practica grupal calficada resolución (1)
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7/25/2019 Practica Grupal Calficada Resolucin (1)
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PRACTICA CALFICADA 1- GRUPAL DE FUNCIONES
ANALITICAS UNMSM/FIEE 2015-II
FUNCIONES ANALITICAS 2015-II Prof. Ral P. Castro Vidal
UNI VERSIDAD NACIONAL MAYOR DE SAN MARCOS
FACULTAD DE I NGENIERIA ELECTRONICA Y ELECTRICA
ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA ELECTRONICA
1. Problema
|| ||
Sol:
1. 2........... Restando 1 y 2.
3.......... 4...... Multiplicando 3 y 4.
El resultado de 3 por 4 es igual a la resta de 1 y 2Reemplazando
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2. Problemas
a) demostrar que 11 zz s y solamente si 0Re z
Solucin
Sea: iyxz 0x entonces.
iyxz 11
, adems.
2211 yxz Y 22111 yxz
Partimos de que: 11 como 0x podemos sumar a ambos
miembros y no afecta a la desigualdad.
11 xx , elevamos al cuadrado ambos miembros.
22 11 xx , sumamos un nmero positivo a ambos miembros.
2222 11 yxyx , sacando raz cuadrada a ambos
miembros.
2222 11 yxyx , entonces tenemos.
11 zz
iyxz 11
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b)demostrar que si 0Im e 0Im , entonces 1
Solucin:
Sea:
iba inm ,
Por dato
0b 0n
Partimos deduciendo que;
nn , les sumamos b a ambos miembros, entonces.
nbnb , ahora elevamos al cuadrado.
22 nbnb
Sumamos arbitrariamente un nmero positivo a ambos miembros,
para nuestra conveniencia sumamos 2ma , tenemos.
222
manbmanb
, sacamos la raz cuadrada.
2222 manbmanb 1
Relacionando con los nmeros complejos dados notamos que:
nbima
nbima , sacamos modulo a cada uno, entonces.
22
nbma 22
nbma
Reemplazando en 1 tenemos:
Entonces
1
, por lo tanto 1
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c) demostrar que los dados los nmeros complejos ,
2222
111
Sabemos por teora que:
zzz
2
Entonces:
111 2
m
2 ..n
Ahora restamos m y n
2
1 2
= 11
= 1
= 1
=2222
1
=222
11
2211 , entonces.
2222 111
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3. Problemas
PROBLEMA 3
a) Encontrar las races dei
RESOLUCIONSea z = a+bi
Por comparacin
z = -i = 0-i
Se observa que Re (z)= a = 0Z es un complejo imaginario puro.
Su argumento se obtiene al graficar en el plano el punto (0, -1)
-1
De la grafica se observa que:
0
1
a
b
3270
2
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Hallando su modulo:
Recordar el
teorema
Para todo K=0, 1, 2,.., (n-1).
Entonces al reemplazar los valores se obtiene
Hallando las races:
21 1r z
1 1
3 3
3 32 2
2 2( ) 1 cosk k
i isenn n
1
3 3 4 3 4
( ) cos6 6
k ki isen
10 cos
2 2k w isen i
2
7 7 3 11 cos
6 6 2 2k w isen i
3
11 11 3 12 cos
6 6 2 2
k w isen i
1 12 2
cosn n k k
z r isenn n
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Por lo tanto las races dei
b) Calcular los valores ms prximos de al eje imaginario.
RESOLUCION
Recordar que
En nmeros complejos:
Lo que nos piden seria:
1
2
3
3 1
2 2
3 1
2 2
w i
w i
w i
3
8(3 4 )i
1( )
n na a
1
2 2 2 2( , ) ,
a bz a b z
a b a b
1
2 2 2 2
3 ( 4)(3, 4) ,
3 ( 4) 3 ( 4)z z
1 3 4 3 4,
25 25 25 25z i
33
81 8
3 4( )
25 25z i
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Recordare l teorema
Para todo k=0, 1, 2,., (n-1)
Hallando el modulo y el argumento de 1z
Y
Reemplazando los valores:
Forma general
2 2
1 3 4 1
25 25 5r z
1
4arg( ) ( ) 53
3z arctg
3
8
1
1 3 30 cos 53 53 (0.513 0.185 )
5 8 8k w i sen i
38
2
1 3 31 cos 413 413 ( 0.495 0.232 )
5 8 8k w i sen i
3
8
3
1 3 32 cos 773 773 (0.185 0.514 )
5 8 8k w i sen i
33
81 8
1 3 3( ) cos 53 2 53 2
5 8 8z k i sen k
cos 2 2m m
n n m m
z r k i sen kn n
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Los valores ms prximos al eje imaginario se obtienen calculando la distancia de
dichos puntos hacia dicha recta.
Distancia de un punto hacia una recta
La recta imaginaria tiene por ecuacin X=0, al remplazar los valores de A y B
resulta:
Las distancias de los puntos hacia el eje imaginario:
3
8
4
1 3 33 cos 1133 1133 (0.232 0.495 )
5 8 8k w i sen i
3
8
5
1 3 34 cos 1493 1493 ( 0.514 0.185 )
5 8 8k w i sen i
3
8
6
1 3 35 cos 1853 1853 (0.495 0.232 )
5 8 8k w i sen i
3
8
71 3 36 cos 2213 2213 ( 0.185 0.514 )5 8 8
k w i sen i
3
8
8
1 3 37 cos 2573 2573 ( 0.232 0.495 )
5 8 8k w i sen i
2 2( , )
Ax Byd p r
A B
2 2
1 0( , )
1 0
x yd p r x
1(0.513,0.185) ( , ) 0.513 0.513p d p r
2( 0.495,0.232) ( , ) 0.495 0.495p d p r
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Por lo tanto los valores ms prximos son los puntos p3 y p7.
c) Si 1 interpretar geomtricamente la transformacin z z
RESOLUCIN
Sean y z que pertenecen a los complejos, entonces resulta que:
Tenemos que
Y al expresar en forma exponencial compleja, se tiene que:
3(0.185, 0.514) ( , ) 0.185 0.185p d p r
4(0.232,0.495) ( , ) 0.232 0.232p d p r
5( 0.514, 0.185) ( , ) 0.514 0.514p d p r
6(0.495, 0.232) ( , ) 0.495 0.495p d p r
7( 0.185,0.514) ( , ) 0.185 0.185p d p r
8( 0.232, 0.495) ( , ) 0.232 0.232p d p r
z z
( )z a bi
arg( ) arg( )i ire e 1
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Al multiplicar ambos nmeros
complejos resulta:
El cual es un numero complejo (punto o vector) que se obtiene al hacer girar un
ngulo (y centro en el origen).
Representacin geomtrica de Z=(a+bi)
arg( ) arg( )( )( ) ( )
i iz e a bi e z
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Ahora
Se observa que tanto z como z tienen la misma longitud esto debido a que el
modulo de es 1 y que entre ellos hay una separacin arg( ) , es decir que z ha
girado un
ngulo = arg ()
arg( ) arg( )( )( ) ( )
i iz e a bi e z
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4. Problema
a) Calcular la imagen de mediante latransformacin
b) Calcular el conjunto de puntos cuya imagen mediante la misma
transformacin es
c) Calcular mediante la misma transformacin la imagen del semiplano
superior abierto.
A)
Sabemos que ... (1)
...(2)
y
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B)
Sabemos que
.... (1)
...(2)
-
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c) semiplano superior abierto
Sabemos que .... (1) ...(2)
Y
X
-
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x
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5. Problema
Solucin:
Dado que:
( ) ( ) 0x x y y
f z f x iy u iv v iu
Esto implica:
Caso 1 , , 0x y x yu u v v
Caso 2 0x yu v
, pero 0y xu v
Caso 3 0y xu v , pero 0x yu v
En cualquier caso:
0 0u v
( , ) 0 ( ) 0
( , ) 0
u x yf z
v x y
Sean las gradientes:
( , )
( , )
x y
x y
u u u
v v v
El producto escalar de las gradientes ser:
. . ...(I)x x y y
u v u v u v
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La funcin debe cumplir las ecuaciones de CauchyRiemann
x y
y x
u v
u v
Reemplazando en I se tiene:
. . 0x y y xu v u u u u
Por lo tanto se comprueba que las gradientes son ortogonales entre s, lo que
implica que las funciones ( , )u x y y ( , )v x y
6. Problema
Solucin.
Sea 0,... 01 nnn aazazazp un polinomio de Hurwitz,podemos escribir
nn zzzzazp ...
1 Con 0Re kz para todo k = 1,2,, n.
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Hallemos el cociente zpzp
:
nn
nnn
zzzzzza
zzzzzzzza
zp
zp
...
...
21
121
nn zzzzzzzzzpzp
11...
11
121
Sea cz tal que kzz y supongamos que 0Re kz . En este caso,
0Re kzzz y por consiguiente 01
Re
k
zz. Esto ce deduce del
hecho que si c con 0 entonces2
1
, es decir
1Re y
c tienen el mismo signo.
Entonces
01
Re1
Re...1
Re1
ReRe121
nn zzzzzzzzzp
zp
Es decir, si 0Re z con kzz entonces
zp
zpzRe es distinta a cero
y en consecuencia 0 zp (z no es raz de zp ). Las races de zp tiene por tanto parte real negativa.
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7. Problemas
a) Calcula la parte real e imaginaria de donde z E C / (i;i)
Solucin. Todo lo que hay que hacer es realizar las operaciones indicadas.
Pongamos para ello z = x + iy con x; y E R. Tenemos que
Luego:
Re: Ima:
-
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b) Calcula
( )()
( )
Como lo que nos piden es el mdulo no es preciso realizar las operaciones
indicadas. Basta tener en cuenta que el mdulo de un producto es el producto de
los mdulos y, por tanto, el mdulo de
un cociente es el cociente de los mdulos. En consecuencia:
()()() =
c) Calcula los nmeros complejos z tales que w =
a) Es un nmero real
b) Tiene mdulo 1
( )
Por tanto, w es real si, y slo si, y = x =! 1, es decir, z est en la bisectriz de
los cuadrantes primero y tercero y z =! -(1+i)
Es claro que I w I D=1 si, y slo si
| | | | Es decir, z est en la bisectriz de los cuadrantes segundo y cuarto.
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8. Problemas
A.Calcula los nmeros complejos z tales que a) Tiene argumento principal igual a /2
b) Tiene argumento principal igual a -/2
Solucin:
Pongamos z = x + iy con x, y IR. Como:
Deducimos que arg w = /2 si, y solo si, e y < 0.Como
Deducimos que arg w = /2 cuando z est en la semicircunferencia de centro
(5/4,0) y radio que est contenida en el semiplano inferior. Tambin
deducimos que arg w = -/2 cuando z est en la semicircunferencia de centro
(5/4,0) y radio que est contenida en el semiplano superior
B. Calcular las soluciones de la ecuacin Solucin:
Si:
-
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Entonces:
Calculando las soluciones:
= 2.6779 rad
= 5.176 rad
-
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9. Problemas
| | | | || ||
RESOLUCIN
|| ||
||
| |
| | || ||
| |
-
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| | || ||
| | | | || ||
10.Problemas
Demostracin:
|x+y |2=|(x+y)|2=(x+y)2=x2+2xy+y2
x2+2xy+y2x 2+2 |x.y|+y2
=|x|2+2|x|.|y|+|y|2=(|x|+|y|)2
Por lo tanto:
|x+y |2(|x|+|y|)2
|x+y ||x|+|y|
-
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A continuacin pasaremos a resolver el primer apartado de la pregunta diez con
el fundamento terico dado:
Pruebe la desigualdad:
a. ||z|-|w|||z-w|
Solucin:
Sean z y w dos nmeros complejos
Dando forma a:Z
|Z|=|W+(Z-W)| ..... (1)
Por la desigualdad triangular
|Z+W||Z|+|W|
Se tiene que:
|Z|=|W+(Z-W)||W|+|Z-W|
|Z|-|W||Z-W|...(1)
|W|= |Z+(W-Z)||Z|+ |W-Z|
Pero:
|Z|+ |W-Z|= |Z|+ |Z-W|
|W|- |Z| |Z-Y|
-(|Z|-|Y|)|Z-W|
A toda la expresin resultante le multiplicamos por (-1):
|Z|- |Y|-|Z-W| ...(2)
De las expresiones (1), (2) y aplicando el teorema de la desigualdad triangular,
concluimos que:
-|Z-W||Z| - |Y||Z-W|
Sabemos que:
|x|a-axa
Por lo tanto:
||Z|-|Y|| |Z-W|
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a. |z+w|12(|z|+|w|)|z|z|+w|w||
Solucin
Elevamos al cuadrado la expresin inicial:
(z+w)2(12(|z|+|w|)|z|z|+w|w||)2
|z+w|2- 14(|z|+|w|)2|z|z|+w|w||20 ...()
La expresin () es lo que finalmente demostraremos
Sea :|z+w|2- 14(|z|+|w|)2|z|z|+w|w||2=A
A = |z|2+|w|2+z.w+w.z-14(|z|+|w|)2|z|z|+w|w||2
A =|z|2+|w|2+2Re(z.w)-14(|z|2+|w|2+2|z||w|)1(2+2Re(z.w)|z||w|)
A = |z|2+|w|2+2Re(z.w)-12|z|2-12|w|2-|w||z|-12(|z|2+|w|2+2|z||w|Re(z.w)|z||w|)
A= 12(|z|2+|w|2- 2|z||w|)+2Re(z.w)|z||w||z||w|- 12(|z|2+|w|2+2|z||w|Re(z.w)|z||w|)
A=12(|z|-|w|)2- 12(|z|2+|w|2- 2|z||w|)Re(z.w)|z||w|
A=12(|z|-|w|)2(1- Re(z.w)|z||w|) 0
Esto se da porque:
Re(z.w) |z||w|=|z||w|
La igualdad se da si, y solo si:
|z|= |w| o Re(z.w)=|z||w| , lo que equivale z.w= a R+ ; es decir z y w estn enuna misma semirrecta a partir del origen, o sea, que tengan los mismos
argumentos.Finalmente se cumple:
|z+w|2- 14(|z|+|w|)2|z|z|+w|w||20
11.Problemas
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= 11.9x+ 6.87xi
Se cumple por la frmula de Moivre lo siguiente que para toda z =a+biy nentero positivo
=
(Cosn+ Senn), entonces del
nmero complejo 1 + i:
r = ||z|| = = y = arc.tg(1) = Por lo tanto:
= (Cos + iSen )
=
(
+ i
)
= ( + i ) = + i = + i = 4096 + 4096i
Se cumple por la frmula de Moivre lo siguiente que para todo z =a+biy nentero positivo = (Cosn+ Senn), entonces delnmero complejo + i:r = ||z|| =
= 2 y = arctg(
) =
Por lo tanto:
= (Cos + iSen ) = ( + i) = .+ i
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( Sea z = , le multiplicaremos por (-1-i) al numerador y aldenominador.
z = = ()
z =
-
i
Se cumple por la frmula de Moivre lo siguiente que para todoibaz y nentero positivo isennnrbia nn cos , entonces
del nmero complejo z = - i
r = ||z|| = y
2
31
2
13
arctg de donde 4to cuadrante
Es decir = 2 , donde tg =
entonces: =
= 2 = Por lo tanto:
( = (Cos + iSen )
= (Cos38+ iSen38)
=
(1 + i0)
= 4096i
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12.Problema
Haciendo uso de la frmula de Moivre prueba que:
a) -Sabemos
Adems por el binomio de newton:
Procedemos:
Desarrollando el binomio
b)
-
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Desarrollando el binomio
c)
Desarrollando el binomio
-
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13.Problemas
Sean n N, n 2 y , donde un numero entero m Z,calcule el valor de las experiencias.
Si a)
[ ] [ ]
Como:
Remplazando w en la ecuacin se tienen
Por MOIVRE:
-
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Por EULER:
b)
[ ] [ ] [ ]
Como:
Remplazando w en la ecuacin se tienen
-
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Por MOIVRE:
Por EULER:
14.Problemas
Recordemos que por factorizacin:
-
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De aqu obtenemos la respuesta de la letra b) :
En (*) :
Le daremos la misma forma que tiene el enunciado:
Aplicamos suma de ngulos en el coseno:
-
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De aqu obtenemos la respuesta de la letra a) :
15.Problema
a.Si 321 ,, zzz son vrtices de un tringulo equiltero, entonces cada uno
debe estar girado un ngulo de3
radianes respecto de otro. Sabemos
que multiplicar por un complejo, u de mdulo 1 es un giro de amplitud
igual a uarg . Definamos33
cos isenu . Los tres vrtices los
podemos escribir como2
211 ,, uzuzz y, por tanto:
0111
32
321
uuzuuzzzz
Supongamos ahora que 1321 zzz , y que 0321 zzz . Para
probar que dichos nmeros son vrtices de un tringulo equiltero, lo que
vamos a hacer es comprobar que son las races cbicas de un nmero
complejo. Es decir, se trata de probar que hay un nmero tal que
321 ,, zzz son las races de la ecuacin polinmica 03 z . Para esto es
-
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necesario y suficiente que el producto 321 zzzzzz puede
escribirse en la forma 3
z . Tenemos:
321 zzzzzz = 3213231212
311
3
zzzzzzzzzzzzzzz
321323121
3zzzzzzzzzzz
Poniendo 321 zzz , lo que hay que probar es que 0323121 zzzzzz .Todava no hemos usado la hiptesis de que 1321 zzz . Vamos a
usarla ahora para intentar sacar factor comn en la suma
0323121 zzzzzz la expresin 321 zzz . Tenemos que:
332132213211323121 zzzzzzzzzzzzzzzzzz 0321321 zzzzzz
Pues 1 + 2 + 3= = 0.b.
Tomamos el baricentro y circuncentro en el origen de coordenadas
Por dato tenemos:
1321 zzz
Sea: iyxz 1
Entonces 122 yxr
-
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cos222 sen , por la identidad trigonomtrica sabemos.
cos222 sensen , reemplazando.
coscos2 sen
12 sen
2
1sen , entonces
6
16.Problema
Si 0 arg w- arg z
-
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Siendo A el Area del tringulo, entonces decimos:
A =
Hallando el Area por medio de la propiedad trigonomtrica, ver Grafico.
A=IwIIzI .
por el grafico tambin tenemos , reemplazando en .
A=
IwIIzI
Por argumento sabemos, siendo a , b y c Se cumple que IcI= IaIIbI , arg c = arg a + arg b (1)
Por el teorema arg = arg z (2)Tambin (3)Por el teorema ..Reemplazando en
con los Teoremas (1) , (2) y (3)
Tenemos que:
multiplicamos x
-
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17.Problema
a)
()
( )
Por propiedad de los logaritmos:
-
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b)
()
c) ( )
-
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(
)
{ }
( )
( ) ()
()
-
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() ( ) ( )
d) ()
( )
(
)
()
-
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18.Problemas
a) Resolver la ecuacin: y clasificar los puntos de adherencia delconjunto de soluciones de dicha ecuacin.
Se sabe que el coseno de un nmero complejo puede ser expresado de la
siguiente manera:
Para el dato del problema:
Despejando:
Si multiplicamos ambos lados por el factor
, se tiene:
()
-
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Si hacemos el cambio de variable , reemplazando en la ecuacin (1): ()
La ecuacin (1) se transforma en una ecuacin de segundo grado: Comparando con la ecuacin (2) con la ecuacin (3), se tiene:
Recordando la formula general para obtencin de races:
Reemplazando en la formula general:
Pero :
Tomando logaritmo natural a ambos lados:
( ) ( )
Pero z al ser un complejo, el ( )proviene del logaritmo natural de unnmero complejo que solo consta de parte real, recordando el logaritmo natural
de un complejo:
||
-
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Para nuestro caso:
( ) Donde: || ; Reemplazando en la ecuacin (5):
( ) ( ) ( ) ( )
Reemplazando en la ecuacin (4): [ ( ) ] ( ) ( )
( ) ( ) Si graficamos z, para valores de k, se tiene:
( )
( )
-
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Los puntos de adherencia del conjunto solucin sern aislados, ya que alrededor
de cada punto no existe solucin para la ecuacin.
b) Expresa en la forma el nmero complejo
Si reducimos el nmero complejo multiplicando por la conjugada del
denominador, se tiene:
Recordando las formas de expresar un nmero complejo:
|| ||Donde:
||
Para nuestro caso:
|| El nmero complejo z se puede expresar de la siguiente manera:
Como se quiere:
Entonces se tiene:
()
-
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()
()
() () () ()
()
()
() () () ()
c) Encuentra la parte real y la parte imaginaria de:
( )
Recordando las formas de expresar un nmero complejo:
|| ||Donde:
||
-
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Si:
( )
Para
| |
Reemplazando:
()
()
Para
( )
-
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Reemplazando:
( )
Reemplazando los valores de y en la ecuacin , se tiene:
Multiplicando por la conjugada del denominador, se tiene:
-
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19.Problemas
Encuentra todos los nmeros complejos z tales que . Luego expresa comoproducto de factores cuadrticos con coeficientes reales.
Sea y . Verifica que:
Si usamos la determinacin principal del logaritmo.
RESOLUCIN
( )
Entonces para k=0, 1, 2, 3, 4,5
-
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=>
=>
=>
=>
=>
=> Expresamos en factores cuadrticos con coeficientes reales
]
-
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Luego nos piden demostrar: Si: y Verifiquemos si se cumple la desigualdad:
([ ] )
|| ( ) ()
-
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20.Problemas
a) i33log
Solucin:
Sabemos por definicin de logaritmo de una funcin compleja.
Sea iyxz , entonces:
kzizz 2arglnlog , donde:
x
yarctgzarg
En el problema sea iz 33 ,entonces.
2333 22 z
4
13
3arg
arctgarctgz
Ahora:
ki
2
423ln33log
b)i
ilog
Solucin:
Sea: ii log
Por definicin de logaritmo de un complejo tenemos.
kiii 2lnlog , donde20
1
arctg
kii 2
21lnlog
3+3i
-
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Para k=0
2log
ii , entonces.
22
ii
ii ..
Luego sea ii , entoncesiie ln
22
eeii
,reemplazamos en
22
e
, por lo tanto
2
2
e
Determine todas las soluciones de las dos ecuaciones.
1. 0164 z .
Solucin:
0164 z Podemos escribir de lo forma.
Por diferencia de cuadrados.
044 22 zz , entonces.
042 z 042 z
42 z 022 zz
iziz 22 22 zz
04222 z
-
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2. 0644 z
Solucin
0164 z Podemos escribir de lo forma.
Entonces.
228z , entonces.
iz 82
iz 8 iz 8
21.Problemas
c) i33log
Solucin:
Sabemos por definicin de logaritmo de una funcin compleja.
Sea iyxz , entonces:
kzizz 2arglnlog , donde:
x
yarctgzarg
En el problema sea iz 33 ,entonces.
2333 22 z
4
13
3arg
arctgarctgz
Ahora:
08222 z
3+3i
-
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ki
2
423ln33log
d) ii log
Solucin:
Sea: ii log
Por definicin de logaritmo de un complejo tenemos.
kiii 2lnlog , donde20
1
arctg
kii
2
21lnlog
Para k=0
2log
ii , entonces.
22
ii
ii ..
Luego seaii , entonces
iie ln
22
eeii
,reemplazamos en
22
e
, por lo tanto
2
2
e
-
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Determine todas las soluciones de las dos ecuaciones.
3. 0164 z .
Solucin:
0164 z Podemos escribir de lo forma.
Por diferencia de cuadrados.
044 22 zz , entonces.
042 z 042 z
42 z 022 zz
iziz 22 22 zz
4. 0644 z
Solucin
0164 z Podemos escribir de lo forma.
Entonces.
228z , entonces.
iz 82
iz 8 iz 8
04222 z
08222 z
-
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22.Problemas
a) b)
Resolver enC la siguiente ecuacin.
c) Solucin.a)
b)
-
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c)
23.Problema
1) Pruebe que en coordenadas polares, las ecuaciones de Cauchy-Riemann seescriben como
Sea una funcin analtica, entonces:
-
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Luego:
Pero:
En (1), (2), (3) y (4):
De las ecuaciones de CAUCHY - RIEMANN:
-
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Luego:
Adems:
-
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Entonces:
2) Pruebe que en notacin compleja las ecuaciones de Cauchy-Riemann se
escriben como
Sea una funcin analtica, tal que est definido ,entonces
De las ecuaciones de CAUCHYRIEMANN:
:
-
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Se sabe:
En el problema:
24.Problemas
RESOLUCIN
-
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( )
De 1 y 2: De igual manera:
()
-
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Si tomamos que: z= x+iy, entonces:
Aplicando regla de la cadena a una funcin Fde dos variables, deducimos la
frmula:
Luego obtenemos el siguiente operador: Ahora definimos una funcin f(z):
Tal que reemplazndola en el operador anterior obtenemos el siguiente resultado
en el que usamos las ecuaciones de Cauchy-Riemann obteniendo:
( )
-
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25.Problemas
a) Hallar todas las races de la ecuacin , igualando sus partesreales e imaginarias.
Solucin del problema
Sabemos
y Ahora tenemos:
= , simplificando los denominadores , multiplicando ambos lados por
, haciendo un cambio de variable
(1) Tenemos una ecuacin de segundo grado, donde:
*Primera solucin:
=
-
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Reemplazando esta solucin en la ecuacin:
=
[] ; Por lo tanto no cumple la ecuacin,no es vlido.
*Segunda solucin:
Reemplazando en (1)
Reemplazando esta solucin en la ecuacin:
=
[]
-
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Por lo tanto si cumple la ecuacin
La solucin es
b) Demostrar que si Re (z1)>0 y Re (z2)>0,
Sabemos para algn entero k.Desde Re (z1)>0 y Re (z2)>0,
y
Y por lo tanto , -1
-
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26.Problemas
1. Demostrar que si en cierto dominio, v es armnica conjugada de u, y u
armnica conjugada de v, entonces u y v deben ser funciones constantes.
Sabemos en general que: por Cauchy-
Riemann
.
2. Demostrar que si en cierto dominio = es
analtica, entonces tambin lo es = es la forma general de una funcin
compleja,
-
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, donde
Entonces notamos que tambin cumple las ecuaciones Cauchy-Riemann
3. Sea . Sin calcular el laplaciano, demostrarque y son armnicas en C\ { }.
; defino
;
()
-
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27.Problemas
Solucin:
a) Que en funcin de coordenadaspolares sera.
De: se obtiene:
Como: Como se quiere saber si es armnica supongamos que lo es entonces
debera tener un conjugado armnico, el cual se puede hallar usando
las ecuaciones de Cauchy-Riemann y vendra a ser v(r,).Las ecuaciones de CauchyRiemann para coordenadas polares son:
Hallando
de :
-
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Ahora integrando respecto a :
Derivando v(x, y) respecto a r se obtiene:
Pero
Entonces
Como:
)
Conjugado armnico
Se debe cumplir que con haber hallado el conjugado armnico
la funcin sea analtica.
Se sabe que:
Segn el problema debe cumplir para: C\ {x
}
Y
D
-
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La funcin es analtica
Es un conjunto abierto
Ahora reemplazando en r yen F (z) se tiene: ln ( ) + ( ) + i (( ) - ( ) + c)u (x, y) v(x, y)
Analizando si es derivable:
( )( ) Tomando = ()( )()( )
F (z) =- i es derivable por lo hallado anteriormente entonces esholomorfas y como
son armnicas se
tiene que:
(r)=ln(r) ^ ()= son armnicas.b)
Primero demostrando si u(x, y) es armnica:
-
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Si u(x, y) es armnica debe cumplir:
+ = 0 esarmnicay tambin ser analtica en todo
Hallando el conjugado armnico:
Usando las ecuaciones de CauchyRiemann se tiene:
Luego:
Integrando
-
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Derivando
) g (x) = c
La funcin +c)
Usando F (1+ik) = -+ idel enunciado para hallar cF (1,k) = u (1, k) + i v (1, k)+
c = 1
F (Z)= u(x, y)+iv(x, y)= + + 1)En funcin de zqueda:
F (Z)= + 1c) F: D C => F= u+ivW= F (z)=u(x, y)+iv(x, y), que en coordenadas polares sera.
F (z)=u(r,)+iv(r,)Sabiendo que:
Ahora verificando si es armnica:
Usando las ecuaciones de Cauchy Riemann para coordenadas
polares :
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Derivando se tiene:
Si u(r,) es armnica cumple: + +
= 0
es armnica Hallando el conjugado armnico:
Usando las ecuaciones de CauchyRiemann para coordenadas
polares se tiene:
Luego:
Integrando
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Derivando
g (x) = c
La funcin F (z)=u(r,
)+iv(r,
)=
+
+ c)
En funcin de x e yqueda:
F (Z)= u(x, y)+iv(x, y)= + + +
Segn el problema debe cumplir para: C\ {x }Es un conjunto abierto
X
Y
D
0
Por lo resuelto
anteriormente y ser
conjunto abierto la
funcin es analtica
-
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28.Problemas
Supongamos:
Ahora:
,
=
Bueno aplicando cauchy y Rieman:
Donde:
Ahora:
-
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22
Finalmente que obtuvimos ;lo reemplazamos en
29.Problema
Definicin 1.
Diremos que la funcin F: D c C -> C es analtica en el punto Z0 E D si F esta
definida y es derivable en alguna vecindad de Z0 .
Obs 1.1
En otras palabras F es analtica en Z0si Vp(Z0) tal que F esta definida enVp(Z0) y F(Z0),ZVp(Z0).Obs
La funcin F: D c C->C es analtica en D si F es derivable en Z, ZD.Teorema 1.1Sea F(Z)=u(x,y)+(x,v) una funion compleja definida en alguna regin D quecontiene el punto Z0y que tiene primeras derivadas parciales continuas con
respecto a x e y , y que satisfacen la ecuacin de cauchy rienman F es analtica en
D.
Obs1.2
Sea F(Z)=u(x,y)+iv(k,v) las siguientes igualdadesUx(x,y)=vy(x,y) y uy(x,y)=-vx(x,y)
-
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Donde F:D c C->C son llamadas ecuaciones de cauchi rienman
Def 1.2
Sea g(Z) una funcin compleja tal que g: D c C -> C si
gxx+gyy=0
entonces la funcin g es llamada asimtrica en D
(a)sea g=uv luego veamos si es armonico en N
Como F(z)=u(Z)+iv(Z) es analtica en N cumplen las condiciones de cuachi
rienman en N es decir:
uxx=vyy uy=-vx..(1)
entonces de aqu como g=uv
gx=uxv+uvx --------
gy=uyv+uvy
gxx=(uxv)x+(uvx)x---gyy=(uyv)y+(uvy)y
gxx=uxxv+uxvx+uxvx+uvxx ---
gyy=uyyv+uyvy+uyvy+uvyy
entonces:
:) gxx=uxxv+2uxvx+uxvx+uvxx : ) gyy=uxxv+2uyvy+uvyy
gxx+ gyy= uxxv+2(uxvx+ 2uyv)+ uvxx + uvyy+ uyyv (1)
Como por (1)
ux=vy y uy=-vy
uxvx=-uyvy uxvx+uyvy=0 .(2)
Reemplazando (2) en (1) tenemos:
gxx
+ gyy
= uxx
v+uvxx
+uvyy
++ uyy
v
=(uxx+uyy)v+u(vxx+vyy)(3)
Usamos aqu 1 definicion y 1 teorema
Def 1.3
Sea F(Z)=u(z)+iv(z) tal que F:D c C C si F cumple:
Uxx+uyy=0
Vxx+vyy=0
F s armonica en D
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Teorema 1.2
Si F :D c C -> C/ F(z)=u(Z)+iv(z) es analtica en DF es armnica en
Ojo:
Regresando al problema (a)
Como F es analtica en NF es armonica en N luego por la definicin 1.3
Uxx+uyy=0 y vxx+vyy=0 ..(4)
Reemplazando (3) en (4)
gxx+gyy=0
g es armonica y por definicin 1.2
demostrar que f(z)=0 donde
f(z)= =ux+ivxluego como h(z)=u2es armonico en N por definicin 1.2hxx+hyy=0 ..(1)
luego
hx=2uux hy=2uuy
hxx=2(ux)2+2uuxx .(2) hyy=2(uy)
2+2uuyy(3)
entonces reemplazamos (2) y (3) en (1)Fp 2(ux)
2+2uuxx +2(uy)
2+2uuyy=0
Operando
u(uxx+uyy)+ (ux)2+
(uy)
2=0 ..(5)
como F es analtica por teorema 1.2 F es armonico y por definicin 1.3
(4) uxx+uyy=0 y vxx+vyy=0
Usamos (4) en (5) tenemos
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U(0)+ (ux)2+
(uy)
2=0
(ux)2+
(uy)
2=0
Fp ux=0 y uy=0
Como F es analtica, por 1.1y observacin 1.2
Fp ux=uyy uy=-vx.. de (6)
Fp vy=vx=0
30.Problema
DESARROLLO:
i. a) Asumimos: y Por Cauchy-Riemann:
-
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Se cumplen las ecuaciones de Cauchy-Riemann:
y Ahora ser diferenciable en z=0
Analizamos 3 puntos: Cuando x=0, y =0, x=y
Cuando x=0:
Cuando y=0
Cuando x=y
Lo tres valores son diferentes
ii. ||
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||
a) Asumimos: y
b) Por Cauchy-Riemann:
Se cumplen las ecuaciones de Cauchy-Riemann:
y Ahora ser diferenciable en z=0
||
Cuando x=0:
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Cuando y=0
Cuando x=y
Lo tres valores son diferentes
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