![QUIZ DE VARIABLE COMPLEJA
UNIVERSIDAD DE CUNDINAMARCA
SEGUNDO CORTE
03-OCTUBRE-2014
INTEGRANTES
Nury Alejandra Gomez Bola~nos cod: 171209110
1. Calcule
Z
jzj=1
ekzn
z
con n entero positivo. Ahora, muestre que
Z 2
0
ekcos(n)cos(ksen(n))d = 2
.
SOLUCION:
Como jzj = 1 es el circulo unitario entonces:
z = ei
dz = ieid
para 0 2. Tenemos que
Z 2
0
ek(ei)n
ei ieid
= i
Z 2
0
ek(ei)n
d
= i
Z 2
0
ekeni
d
= i
Z 2
0
ek(cos(n)+isen(n)d
= i
Z 2
0
ek(cos(n))eik(sen(n))d
= i
Z 2
0
ek(cos(n)) [cos(ksen(n)) + isen(ksen(n))] d](https://image.slidesharecdn.com/quizvariable-141020162332-conversion-gate02/85/tres-ejercicios-interesantes-1-320.jpg)
![= i
Z 2
0
ek(cos(n))cos(ksen(n))d + i
Z 2
0
ek(cos(n))sen(ksen(n))d
Calculando Z
jzj=1
ekzn
z
Tenemos
f(z0) =
1
2i
Z
jzj=1
ekzn
z z0
= 2i
Entonces
2i = i
Z
ek(cos(n))cos(ksen(n))d
Z
ek(cos(n))sen(ksen(n))d
Por criterio de la integral de Cauchy
2 =
Z
ek(cos(n))cos(ksen(n))d
2 =
Z
ek(cos(n))cos(ksen(n))d
.
2. Pruebe que
Z 1
0
cos(x2)dx =
p
2
p
2
Sugerencia: f(z) = ez2a lo largo de 0 jzj R, 0 arg(z) =4.
SOLUCION:
Sea f(z) parametrizada por
f(z) = e
h
x(
p
2
2
i
p
2
2 )
i2
para x [0;R],
f(z) = e[Rei]2
para [0;R] y
f(z) = e[2Rt]2
para t [R; 2R]
las integrales generadas por la parametrizacion son
Z R
0
e
h
x(
p
2
2
i
p
2
2 )
i2
(
p
2
2
i
p
2
2
)dx +
Z R
0
e[Rei]2
d
Z 2R
R
e[2Rt]2
dt = 0(1)
2](https://image.slidesharecdn.com/quizvariable-141020162332-conversion-gate02/85/tres-ejercicios-interesantes-2-320.jpg)
![solucionando las integrales por separado tenemos
INTEGRAL I:
R h
p
p
R
x(
2
ei
2
0 2
2 )
i2
(
p
2
2 i
p
2
2 )dx
pero (
p
2
2 i
p
2
2 ) = ei
4 = 1
ei4
entonces
=
Z R
0
ex2
hp
2
2
i
p
2
2
i2
1
ei
4
dx
=
1
ei
4
Z R
0
ex2
hp
2
2
i
p
2
2
i2
dx
=
1
ei
4
Z R
0
ex2
h
(
p
2
2 )22(
p
2
2 )(i
p
2
2 )+(
p
2
2 i)2
i
dx
=
1
ei
4
Z R
0
ex2
h
1
2
2(
p
2
2 )2i+(
p
2
2 )2i2
i
dx
=
1
ei
4
Z R
0
ex2[ 1
2
2 )i+(1
2 )(1)]dx
2( 1
=
1
ei
4
Z R
0
ex2[ 1
2
2 ]dx
i1
=
1
ei
4
Z R
0
ex2[i]dx
=
1
ei
4
Z R
0
eix2
dx
INTEGRAL II:
R R
0 e[Rei]2
iRei
d
=
Z R
0
eR2e2i
iRei
d
=
Z R
0
eR2[cos(2)+isen(2)]
iRei
d
=
Z R
0
eR2cos(2)eR2isen(2)
iRei
d
=
Z R
0
eR2cos(2)
iRei
d
cos(R2sen(2)) isen(R2sen(2))
=
Z R
0
eR2cos(2)
iRei
d i
cos(R2sen(2)
Z R
0
eR2cos(2)
iRei
d
sen(R2sen(2))
Como se puede acotar a eR2cos(2) [cos(R2sen(2)]
iRei
entre dos funciones que van para
cero
3](https://image.slidesharecdn.com/quizvariable-141020162332-conversion-gate02/85/tres-ejercicios-interesantes-3-320.jpg)
![cacion anterior
eR2cos(2) eR2cos(2)
iRei
sen(R2sen(2))
eR2cos(2)
Entonces
Z R
0
eR2cos(2)
iRei
sen(R2sen(2))
d = 0
INTEGRAL III:
R 2R
R e[2Rt]2
-
dt = I
x = 2R t
dx = dt
I =
Z 0
R
ex2
dx
I =
Z R
0
ex2
dx
I2 =
Z R
0
ey2
dy
Z R
0
ex2
dx
I2 =
Z R
0
Z R
0
e(x2+y2)dxdy
I2 =
Z
2
0
Z R
0
er2
rdrd'
u = r2
du = 2rdr
I2 =
Z
2
0
Z b
a
eu
2
dud'
4](https://image.slidesharecdn.com/quizvariable-141020162332-conversion-gate02/85/tres-ejercicios-interesantes-5-320.jpg)
![I2 =
1
2
Z
2
0
eu jb
a d'
I2 =
1
2
Z
2
0
er2
jR0
d'
I2 =
1
2
Z
2
0
(eR2
1)d'
I2 =
1
2
(eR2
1)
Z
2
0
d'
I2 =
1
2
Z
2
0
d'
I2 =
1
2
2
0
['] j
I2 =
1
2
(
2
)
I2 =
4
I =
r
4
Recopilando el resultado de las tres integrales de (1) tenemos:
1
ei
4
Z R
0
eix2
dx
r
4
= 0
1
ei
4
Z R
0
eix2
dx =
r
4
Z R
0
eix2
dx = ei
4
r
4
Z R
0
eix2
dx = (
p
2
2
+ i
p
2
2
r
)
4
Z R
0
eix2
dx = (
1
2
+ i
1
2
)
p
p
2
Z R
0
(cos(x2) + isen(x2))dx = (
1
2
+ i
1
2
)
p
p
2
5](https://image.slidesharecdn.com/quizvariable-141020162332-conversion-gate02/85/tres-ejercicios-interesantes-6-320.jpg)
tres ejercicios interesantes
- 1. QUIZ DE VARIABLE COMPLEJA UNIVERSIDAD DE CUNDINAMARCA SEGUNDO CORTE 03-OCTUBRE-2014 INTEGRANTES Nury Alejandra Gomez Bola~nos cod: 171209110 1. Calcule Z jzj=1 ekzn z con n entero positivo. Ahora, muestre que Z 2 0 ekcos(n)cos(ksen(n))d = 2 . SOLUCION: Como jzj = 1 es el circulo unitario entonces: z = ei dz = ieid para 0 2. Tenemos que Z 2 0 ek(ei)n ei ieid = i Z 2 0 ek(ei)n d = i Z 2 0 ekeni d = i Z 2 0 ek(cos(n)+isen(n)d = i Z 2 0 ek(cos(n))eik(sen(n))d = i Z 2 0 ek(cos(n)) [cos(ksen(n)) + isen(ksen(n))] d
- 2. = i Z 2 0 ek(cos(n))cos(ksen(n))d + i Z 2 0 ek(cos(n))sen(ksen(n))d Calculando Z jzj=1 ekzn z Tenemos f(z0) = 1 2i Z jzj=1 ekzn z z0 = 2i Entonces 2i = i Z ek(cos(n))cos(ksen(n))d Z ek(cos(n))sen(ksen(n))d Por criterio de la integral de Cauchy 2 = Z ek(cos(n))cos(ksen(n))d 2 = Z ek(cos(n))cos(ksen(n))d . 2. Pruebe que Z 1 0 cos(x2)dx = p 2 p 2 Sugerencia: f(z) = ez2a lo largo de 0 jzj R, 0 arg(z) =4. SOLUCION: Sea f(z) parametrizada por f(z) = e h x( p 2 2 i p 2 2 ) i2 para x [0;R], f(z) = e[Rei]2 para [0;R] y f(z) = e[2Rt]2 para t [R; 2R] las integrales generadas por la parametrizacion son Z R 0 e h x( p 2 2 i p 2 2 ) i2 ( p 2 2 i p 2 2 )dx + Z R 0 e[Rei]2 d Z 2R R e[2Rt]2 dt = 0(1) 2
- 3. solucionando las integrales por separado tenemos INTEGRAL I: R h p p R x( 2 ei 2 0 2 2 ) i2 ( p 2 2 i p 2 2 )dx pero ( p 2 2 i p 2 2 ) = ei 4 = 1 ei4 entonces = Z R 0 ex2 hp 2 2 i p 2 2 i2 1 ei 4 dx = 1 ei 4 Z R 0 ex2 hp 2 2 i p 2 2 i2 dx = 1 ei 4 Z R 0 ex2 h ( p 2 2 )22( p 2 2 )(i p 2 2 )+( p 2 2 i)2 i dx = 1 ei 4 Z R 0 ex2 h 1 2 2( p 2 2 )2i+( p 2 2 )2i2 i dx = 1 ei 4 Z R 0 ex2[ 1 2 2 )i+(1 2 )(1)]dx 2( 1 = 1 ei 4 Z R 0 ex2[ 1 2 2 ]dx i1 = 1 ei 4 Z R 0 ex2[i]dx = 1 ei 4 Z R 0 eix2 dx INTEGRAL II: R R 0 e[Rei]2 iRei d = Z R 0 eR2e2i iRei d = Z R 0 eR2[cos(2)+isen(2)] iRei d = Z R 0 eR2cos(2)eR2isen(2) iRei d = Z R 0 eR2cos(2) iRei d cos(R2sen(2)) isen(R2sen(2)) = Z R 0 eR2cos(2) iRei d i cos(R2sen(2) Z R 0 eR2cos(2) iRei d sen(R2sen(2)) Como se puede acotar a eR2cos(2) [cos(R2sen(2)] iRei entre dos funciones que van para cero 3
- 4. eR2cos(2) eR2cos(2) iRei cos(R2sen(2) eR2cos(2) se puede decir que Z R 0 eR2cos(2) iRei cos(R2sen(2) d = 0 y por la misma justi
- 5. cacion anterior eR2cos(2) eR2cos(2) iRei sen(R2sen(2)) eR2cos(2) Entonces Z R 0 eR2cos(2) iRei sen(R2sen(2)) d = 0 INTEGRAL III: R 2R R e[2Rt]2 - dt = I x = 2R t dx = dt I = Z 0 R ex2 dx I = Z R 0 ex2 dx I2 = Z R 0 ey2 dy Z R 0 ex2 dx I2 = Z R 0 Z R 0 e(x2+y2)dxdy I2 = Z 2 0 Z R 0 er2 rdrd' u = r2 du = 2rdr I2 = Z 2 0 Z b a eu 2 dud' 4
- 6. I2 = 1 2 Z 2 0 eu jb a d' I2 = 1 2 Z 2 0 er2 jR0 d' I2 = 1 2 Z 2 0 (eR2 1)d' I2 = 1 2 (eR2 1) Z 2 0 d' I2 = 1 2 Z 2 0 d' I2 = 1 2 2 0 ['] j I2 = 1 2 ( 2 ) I2 = 4 I = r 4 Recopilando el resultado de las tres integrales de (1) tenemos: 1 ei 4 Z R 0 eix2 dx r 4 = 0 1 ei 4 Z R 0 eix2 dx = r 4 Z R 0 eix2 dx = ei 4 r 4 Z R 0 eix2 dx = ( p 2 2 + i p 2 2 r ) 4 Z R 0 eix2 dx = ( 1 2 + i 1 2 ) p p 2 Z R 0 (cos(x2) + isen(x2))dx = ( 1 2 + i 1 2 ) p p 2 5
- 7. Z R 0 cos(x2)dx + i Z R 0 sen(x2)dx = 1 2 p p 2 + i 1 2 p p 2 Por comparacion de partes reales e imaginarias tenemos Z R 0 cos(x2)dx = 1 2 p p 2 3. Si f(z) es analitica y acotada por M en jzj R; pruebe que f(n)(z) MRn! (Rjzj)n+1 , jzj R. DEMOSTRACI ON: Sea la frontera de D(z0;R). Dada la formula de integral de Cauchy f(z0) = 1 2i Z f(z) (z z0) dz derivamos n veces obtenemos f(n)(z0) = n! 2i Z f(z) (z z0)n+1 dz sacando valor absoluto tenemos jfn(z0)j =
- 11. n! 2i Z f(z) (z z0)n+1 dz
- 15. jfn(z0)j =
- 19. n! 2i
- 27. Z f(z) (z z0)n+1 dz
- 31. jfn(z0)j n! 2 Z
- 35. f(z) (z z0)n+1
- 39. jdzj jfn(z0)j n! 2 Z
- 43. f(z) (z z0)n+1
- 47. jdzj jfn(z0)j n! 2 ( M Rn+1 )(2R) jfn(z0)j MRn! Rn+1 Por hipotisis tenemos jzj R 6
- 48. 0 R jzj R Elevando a la (n+1) se cumple que (R jzj)n+1 Rn+1 por propiedades de fracciones tenemos 1 (R jzj)n+1 1 Rn+1 multiplicando por MRn! en ambos lados de la desigualdad MRn! (R jzj)n+1 MRn! Rn+1 MRn! (R jzj)n+1 MRn! Rn+1 jfn(z)j por lo tanto jfn(z)j MRn! (R jzj)n+1 7