Matemáticas II Grado Ingeniería Eléctrica/Electrónica Industrial y Automática. Examen de problemas, 5 de septiembre de f (z) = sen z
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- María Concepción Rubio Carrizo
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1 Matemáticas II Grado Ingeniería Eléctrica/Electrónica Industrial y Automática Examen de problemas, 5 de septiembre de ptos. Encuentre en C las singularidades de la siguiente función e indique su tipo: f z = 5 + sen z Solución: Las singularidades de f z son los ceros del denominador, debemos resolver la ecuación: 5 + sen z = Para ello utilizamos la definición de sen z en términos de la función exponencial e iz e iz 5 + = 2i }{{} sen z Hacemos el cambio e iz = w y como w e iz = e iz = w De esta forma se obtiene una ecuación en la nueva variable w 5 + w w 2i = 5 + w2 2iw = Multiplicando por 2iw obtenemos una ecuación de segundo grado iw + w 2 = w 2 + iw = que podemos resolver mediante la correspondiente fórmula w = i ± i 2 4 = i ± + 2 lo que nos da dos soluciones w = w 2 = i + 8i i 8i = 2i = i = 8i = i = i ± 4 = i ± 8i
2 2 Con estos valores para w y w 2 y teniendo en cuenta el cambio que se hizo al principio del ejercicio obtendremos, mediante la definición de logaritmo complejo e iz = w iz = log w = ln w + i arg w iz = log i = ln π2 + i + 2kπ z = π + 2kπ + i ln 2 π π iz 2 = log i = ln + i 2 + 2kπ z 2 = 2 + 2kπ i ln De este resultado se deduce que hay infinitas singularidades. Son todas de tipo polo simple ptos. Encuentre, demostrando su existencia, una función ux, y, de manera que la función fz = ux, y + ivx, y sea entera y se cumpla f =, siendo v x, y definida por Exprese f como función de z. Im f z = vx, y = 2x 2 + 2y 2 + x 2 y 2y Solución: Como se dice en el enunciado que f x, y debe ser entera, su parte imaginaria v x, y debe ser una función armónica y cumplirá la ecuación de Laplace Derivando v x, y respecto x e y, una vez y otra y al sustituir en luego v x, y es armónica. v xx + v yy = v x = 4x + 2xy v y = 4y + x 2 y 2 v xx = 4 + 2y v yy = 4 2y 4 + 2y + 4 2y = }{{}}{{} v xx v yy Para el cálculo de u x, y, la parte real de f x, y, tendremos que aplicar las ecuaciones de Cauchy-Riemann: u x = v y u y = v x De la primera de estas ecuaciones aunque esta elección es indiferente para el resultado final: u x = v y u x = 4y + x 2 y 2 e integrando respecto a x obtenemos u x, y u = 4y + x 2 y 2 dx = 4xy + 2x y 2 x + ϕ y
3 ϕ y es constante para x y para encontrar su expresión derivamos respecto de y u y = 4x 2yx + ϕ y Por la segunda de las ecuaciones de Cauchy-Riemann, esta expresión debe coincidir con v x = 4x + 2xy : 4x 2yx + ϕ y = 4x 2xy de donde se deduce que e integrando respecto a y se obtiene La expresión para u x, y será ϕ y = ϕ y = c R u x, y = 4xy + 2x y 2 x + c y la función f x, y f x, y = 4xy + 2x y 2 x + c + i 2x 2 + 2y 2 + x 2 y 2y Notar que si z = x + iy, entonces podemos expresar f x, y como función de z de la forma f z = 2z 2iz 2 + c Como f =, podemos comprobar que c =...75 ptos. Calcule el desarrollo de Laurent de la función f z = en el anillo A, 2, = { z C : 2 < z < }. Indique la parte regular y esencial de dicho desarrollo. Solución: La función puede expresarse como f z = z 2z + z z 2z + z = z 2 z + /2 z Como buscamos potencias de z la mejor descomposición en factores simples es la siguiente: z f z = 2 z + /2 z = A 2 z + /2 + B z Para la expresión entre paréntesis tenemos A z + B z + /2 z + /2 z Por tanto A z + B z + /2 = z
4 4 y dando a z los valores de las raíces z = 2 A 2 = 2 A 2 = 2 A = z = B + /2 = 2 B = B = 2 La descomposición es f z = 2 A z + /2 + B = z 2 z + /2 + 2 z El desarrollo de Laurent en el conjunto indicado 2 < z < de cada fracción se hace de forma independiente. Para la primera fracción y como 2 < z, entonces 2 z = 2z < z + /2 = z + 2z = z n= n n = 2z n= Para la segunda fracción y como z < el desarrollo es n 2 n + = n= n= z = z = z < n 2 n con 2z < La función tendrá el siguiente desarrollo de Laurent f z = 2 z + /2 + 2 = n z 2 2 n 2 n= n= = n= n 2 n n= agrupando potencias negativas y positivas obtendremos las partes regular y singular: y por tanto f z = n= n 2 n n= Parte Regular: Parte Esencial: n= n= n 2 n 4. Calcule las siguientes integrales utilizando la teoría de variable compleja. a.5 ptos. 2π 2 cos t dt
5 5 b.75 ptos. Re z 2 Im z + i 5 Im z Re z dz, donde t = t + it 2 ; t [, ] Solución: La primera es una integral trigonométrica que hay que resolver haciendo los cambios correspondientes. Para la segunda integral hay que emplear la definición puesto que comprobaremos posteriormente la curva no es cerrada. a Haciendo los cambios correspondientes e it = z la integral queda cos t = eit + e it 2 sen t = eit e it 2i dt = iz dz = z2 + 2z = z2 2zi 2π 2 cos t dt = 2 z 2 + 2z iz dz = i 2z 5z 2 5 dz = i 5 z 5 z 5 siendo t = e it, con t [, 2π], la circunferencia unidad. Para el cálculo de la integral mediante residuos, sólo se consideran las singularidades que están dentro de la curva, en este caso sólo es z = 5 2π 2 cos t dt = 2πi i Res 5z 5z 5, 5 = 2πi = π 2 dz b La función f z = Re z 2 Im z + i 5 Im z Re z = x 2 y + i 5y x no es derivable en ningún punto, puesto que si planteamos las ecuaciones de Cauchy- Riemann { u = x 2 ux = 2x y u y = { vx = v = 5y x v y = 5 vemos que la segunda ecuación u y = v x, no se cumple nunca, además la curva no es cerrada puesto que } = = + i
6 y debemos utilizar la definición de integral a lo largo de una curva f z dz = b a f t t dt siendo en este caso : [, ] C t = t + it 2 t [, ] t = + i2t Por tanto Re z 2 Im z + i 5 Im z Re z dz = { } Re t 2 Im t + i 5 Im t Re t t dt que para t Re t = t Im t = t 2 La integral es { t 2 t 2 + i 5t 2 t } + i2t dt = i 5t 2 t + i2t dt = i e integrando directamente i 5t 2 + it t i2t 2 dt 5t 2 + it t i2t 2 dt = i 5 t + it4 4 t2 5 2 i2t = i + i 4 2 i2 = +7 i ptos. Resuelva mediante la transformada de Laplace el siguiente problema del valor inicial: y t y t + 2y t = e 4t t y = y = Compruebe que la solución obtenida cumple las condiciones iniciales, así como la ecuación diferencial. Solución: Para resolver la ecuación diferencial y t y t + 2y t = e 4t junto con las condiciones iniciales y =, y =, aplicaremos la transformada L y sus propiedades: linealidad y desplazamiento L [ y t y t + 2y t ] z = L [ e 4t] z
7 7 Primero la linealidad L [ y t ] z L [ y t ] z + 2L [y t] z = L [ e 4t] z y a continuación la propiedad de desplazamiento junto con las condiciones iniciales L [ y t ] z = z 2 L [y t] z zy y = z 2 L [y z] z L [ y t ] z = zl [y t] z y = zl [u t] z Sustituyendo en la ecuación L [y t] z = L [y t] z z 2 L [y t] z zl [u t] z + 2L [y t] z = L [ e 4t] z y despejando z 2 z + 2 L [y n ] z = L [ e 4t] z L y n [z] = L [ e 4t] z z 2 z + 2 El valor de L [ e 4t] z lo obtenemos mediante la aplicació de las propiedades de la transformada L [ e ωt] z = z ω si Re z > Re ω L [ e 4t] z = z 4 o también de forma directa mediante la definición L L [ e 4t] z = e 4t e zt dt = e 4 zt dt = 4 z e4 zt Sustituyendo obtenemos la transformada de y t t= t= = z 4 si Re z > 4 si Re z > 4 L y t [z] = L [ e 4t] z z 2 z + 2 = z 4 z 2 z + 2 = z 4 z 2 z + 2 = z 4 z z 2 Mediante la transformada inversa obtendremos el valor de y t y t = L z 4 z z 2 Mediante residuos: L z 4z z 2 t = Res z 4z z 2, +Res Como son todos polos simples, este calculo es directo e Res zt z 4z z 2, e Res zt z 4z z 2, 2 e Res zt z 4z z 2, 4 = lím z z = lím z 2 z 2 = lím z 4 z 4 z 4z z 2, 2 +Res z 4 z z 2 = lím z z 4 z z 2 = lím z 2 z 4 z z 2 = lím z 4 z 4 z 2 = et z 4z z 2, 4 z 4 z = e2t 2 z z 2 = e4t
8 8 por tanto L = et z 4 z z 2 e2t 2 + e4t Podemos comprobar que se cumplen las condiciones iniciales y = 2 + = y derivando que en el punto t = y t = et 2e2t 2 + 4e4t = et e2t + 2e4t y = = Y también la ecuación diferencial. Calculamos la segunda derivada de y t y t = et 2e2t + 8e4t y sustituyendo en la ecuación diferencial e y t y t t + 2y t = 2e2t + 8e4t e t e2t + 2e4t e t + 2 e2t 2 + e4t = e 4t
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