el teorema de Cauchy Goursat y decir que:



f ( z )dz  0

| z| 1/2

i / 2

1/ 2

1/ 2

i / 2

ii ) C : | z | 2

polos

2i i

2

2

i

2i

En este caso la función ya no es analítica dentro de C entonces para el calculo integral sobre C tenemos que utilizar el teorema de residuos

 f ( z )dz  2 i  res( f ( z )) i

zi i zi  i

C

 Resf ( z  i )  lim(( z  i ) f ( z ))  lim( z i

z i

z 1 ) z i 2

 Resf ( z  i )  lim(( z  i ) f ( z ))  lim( z  i



| z|  2

z i

z 1 ) z i 2

1 1 f ( z )dz  2 i(  )  2 i 2 2

z 2  3i  2 b)  3 ; para z  9z C

(i ) | z | 1 C (ii ) | z | 4 Solución:

i ) Determinaremos primero los polos integrando f ( z ) 

z 2  3i  2 z3  9z

0 z 2  3i  2 f ( z)   z 3i polos de orden 1 z ( z  3i)( z  3i ) 3i C :| z | 1 , por simple inspección el único polo de f dentro de C :| z | 1 es z  0





f ( z )dz  2 iRes ( z  0) 2 i lim( zf ( z )) z 0

| z| 1



f ( z )dz 2 i lim(



f ( z )dz 

z 0

| z| 1

| z| 1

z 2  3i  2 2 i(3i  2) ) z2  9 9

2 i(3i  2) 9

ii )C :| z | 4





f ( z )dz 2 i



Resf ( z )

z 3i ,0, 3i

| z|  4

4i

3i

4

0

3i

4i

resf ( z  0)  lim( zf ( z ))  lim( z 0

resf ( z  0) 

z 0

z 2  3i  2 ) z2  9

3i  2 9

resf ( z  3i)  lim(( z  3i) f ( z))  lim( z 3i

z 3i

z 2  3i  2 3i  11 ) z ( z  3i) 18

4

resf ( z  3i)  lim (( z  3i) f ( z ))  lim( z 3i





f ( z )dz  2 i (

| z|  4



f ( z )dz  2 i (

| z|  4





| z|  4

z 3i

3i  2 3i  11 3i  11   ) 9 18 18

3i  2 3i  11  )  2 i 9 9

f ( z )dz  2 i

z 2  3i  2 3i  11 ) z ( z  3i) 18