Universidad Nacional Abierta Matemática V (Cód. 739)

Universidad Nacional Abierta Matemática V (Cód. 739)

Segunda Prueba Parcial
Lapso 2015-1
739 – 1/3
Universidad Nacional Abierta
Vicerrectorado Académico
Área de Matemática
Matemática V (Cód. 739)
Cód. Carrera: 236 - 280
Fecha: 30-05-2015
MODELO DE RESPUESTAS
Objetivos del 5 al 7
I
OBJ 5 PTA 1
Calcule
C
(
)
cosh eiπz
dz, donde C es el circulo |z − 2| = 3.
z 3 − 4z 2
SOLUCIÓN: Como
(
)
(
)
(
)
) cosh (eiπz )
cosh eiπz
cosh eiπz
1 cosh eiπz
1 (z
= 2
+
=−
+1
,
z 3 − 4z 2
z (z − 4)
4 4
z2
16 z − 4
tenemos que
(
)
(
)
I (
I
) cosh (eiπz )
cosh eiπz
cosh eiπz
z
1
1
dz = −
dz +
+1
dz.
3
2
4 C 4
z2
16 C
z−4
C z − 4z
(
)
Como z = 4 están en el interior de C y cosh eiπz es analı́tica en C, al aplicar la Fórmula Integral de
Cauchy (ver libro UNA, Matemáticas V, Sección 107, pág. 494) tenemos que,
(
)
I
(
)
cosh eiπz
1
πi
e + e−1
dz =
cosh e4πi = πi
.
16 C
z−4
8
16
)
(z
(
)
+ 1 cosh eiπz es analı́tica en C, al aplicar la Fórmula Integral
Como z = 0 están en el interior de C y
4
de Cauchy (ver libro UNA, Matemáticas V, Sección 107, pág. 494) tenemos que,
(
)
I (
) cosh (eiπz )
e + e−1
e − e−1
1
z
πi cosh (1)
+1
+
πi
sinh
(1)
= −πi
+ π2
.
−
dz
=
−
2
4 C 4
z
2
4
16
4
I
Finalmente,
I
C
OBJ 6 PTA 2
(
)
−1
cosh eiπz
π 2 sinh(1)
2 e−e
=
.
dz
=
π
z 3 − 4z 2
4
2
Encuentre la expasión de f (z) =
|z| ∈ (1, 3).
SOLUCIÓN: Como
f (z) =
z2 − z + 4
en Serie de Laurent valida para
(1 + z 2 )(3 − z)
1
1
z2 − z + 4
=
+
2
2
(1 + z )(3 − z)
1+z
3−z
Por otro lado, para 1 < |z| < 3, tenemos que
)
∞ (
∞
1
1
1
1 ∑
1 n ∑
=
·
=
−
=
(−1)n z −2(n+1) ,
1 + z2
z 2 1 − (−1/z 2 )
z2
z2
n=0
n=0
(Serie Geométrica de razón − 1/z 2 )
Especialista: Federico J. Hernández Maggi
Área de Matemática
Validador: Gilberto Noguera
Evaluadora: Florymar Robles
Segunda Prueba Parcial
Lapso 2015-1
739 – 2/3
1
1
1
1 ∑ ( z )n ∑ 1
= ·
=
=
zn.
3−z
3 1 − z/3
3
3
3n+1
∞
∞
n=0
n=0
(Serie Geométrica de razón z/3)
Finalmente, la expansión en Serie de Laurent de f , viene dada por,
f (z) =
−1
∞
∑
∑
z2 − z + 4
1
n 2n
=
−
(−1)
z
+
zn.
2
n+1
(1 + z )(3 − z)
3
n=−∞
n=0
I
OBJ 7 PTA 3
Calcule
1 3
C 2 (z
dz
, donde C es
+ z)(z + 1)2
(a) el cuadrado con vertices en (5 − 3i)/2, (5 + 3i)/2, −(1 − 3i)/2 y −(1 + 3i)/2.
(b) el cı́rculo |z + 1| = 1/2.
SOLUCIÓN: Sea
f (z) =
1 3
2 (z
2
1
=
.
2
z(z − i)(z + i)(z + 1)2
+ z)(z + 1)
La función f tiene un polo de segundo orden en z = −1 y polos simples en z = 0, z = +i y z = −i.
(a) Sea C el cuadrado con vertices en (5 − 3i)/2, (5 + 3i)/2, −(1 − 3i)/2 y −(1 + 3i)/2. Como los polos
simples (todos) de f están en el interior de C, tenemos que
I
f (z) dz = 2πi · [Res (f (z), 0) + Res (f (z), −i) + Res (f (z), +i)] .
C
Por otro lado,
)
2
,0
Res (f (z), 0) = Res
z(z − i)(z + i)(z + 1)2
2
2
= lim z ·
= lim
= 2,
2
z→0
z→0 (z − i)(z + i)(z + 1)2
z(z − i)(z + i)(z + 1)
(
(
)
2
Res (f (z), −i) = Res
, −i
z(z − i)(z + i)(z + 1)2
2
2
i
= lim (z + i) ·
= lim
=− ,
2
2
z→−i
z→−i z(z − i)(z + 1)
z(z − i)(z + i)(z + 1)
2
(
)
2
Res (f (z), +i) = Res
, +i
z(z − i)(z + i)(z + 1)2
2
2
i
= lim (z − i) ·
= lim
= ,
2
2
z→+i
z→+i z(z + i)(z + 1)
z(z − i)(z + i)(z + 1)
2
Finalmente,
I
1 3
C 2 (z
1
dz = 4πi.
+ z)(z + 1)2
Especialista: Federico J. Hernández Maggi
Área de Matemática
Validador: Gilberto Noguera
Evaluadora: Florymar Robles
Segunda Prueba Parcial
Lapso 2015-1
739 – 3/3
(b) Sea C el circulo |z + 1| = 1/2. Como sólo el polo z = −1 pertenecen a C, tenemos que
I
f (z) dz = 2πi · Res (f (z), −1) .
C
Entonces,
(
Res (f (z), −1) = Res
Finalmente,
)
d
2
, −1 = lim
2
z→−1 dz
z(z − i)(z + i)(z + 1)
d
= lim
z→−1 dz
[
2
(z + 1) ·
z(z − i)(z + i)(z + 1)2
[
]
2
z3 + z
6z 2 + 2
= − lim
z→−1 (z 3 + z)2
= −2.
I
1 3
C 2 (z
]
2
1
dz = −4πi.
+ z)(z + 1)2
FIN DEL MODELO.
Especialista: Federico J. Hernández Maggi
Área de Matemática
Validador: Gilberto Noguera
Evaluadora: Florymar Robles