Pauta Control 2 - Docencia DIM-UChile

Ingeniería Matemática
FACULTAD DE CIENCIAS
FÍSICAS Y MATEMÁTICAS
UNIVERSIDAD DE CHILE
MA2002 Cálculo Avanzado 09-2
Pauta Control 2
P1.
a)
P
am (z + 4i)n con an =
n→0
p
R = 1/ lı́m sup n |an |
|an | =
n→∞
|ein | 2 n
2n+1 | 3i |
2 n
3i
ein
2n+1
1
= ( 32 )n 2n+1
⇒
0
p
n
|an | =
2 √ 1
3 n 2n+1
00
b) f (z) = z log z ⇒ f (z) = log z + 1 ⇒ f (z) =
1
2
(−1)k (k−2)!
z k −1
(k)
∀k ≤ 2
En general f (z) =


 a0 = f (1 + i) = (1 + i) log(1 + i)
a1 = log(1 + i) + 1

(−1)k
1
 ak = (−1)k (k−2)!
k! (1+i)k−i = k(k−1) · (1+i)k−1
→
2
3
⇒R=
000
⇒ f (z) =
La serie queda
S(z) = (1 + i) log(1 + i) + [log(1 + i) + 1](z − 1 − i) +
El radio de convergencia
es:
r
q
k
(−1
1
k
R = 1/ lı́m sup k k(k−i) · (1+i)
k = 1/ lı́m sup
∞
P
k=2
1
√ k
k(k−1) 2
3
2
− z12
⇒f
(−1)k
k(k+1)
=
(1.5 pts.)
·
(iv)
(z) =
1
(z
(1+i)k−1
2
z3
· · · etc
− 1 − i)k
√
2
(0.5 pts.)
(0.5 pts)
(0.5 pts)
Alternativamente: el radio de convergencia puede calcularse como la distancia
√ desde el punto (1 + i)
al complemento del dominio donde f es holomorfo: dist(1 + i), \ − ) = 2.
C R
c) f 00 (z) = 2f (z) + 1 ⇒ f 000 (x) = 2f 0 (z) ⇒ f (k+2) (z) = 2f (k) (z)
∀k ≥ 1.
Dado que f 0 (0) = 0 se sigue que f (k) (0) = 0 para todo k impar.
Asimismo, f 00 (0) = 2f (0) + 1 = 3 ⇒ f (2k) (0) = 3 · 2k−1 ∀k > 1.
∞
P
P
k−1 2k
z
3 · 2 (2k)!
Con ello la serie resulta ser: S(z) = 1 +
an z n
=
k=1
an =



0
1
3·
2k−1
(2k)!
si
si
si
(0.5 pts)
n≥0
n impar
n=0
n = 2k
El radio de convergencia es
R = 1/ lı́m
sup
n→∞
d) Sea f (x) = u(x, y) + iv(x, y).
• Si u(x, y) = constante ⇒
q
p
k−1
n
|an | = 1/ lı́m sup 2k 3·2
(2k)! =
∂v
∂u
∂x = − ∂y = 0
∂v
∂u
∂x = ∂x = 0
1
0
= ∞.
(0.5 pts)
Cauchy-Riemann
⇒ ∇v = 0 ⇒ v(x, y) = constante ⇒ f (z) constante
)
∂u
∂v
∂x = + ∂y = 0
⇒ ∇u = 0 ⇒ constante
• Si v(x, y) = constante ⇒ ∂u
∂v
∂y = − ∂x = 0
⇒ f constante
• Si |f (z)| es constante ⇒ f (x) acotada y holomorfa en .
Luego, por Teo. de Liouville f (z) es constante.
C
P2.
(0.5pts).
(0.5 pts)
(0.5 pts)
(0.5 pts)
1
a) f (z) = z2 senh(z)
tiene un polo de orden 3 en p = 0 y polos simples en las restantes raíces de
(0.5 pts)
sen h(x), vale decir, pk = kπi k ∈ , k 6= 0
Z
1
La curva |z| = 4 encierra los polos 0 ,πi, −πi.
Los residuos correspondientes son:
1
1
Res(f, πi) = lı́m (z − πi) z2 senh(z)
= (πi)2 cosh(πi)
=
z→πi
1
π2
1
1
Res(f, −πi) = lı́m (z − πi) z2 senh(z)
= (−πi)2 cosh(−πi)
=
z→−πi
h
i
1
1 d2
3
Res(f, 0) = lı́m 2!
dz 2 z · z 2 senh(z)
z→0
d2
z
= lı́m 12 dz
2
senh z
z→0
d senh z−z cosh z
= lı́m 21 dz
sen h2 z
1
π2
(0.5 pts)
z→0
2
z−[senh z−z cosh z]2 senh z cosh z
lı́m 1 d [cosh z−cosh z−z senh z] senhsenh
4z
z→0 2 dz
h
i
[senh
z−z
cosh
z]2
cosh(z)
−z
−
= lı́m 21 senh
3
z
senh z
z→0
cosh z−cosh x−z senh z
z−z cosh z
=
lı́m
lı́m senhsenh
= lı́m − 3 senh zz cosh z = − 31
3z
3 sen h2 z cosh z
z→0
z→0
1
⇒ Res(f, 0) = 12 [−1 − 2(− 31 )] = 12 [ 32 − 1] = 21 · (−1)
3 = −6
R
1
1
2
1
1
1
⇒
z 2 sen hz dz = 2πi · [ π 2 + π 2 − 6 ] = 2πi[ π 2 − 6 ]
|z|=4
=
b)
R
|z|=1
exp(αz)
z n+1 dz
αz
1 dn
n+1
n [z
z→0 n! dz
= 2πi Res( zen+1 , 0) = 2πi · lı́m
=
2πi dn
αz
n! dz n [e ]|z=0
=
2πi n αz
n! α e |z=0
(1.0 pts)
(0.5pts)
·
eαz
z n+1 ]
n
= 2πi αn!
n
⇒ ( αn! )2 =
1
2πi
R
|z|=1
αn exp(αz)
n! z n+1 dz
(1.0 pts)
Alternativa: usar directamente las fórmulas de Cauchy
∞
P
n
( αn! )2
=
n=0
=
=
=
=
=
1
2πi
1
2πi
1
2πi
1
2πi
1
2π
1
2πi
R
|z|=1
R
|z|=1
R
|z|=1
|z|=1
f (z)
z n+1 dz
=
f (n) (0)
n! )
exp( α
z)
exp(αz)
z
· exp( αz )dz
exp(α(z+ z1 ))
dz
z
eiθ
0
0
R
∞
X
1 α n
exp(αz)
( ) ) dz
(
z
n! z
n=0
|
{z
}
2π
R exp(α(eiθ +
2π
R
1
2π
1
eiθ
))
(1.0 pts)
· ieiθ dθ
exp(α (eiθ + e−iθ ))dθ
{z
}
|
2π
R
2 cos(θ)
exp(2α cos θ)dθ.
0
2
(1.0 pts)
P3.
a) (Primera solución)
π/2
R
−π/2
1
a+sen2 θ dθ
=
2π
R
1
2
0
1
a+sen2 θ dθ
1
2
=
|z|=1
R
1
2i
=
R
|z|=1
1
a+( z−1/z
)2
2i
1
iz
·
4z
· dz
4az 2 − |z 2 − 1|2
{z
}
|
dz
(0.5 pts)
q(z)
√
Polos: q(z) = 4az 2 − (z 2 − 1)2 = 0 ⇔ 4az 2 = (z 2 − 1)2 ⇔ z 2 − 1 = ±2 az
√
√
√
z 2 − 2 az − 1 = 0 ⇔ z = a ± √a + 1
√
√
z 2 + 2 az − 1 = 0 ⇔ z = − a ± a + 1
(1.0 pts)
√
√
√
√
√
√
Así
4 polos simples: p1 = a + a + 1, p2 = a − a + 1, p3 = − a + a + 1, p4 =
√
√ tenemos
− a− a+1
Solamente p2 y p3 están dentro del círculo unitario.
Residuos:
(1.0 pts)
4p2
4
= 8a−4(p
2 −1)
8ap2 −2(p22 −1)2p2
2
4 √
4
1
= √
= √
8a−4(a+(a+1)−2 a(a+1)−1)
8 a(a+1)
2 a(a+1)
4
4z
3
√ 1
= q04p
=
=
lı́m (z − p3 ) q(z)
(p3 )
8a−4(p23 −1)
2 a(a+1)
z→p3
4z
=
lı́m (z − p2 ) q(z)
Res(f, p2 ) =
z→p2
=
Res(f, p3 ) =
⇒
π/2
R
−π/2
1
a+sen2 θ dθ
=
1
2i
−π/2
1
a+sen2 θ dθ
=
π
a(a+1)
π/2
R
−π/2
=
2π
R
0
|z|=1
2
i
1
2θ
a+ 1−cos
2
|z|=1
Polos:
z 2 − 2(2a + 1)z + 1 = 0
Rπ
dθ =
−π
1
1
2 2 dx
a+ 1−cos
2
(1.0 pts)
1
2a+1−( z+1/z
)
2
R
1
iz dz
·
1
2(2a+1)z−z 2 −1 dz
p
⇔ z = (2a + 1) ± √ (2a + 1)2 − 1
⇔ z = (2a + 1) ± 4a2 + 4a polos simples
p
El único polo encerrado por |z| = 1 es p = (2a + 1) − (2a + 1)2 − 1
Res(f, p) = lı́m (z − p)f (z) =
z→p
=
⇒
b)
π/2
R
−π/2
1
a+sen2 θ dθ
= 2i 2πi · √
4
(0.5 pts)
1−cos 2θ
2
1
2a+1−cos θ dθ
R
=
=
=
· 2πi · [Res(f, p2 ) + (Res(f, p3 )] = √
a) (Segunda solución) sen2 θ =
π/2
R
4p2
q0 (p2 )
1
a(a+1)
(0.5 pts)
1
1
1
√
q0 (p) = 2(2a+1)−2p = 2(2a+1)−2(2a+1)+2 (2a+12 )−1
√ 1
= √ 1
2 4a2 +4a
4 a(a+1)
π
a(a+1)
= √
3
(0.5 pts)
0=
R
2
exp(−z )dz
ZR
=
C
2
exp(−x )dx +
0
−R
|
+
{z
Z−R
exp(−(R + iy) )idy +
exp(−(x + iβ)2 )dx
2
|
}
I1
Z0
Zβ
{z
R
}
I2
exp(−(−R + iy)2 )idy (1)
{z
|
I3
}
β
|
(1.0 pts)
{z
}
I4
R∞
√
2
e−x dx = π
−∞
Rβ
−R2 +y2 −2Riy lı́m |I2 | = lı́m e
idy R→∞
R→∞ 0
β
R
2
2
≤ lı́m e−R eβ dy = 0
R→∞ 0
Rβ
−R2 +y2 +2Riy lı́m |I4 | = lı́m e
idy R→∞
R→∞ 0
β
R
2
2
≤ lı́m e−R +β dy = 0
lı́m I1 =
R→∞
(0.5 pts)
R→∞ 0
lı́m I3 = −
R→∞
R∞
2
2
e−x eβ e2ixB dx =
−∞
=
−eβ
2
−2e
R∞
−∞
R∞
β2
2
e−x [cos 2xβ + i sen 2xβ]dx
2
e−x cos 2xβdx
0
Reemplazando en (1)
∞
R∞
√
2 R
2
2
e−x cos 2xβdx ⇒ e−x cos 2xβdx =
⇒ π = 2eβ
0
√
π −β 2
2 e
0
(0.5 pts)
b) (Segunda forma)
0=
R
ZR
2
e−z dz =
C
2
e−x dx
+
0
→
|
∞
R
0
Zβ
2
e−(R+iy) idy +
0
{z
−x2
e
}
dx=
√
π
2
{z
|
}
→0
(0.5 pts)
Z0
2
e−x+iβ) dx
+
→−
R∞
e
0
{z
}
−x2 +β 2 −2xiβ
(1.0 pts)
dx
Nota: la segunda integral se resuelve igual que en la primera forma.
√
R∞
Rβ 2
2
2
⇒ e−x eβ [cos 2xβ + i sen 2xβ]dx = 2π − ey idy
0
2
e−(iy) idy
β
R
|
R0
(1.0 pts)
0
Igualando las partes reales obtenemos
e
β2
Z∞
e
−x2
√
π
cos 2xβdx =
2
0
⇒
Z∞
2
e−x cos 2xβdx =
√
π −β 2
e
2
0
(0.5 pts)
4