4i ± (1 + 1) = w = (2 ± 2)

Transcripción

1 POBLEMA esolver la siguiente ecuación en variable compleja Se utilian las siguientes identidades Se realia el cambio de variable Se multiplica ambos lados por w w cos + sen 2 cos ei + e i 2 sen ei e i 2i e i + e i 2 2i ( ei + e i 2 cos + sen 2 + ei e i 2i 2 + ei e i 4i 2i i(e i + e i + e i e i 4i ( + ie i + ( + ie i 4i 0 e i w e i w ( + iw + ( + iw 4i 0 ( + iw 2 + ( + i 4iw 0 ( + iw 2 4iw + ( + i 0 w ( 4i ± ( 4i2 4( + i( + i 2( + i 4i ± 6 + 4( + 2( + i 4i ± 8 2( + i i w (2 ± 2 + i (2 ± 2 i( i ( + i( i 4i ± 2 2i 2( + i (2 ± 2 i + i (2 ± 2 ( + i + 2 ( ± ( + i 2

2 Se deshace el cambio de variable e i w w ( ± 2 ( + i 2 e i ( ± 2 ( + i 2 + i 2e (π 4 +2πki e i ( ± 2 2 π 2e( 4 +2πki ( 2 ± e (π 4 +2πki Se aplica logaritmo complejo en ambos lados de la ecuación e i ( 2 ± e (π 4 +2πki Las solucionesvienendadaspor i ln( 2 ± + ( π + 2πk i 4 ln( 2 ± + ( π i 4 + 2πk k ( π + 2πk i ln( 2 ± 4

3 POBLEMA 3 Calcular todos los valores de C tales que cos cos Si y 0 entonces: Las soluciones son: e i + e i 2 ei + e i 2 e i + e i e i + e i e i(x iy + e i(x iy e i(x+iy + e i(x+iy e ix+y + e ix y e ix y + e ix+y e ix+y e ix y e ix+y e ix y e ix (e y e y e ix (e y e y e ix (2 senh y e ix (2 senh y e ix e ix e ix e ix e ix e ix e 2ix e 2ix e 2kπi 2ix 2kπi x kπ con k 0, ±, ±2, y 0 también satisface la ecuación x + iy con x kπ, y 0, k 0, ±, ±2, x + i0 x ó x

4 POBLEMA 4 Sea f: C C la función definida por f( cos( i 2 Encuentre el conjunto de puntos del plano complejo tales que f( 0. Se resuelve cos( i 2 0. Para esto, primero se realia un cambio de variable i w para facilitar la manipulación de la ecuación cos( i 2 0 cos w 2 cos w 2 e iw + e iw 2 e iw + e iw 4 2 Usando el cambio de variable e iw s e iw s e iw + e iw 4 s + s 4 s 2 4s + 0 Se buscan todas las soluciones a la ecuación s 2 4s + 0 : s ( 4 ± ± ± ± 3 s 2 ± 3 2 ± 3 e i(0+2kπ (2 ± 3e 2kπi con k 0, ±, ±2, Deshaciendo el cambio de variable s e iw e iw (2 ± 3e 2kπi Log(e iw Log ((2 ± 3e 2kπi ln(2 ± 3 + Log(e 2kπi iw ln(2 ± 3 + 2kπi w 2kπ i ln(2 ± 3 Deshaciendo el otro cambio de variable w i : i 2kπ i ln(2 ± 3 2kπ + i( ln(2 ± 3 k 2kπ + i( ln(2 ± 3 con k 0, ±, ±2, Por lo tanto la función ftiene ceros en los puntos tales que { C: k 2kπ + i( ln(2 ± 3, k 0, ±, ±2, }

5 POBLEMA 5 Encontrar todas las soluciones a la ecuación i 0 4 ( i 8( 3 i Así 3 i 3 i e (4π 3 +2kπi 2e (4π 3 +2kπi 4 8( 3 i 8 2e (4π 3 +2kπi 6 e (4π 3 +2kπi (6 e (4π 3 +2kπi /4 4 6 e 4 (4π 3 +2kπi 2 e (π 3 +kπ 2 i Como la ecuación es un polinomio de grado 4, según el teorema fundamental del álgebra entonces tiene 4 raíces siendo estas: k 0: 2 e (π 3 +0 π 2 i 2 e π 3 i k : 2 e (π 3 + π 2 i 2 e 5π 6 i k 2: 2 e (π 3 +2 π 2 i 2 e 4π 3 i k 3: 2 e (π 3 +3 π 2 i 2 e π 6 i

6 POBLEMA 6 Comprobar que la funciónf: C C definida por ( 2 f( { si 0 0 si 0 Satisface las condiciones de Cauchy-iemann en el punto 0, pero no es analítica en dicho punto. ( 2 ( 3 (x iy3 2 x 2 + y 2 x3 3ix 2 y 3xy 2 + iy 3 x 2 + y 2 (x3 3xy 2 + i(y 3 3x 2 y x 2 + y 2 u x u y v x v y x3 3xy 2 x 2 + y 2 + i y3 3x 2 y x 2 + y 2 u(h, 0 u(0,0 (0,0 h 0 h h 0 u(0, k u(0,0 (0,0 k 0 k k 0 v(h, 0 v(0,0 (0,0 h 0 h h 0 v(0, k v(0,0 (0,0 k 0 k k 0 u(x, y + iv(x, y h 3 3h 0 2 h h h 3 h 0 h k k k k h 2 0 h h h 0 k k k 2 0 k k 3 k 0 k 3 u v (0,0 x y (0,0 u v (0,0 0 y x (0,0 f( satisface las ecuaciones de Cauchy-iemann en el punto 0 y por lo tanto f( es derivable en 0. Sin embargo u x (x2 + y 2 (3x 2 3y 2 (x 3 3xy 2 2x (x 2 + y 2 2 x4 3y 4 + 6x 2 y 2 (x 2 + y 2 2 v y (x2 + y 2 (3y 2 3x 2 (y 3 3x 2 y 2y (x 2 + y 2 2 y4 3x 4 + 6x 2 y 2 (x 2 + y 2 2 u x x4 3y 4 + 6x 2 y 2 (x 2 + y 2 2 v y y4 3x 4 + 6x 2 y 2 (x 2 + y 2 2 f(no satisface las ecuaciones de Cauchy-iemann en un ε-entorno alrededor de 0, por lo tanto no es analítica en 0.

7 POBLEMA 7 Si en un cierto dominio la función compleja w u + iv y su compleja conjugada u iv son ambas analíticas, probar que wes una función constante en ese dominio. La función w u + iv satisface las ecuaciones de Cauchy-iemann por ser una función analítica u x v y u y v x La función conjugada w u iv también satisface las ecuaciones de Cauchy-iemann por ser una función analítica u x y ( v u y x ( v Por lo tanto las funciones u y v satisfacen las ecuaciones simultáneamente u x v y u { y v x ( (2 u x v y u { y v x (3 (4 Igualando la primera de estas con la tercera igualdad Igualando la segunda con la cuarta: De estas ecuaciones se obtiene que Por lo que u x v y v y v y + v y 2 v y 0 v y 0 u y v x v x v x + v x 2 v x 0 v x 0 u x u y v x v y 0 w x dw d x u x v + i x 0 dw 0 w( C d con C C

8 POBLEMA 8 Sea u: 2 la función definida por u(x, y 2e x cos y (a Hallar una función v: 2 tal que u(x, y + iv(x, y sea una función analítica. (b Expresar u + iv como una función f( que satisface f(0 2. Como la función es analítica, satisfacen las ecuaciones de Cauchy-iemann Por lo que La función v(x, y es Y la función f( es u x v y u { y v x u x 2ex cos y v y v y 2ex cos y v(x, y 2e x sen y + g(x u y 2ex sen y v x (2ex sen y + g (x 2e x sen y 2e x sen y g (x g (x 0 g(x C v(x, y 2e x sen y + C f( u(x, y + i v(x, y 2e x cos y + i(2e x sen y + C 2e x (cos y + i sen y + ic 2e x e iy + ic 2e x+iy + ic 2e + ic Y la función es f(0 2 f(0 2e 0 + ic ic 2 ic 0 C 0 f( 2e

9 POBLEMA 0 Sea A una región simplemente conexa que no contiene al punto (x 0, y 0 y sea u(x, y la función definida por u(x, y x x 0 (x x (y y 0 2 (c Hallar una función v: 2 tal que u(x, y + iv(x, y sea una función analítica en A. (d Expresar u + iv como una función f(. f( f(x + iy u(x, y + iv(x, y es una función analítica en A si y sólo si satisface las ecuaciones de Cauchy-iemann en A: eescribiendo u(x, y en términos de logaritmo u x v y u y v x x x 0 u(x, y (x x (y y x ln((x x (y y 0 2 Y usando la segunda ecuación de Cauchy-iemann y sabiendo que u(x, y es una función C 2 (A : Por lo tanto v x u y y ( 2 x ln((x x (y y y x (ln((x x (y y x y (ln((x x (y y 0 2 x ( 2 y ln((x x (y y Integrando ambos lados respecto a la variable x v x x ( 2 y ln((x x (y y 0 2 v(x, y 2 y ln((x x (y y g(y

10 v(x, y 2 2(y y 0 (x x (y y g(y y y 0 (x x (y y g(y Luego se usa la primera ecuación de Cauchy-iemann para determinar g(y u x (x x (y y 0 2 (x x 0 2(x x 0 ((x x (y y (y y 0 2 (x x 0 2 ((x x (y y v y (x x (y y 0 2 (y y 0 2(y y 0 ((x x (y y g (y igualando las dos ecuaciones anteriores (y y 0 2 (x x 0 2 ((x x (y y g (y u x v y (y y 0 2 (x x 0 2 ((x x (y y (y y 0 2 (x x 0 2 ((x x (y y g (y g (y 0 g(y K Por lo tanto la función v(x, y es y y 0 v(x, y (x x (y y K con K f( u(x, y + iv(x, y x x 0 (x x (y y i ( y y 0 (x x (y y K f( (x x 0 i(y y 0 (x x (y y ik con K eescribiendo (x x 0 ± i(y y 0 en términos de y su conjugada: (x x 0 + i(y y 0 x + iy x 0 iy 0 (x 0 + iy 0 0 (x x 0 i(y y 0 x iy x 0 + iy 0 (x 0 iy (x x (y y ( 0 ( 0 f( (x x 0 i(y y 0 (x x (y y ik 0 ( 0 ( + ik + ik 0 0 con K

11 POBLEMA 4 (a Halle la serie de Taylor de f( alrededor de i y su radio de convergencia. (b Usando la parte (a encuentre la serie de Taylor alrededor de i de f( ( 3 (a Se reescribe la serie geométrica para que su serie tenga términos de ( i f( + i i i ( i i i i n i ( i i ( in ( i n+ u n ( ( in ( i n+ El radio de convergencia de la serie de Taylor son los valores de tales que lim u n+( n u n ( n ( i n+ ( i n++ i i ( i n n i i < ( i n+ i i < < i < 2 i 2 (b Se deriva dos veces la serie desarrollada anteriormente ( in f( ( i n+ f ( ( 2 d ( in d ( i n+ n + ( in ( i n+2 n n( in ( i n+ f ( ( 3 d d n + (n + n ( in ( in ( i n+2 ( i n+2 (n + 2(n + ( i n+3 ( i n n

12 POBLEMA 5 Determine el desarrollo de Laurent en potencias de alrededor del origen y halle el disco de convergencia para Sea g( la función definida por f( 2 ( + 2 g( + ( ( n ( n n para < Se deriva una ve la serie desarrollada anteriormente Así g( ( n n g ( d d ( + ( + 2 ( n n n( n n (n + ( n+ n n ( + 2 (n + ( n+ n ( + 2 (n + ( n n Cuya región de convergencia es la misma que la serie geométrica <. Por otro lado, sea la función h( / 2 donde h( con > 0 ya está expresada como serie de potencias alrededor de 0 con todos los términos nulos excepto el término / 2. Así f( 2 ( + 2 h(g( 2 (n + ( n n (n + ( n n 2 y converge en la intersección de los conjuntos de convergencia de g( y h( : { C < } { C > 0 } { C 0 < < }

13 POBLEMA 6 Determine el desarrollo de Laurent en potencias de alrededor del origen y halle el disco de convergencia para Sea g( la función definida por f( 2 ( 3 g( n para < Se deriva dos veces la serie desarrollada anteriormente g( n g ( d d ( ( 2 d d n g ( d d ( ( 2 ( 3 d d (n + 2(n + n n n (n + n n (n + n (n + n n Cuya región de convergencia es la misma que la serie geométrica <. Por otro lado, sea la función h( / 2 donde n h( con > 0 ya está expresada como serie de potencias alrededor de 0 con todos los términos nulos excepto el término / 2. Así f( 2 ( 3 h(g( (n + 2(n + n 2 (n + 2(n + n 2 y converge en la intersección de los conjuntos de convergencia de g( y h( : { C < } { C > 0 } { C 0 < < }

14 POBLEMA 7 Encuentre la serie de Laurent de la función en la región definida por < < 2. f( f( ( ( 2 A + B 2 A( 2 + B( ( ( 2 A( 2 + B( A + B 2 2 A(2 2 + B(2 B A( 2 + B( { A( 2 + B( A La serie de Taylor de la serie de 2 f( ( ( 2 2 diverge ya que se encuentra fuera de su radio de convergencia <, y converge a la serie de Taylor por encontrarse dentro de su radio de convergencia. Se desarrolla una expansión en serie de Laurent de potencias negativas para la función serie de Laurent de potencias positivas para f( / 2 2 /2 2 n ( 2. n+ 2 ( 2 n n ( ( 2 2 n 2 n+ si < ó > 2 n+ n+ si 2 < ó < 2 ( n+ + n 2 n+ y la

15 POBLEMA 8 Desarrolle la serie de Laurent de f( ( + 2 en los siguientes dominios: (a i < (b > 2 (a Se reescribe la serie geométrica para que su serie tenga términos de ( i : g( i i ( + i + ( i + i i + + i n i ( + i + i ( n ( i n ( + i n+ El disco de convergencia se obtiene a partir de + i i ( + i i + i < i < i < 2 2 Se deriva una ve la serie desarrollada anteriormente g( ( n ( i n ( + i n+ g ( d d ( + ( + 2 d d ( n ( i n ( + i n+ n( n ( i n ( + i n+ ( n+ n + ( in ( + i n+2 n f( ( + 2 n + ( n+ ( in ( n n + ( in ( + i n+2 ( + i n+2 (b Se busca la serie de potencias negativas alrededor de 0 : g( + ( g( ( n n+ f( / + / ( ( n ( n n+ g ( d d ( + ( + 2 d d ( n n+ ( n ( n n+2 ( + 2 g ( ( n ( n El disco de convergencia es / < > n+2 ( n (n + n+2

16 POBLEMA 20 Sean a, b C con 0 < a < b y sea f: C C la siguiente función f( ( a( b Encuentre las series de Laurent para los siguientes dominios (a 0 < a (b a < < b (c > b Primero se separa f( en fracciones simples: f( A( b + B( a CASO : 0 < a Las series de y a b ( a( b f( A a + B b A( b + B( a { A( b + B( a ( a( b b A(b b + B(b a B a b a A(a b + B(a a A a b ( a( b a b ( a b convergen en su serie de Taylor con potencias positivas alrededor de 0 ya que ambas se encuentran dentro de su radio de convergencia w wn si w < a a /a /a a ( a n n a n+ si a < ó < a b b /b /b b ( b n n por lo tanto b n+ si b < ó < b

17 CASO 2: a < < b La serie de Taylor de la serie de f( a b ( b n a n+ + n b n+ a b ( b n+ a n+ n a diverge ya que se encuentra fuera de su radio de convergencia a <, y converge a la serie de Taylor por encontrarse dentro de su radio de convergencia. Se desarrolla una expansión en serie de Laurent de potencias negativas para la función a. a / a/ n (a an n+ si a < ó > a CASO 3: > b f( a b ( an n+ + n b n+ a b ( an n+ + n b n+ En este caso todas las series de Taylor divergen y sólo convergen la expansión de potencias negativas en serie de Laurent b / b/ n (b bn n+ si b < ó > b Así se resume que f( a b ( an n+ bn n+ a b (an b n n+ a b ( b n+ a n+ n si0 < a f( a b ( an n+ + n b n+ si a < < b { a b (an b n si > b n+

18 POBLEMA 24 Calcular ( 2( d Se tiene un polo doble en 3 y un polo simple en 2 dentro de la circunferencia 4. Por lo tanto, sus residuos son: es 2 En ( 2( ! lim( ( 2( ( ( En es 3 ( 2( ! lim 2 lim 3 3 d 2 d 2 (( ( 2( lim 3 d d (2( 2 (2 + ( lim 3 d 2 d 4 d (2 ( lim (2 4( 2 2 ( ( 2 3 (( lim (2 4( 2 2 ( ( 2 3 (( lim (2 4( 2 2( ( (2( 3 4( 3 2 2(( 32 4( 3 ( d 2 (2 + 2 ( 0( 5 2( ( ( ( 2( d 2πi (es 2 2πi ( 25 + ( ( 2( es ( 2( + 3 3

19 POBLEMA 26 Sea f: C C una función entera tal que f( a a con f( i. Calcular f( cos 2 2 ( d Como f(0 entonces 0 es un polo de multiplicidad 2 y es un polo simple. Como ambos polos se encuentran dentro del disco < 2 entonces la integral se calcula mediante el teorema de los residuos f( cos 2 2 ( Para el polo doble en 0 se tiene que Luego f( cos d 2πi (es 0 2 ( + es f( cos 2 ( f( cos es 0 2 (! lim d f( cos (( 02 0 d 2 ( d cos (f( 0 d 0 (f ( cos f( sen ( f( cos ( 2 (f (0 cos(0 f(0 sen(0(0 f(0 cos(0 (0 2 f (0 f(0 Para el polo simple en se tiene que f ( 2 + 2a 2 + 3a f (0 2 f( cos es 0 2 ( f (0 f(0 2 3 f( cos es 2 ( 0! lim f( cos ( 2 ( f( cos 2 i cos( f( cos 2 2 ( f( cos d 2πi (es 0 6πi 2π cos( 2 ( + es f( cos( 2 f( cos( f( cos 2 2πi( 3 + i cos( (

20 POBLEMA 27 Calcule I C e π 2 ( 4 d Donde C es el borde de la región D C definida por D { C e( < /2, Im( < 2} recorrida en sentido antihorario. 2 ( 4 2 ( 2 ( ( ( + ( i( + i Por lo tanto el integrando tiene polos simples en ±, ±i y un polo de orden 2 en 0. Sólo los polos ±i y 0 están contenidos en la región D. Se calculan los residuos en ±i y 0. es i e π 2 ( 4 0! lim i e π ( i e π 2 ( 2 ( i( + i i e π i 2 (i 2 (i + i e π ( ( (2i 4i eπi π e π 2 ( 2 ( + i es i 2 ( 4 0! lim e ( + i i 2 ( 2 ( i( + i i 2 ( 2 ( i es 0 e π e πi ( i 2 (( i 2 ( i i e πi ( ( ( 2i 4i e πi 2 ( 4! lim d e (( 02 0 d 2 ( 4 d 0 e π π d ( eπ 4 πe π ( 4 e π ( 4 2 π e0 (0 4 e (0 4 2 π I C e π 2 ( 4 d 2πi (es i e π 2 ( 4 + es i e π 2 ( 4 + es 0 e π 2 ( 4 2πi ( 4i eπi 4i e πi π 2πi ( 2 eπi e πi π 2πi ( 2i 2 sen(π π 2π2 i

21 POBLEMA 28 Calcular la integral I γ sen 3 ( 2 d Donde γ es la curva recorrida en sentido antihorario. γ { C: 2 } Se define f( sen que es una función analítica con singularidad evitable en 0: I γ sen 3 ( 2 d ( 2 sen 3 d 3 ( f( 2 d f3 ( d 2 3 Como la circunferencia γ encierra la singularidad 0 entonces se calcula el residuo del integrando en 0: f 3 ( es 0 3 2! lim 0 d 2 (( f3 ( lim 0 d 2 (f3 ( 2 lim d 0 d (3f2 (f ( d 2 d lim 0 (2f(f (f ( + f 2 (f ( 3 2 (2f(0(f (0 2 + f 2 (0f (0 Se expande la serie de Laurent de la función f(en < alrededor de 0 y hallan los valores de f(0, f (0yf (0 : f( sen 3 3! + 5 5! 2 3! f(0 5! 3! ! f ( 0 2 3! ! f ( 2 3! ! Sustituyendo los valores y calculando la integral f ( ! 5! f ( ! 5! f 3 ( es (2f(0(f (0 2 + f 2 (0f (0 3 2 ( ( 3 2 I γ sen 3 ( 2 d f3 ( d 2 3 f 3 ( 2πi es 0 3 2πi ( 2 πi

22 POBLEMA 29 Sea C la circunferencia recorrida en sentido antihorario. Sea g( w3 + 4w 2 (w 4 dw Demostrar que g( es constante en { C: > } y { C: < } CASO cuando > : C Como el punto satisface > entonces quiere decir que este se encuentra fuera de la circunferencia C y así no encierra el polo w por lo tanto w 3 + 4w 2 (w 4 es una función analítica en w < si > Como el integrando es una función analítica porque el polo no está encerrado por C, entonces su residuo es nulo CASO 2 cuando < : g( w3 + 4w 2 (w 4 dw C w 3 + 4w 2 2πi es w (w 4 0 Como el punto satisface < entonces quiere decir que este se encuentra DENTO de la circunferencia C y así encierra el polo w por lo tanto la integral se calcula como el residuo del integrando en este polo: Así se concluye que g( w3 + 4w 2 (w 4 dw C 2πi 3! lim d 3 w d 3 w 3 + 4w 2 2πi es w (w 4 dw 3 ((w 4 w3 + 4w 2 (w 4 2πi 2 3 lim w dw 3 (w3 + 4w 2 πi 3 lim w dw 2 (3w2 + 4 πi 3 lim w d dw g( w3 + 4w 2 (w 4 dw C d 2 (6w πi 3 lim w 6 2πi 2πi { si < 0 si >

23 POBLEMA 32 Sea Encuentre I para todo 0 < <. e 2 I 2 3 ( 2 d Se conoce que es un polo de orden 2 del integrando ya que tiene una multiplicidad algebraica de 2 y no anula el numerador. Sin embargo el orden de polo de la singularidad 0 no se conoce directamente ya que en este punto también anula el numerador, para encontrar el orden del polo se realia la expansión en serie de potencias alrededor de 0 de la función e 2 : e w + w! + w2 2! + para w < e 2 + 2! + (2 2 + para 2 < 2! Así e 2 2! + ( ! e 2 2! + 2 2! + f( Y la integral se reescribe convenientemente como e 2 I 2 3 ( 2 d 2 e 2 2 ( 2 d f( 2 f( d ( 2 Como f(0 0 entonces 0 es un polo simple. Calculando el residuo del integrando en 0 : es 0 e 2 3 ( 2 es 0 f( ( 2 0! lim 0 Calculando el residuo del integrando en es e 2 3 ( 2 es f( ( 0 ( 2 f( 0 ( 2 e 2 3 ( 2! lim d f( d (( 2 d ( 2 f ( f( 2 f ( f( 2 f ( f( f( e 2 2 f( e2 2 e f(0 (0 2 f(0 d (f(

24 f ( 2e 2 (e f ( 2 e2 (e Se obtienen los residuos f(! + 2 2! + f(0! ! + es 0 e 2 3 ( 2 f(0 y es e 2 3 ( 2 f ( f( 3 e CASO : 0 < < La circunferencia 2 no encierra ningún polo por lo que el integrando es una función analítica en el interior de esta circunferencia y su integral vale cero: CASO 2: < < 2 e 2 I d 0 si 0 < < 2 3 ( 2 La circunferencia 2 encierra el polo por lo que la integral es: CASO 3: > 2 e 2 e 2 I d 2πi es 2 3 ( 2 3 2πi(3 e si < < 2 ( 2 La circunferencia 2 encierra los dos polos por lo que la integral es: e 2 e 2 I d 2πi 2 3 ( 2 (es 0 3 ( 2 + es e 2 3 ( 2 2πi( + 3 e 2πi(4 e si > 2 Se concluye que e 2 I 2 3 ( 2 d { 0 si 0 < < 2πi(3 e si < < 2 2πi(4 e si > 2

25 POBLEMA 38 Calcule el residuo en 0 de las siguientes funciones: (a f( e sen ( cos(2 (b g( senh sen(π (c h( e2 2ie + 2e ( cosh (a 0 es un polo simple de f( es f( 0 0! lim ( 0f( ( 0 e 0 0 sen ( cos(2 ( + 0 sen! + 2 2! + ( (22 2! + (24 0 sen lim 0 4! lim 0 2! ! ! + 2! ! ! + (2 2 2! 2! 4 4 2! 2 2! + (24 4! (b 0 es unasingularidad evitable de g(, sólo hay que probar que el límite de g( cuando 0 es finito: + lim 0 g( 0 senh + 3 3! + senh sen(π 0 sen(π 0 (π (π3 3! ! + 0 π π3 2 3! ! + π π ! + (c 0 es un polo de orden 2 de h(: π < es 0 g( 0 es f( 0! lim d 0 d (( 02 h(! lim d e2 2ie + 0 d (2 2e ( cosh d 0 d (2 e 2i + e 2( cosh d 2 cosh 2i 0 d (2 2( cosh

26 d 0 d senh ( 2! + 2 4! 0 ( 2 cosh i ( ( + 2 2! + 4 4! + + (cosh i ( ! + ( 2! + 2 4! + 2 d cosh i ( 0 d 2! + 2 4! + senh(0 ( 2 (cosh(0 i 0 (

27 POBLEMA 38 Calcule sen ( d 2 Clasificando las singularidades del integrando dentro del disco < 2 sen ( Se tiene que 0 es una singularidad esencial ya que la serie de sen ( sen ( ( n (2n +! 2n+, > 0 Presenta infinitas potencias negativas y también se tiene un polo simple en. Primero se determina el residuo asociado a la singularidad 0. Para esto se encuentra el coeficiente del término de / de la serie de sen( n, < sen ( sen ( ( 3! 3 + 5! 5 + ( El residuo en 0 es el coeficiente del término / de la serie: sen ( es 0 3! + 5! ( n (2n +! sen( El residuo en se halla a partir de la fórmula integral de Cauchy sen ( 2 sen ( es sen ( ( lim sen ( sen( sen ( d 2πi (es 0 + es sen ( 2πi(sen( sen( 0

28 POBLEMA 43 Sea f: C C la función definida por f( cos 2 ( (a Hallar y clasificar todas las singularidades aisladas de f(. (b Calcular el residuo f( en cada una de sus singularidades. En 0 hay una singularidad evitable ya que el límite de la función f( cuando 0 es finito: cos lim 0 2 ( 0 por lo tanto si f( se redefine como ( 2 2! + 4 4! 2 ( 2! 02 4! < 0 2! 4 4! + 2 2! 2 4! + ( 0 2 f ( cos 2 si 0 ( { si 0 2 entonces sería una función analítica. El residuo de f( singularidad evitable. en 0 es cero ya que hay una es f( 0 0 En hay un polo simple ya que el siguiente límite es finito y distinto de cero cos lim( 2 ( cos 2 cos( 0 2 cos( { < Además la multiplicidad algebraica del factor ( del denominador de la función es y no se anula el numerador en. Calculando el residuo en este polo: es cos f( es 2 ( 0! lim cos ( 2 ( cos(

29 POBLEMA 44 Sea f: C C la función definida por f( sen ( e 3 ( (a Halle y clasifique las singularidades de f. (b Calcule el residuo de f en cada uno de sus puntos singulares. (c Calcule f(d /2 (a Primero se encuentran y clasifican los puntos singulares. Estos se encuentran anulando el denominador de la función f( 3 ( 0 0 y son puntos singulares 0 es un polo simple ya que el siguiente límite es finito y distinto de cero: lim ( 0 0 f( ( 0 sen ( e sen e 0 3 ( ( ( 0 sen (lim 0 (lim e 0 (lim 0 ( 0 lim 0 ( ! + 0 { < es un polo simple ya que el siguiente límite es finito y distinto de cero: es lim ( f( ( sen ( e sen ( e 3 ( 3 sen( ( e 3 0 sen( ( e { < es 0 (b Luego se hallan los residuos de f en cada uno de los puntos singulares: sen ( e f( es 0 3 ( 0! lim( 0 sen ( e sen 0 3 ( ( 0 e ( sen ( e f( es 3 ( 0! lim( sen ( e sen ( e 3 ( 3 sen( ( e (c Calculando la integral donde la trayectoria es la circunferencia con centro 0 y radio /2. El único punto singular que se encuentra dentro de esta circunferencia es 0 : C f(d f(d 2 2πi es 0 f( 2πi( 2πi

30 POBLEMA 47 Sea f: C C la función definida por f( cos(π (a Halle, clasifique y calcule los residuos de f en sus puntos singulares. (b Calcule 0es un polo simple: lim ( 0 0 f( (π 2 2! 0 2 (π4 4! El residuo de f en 0 es 0 f( d 2 cos(π 0 ( (π2 2! π + 2 2! π4 2 4! (π4 4! π 2 2! π ! + 2 π 2 { 0 < 2nconn 0 entero, son polos de orden 2: es f( 0 0! lim( 0f( 2 0 π 2 (π( 2n2 (π( 2n4 cos(π cos(π( 2n ( + 2! 4! ( 2n 2 φ( π2 2! π4 4! ( 2n2 + { φ(2n π2 /2! φ (2n 0 lim ( 2n 2n2 f( ( 2n 2 2n cos(π ( 2n2 2n ( 2n 2 φ( 2n φ( 2n φ(2n 2n π 2 /2! 4n 0 π 2 { < es f( 2n! lim d 2n d (( d 2n2 f( (( 2n2 2n d ( 2n 2 φ( d 2n d ( φ( 2n φ( φ ( φ 2 ( φ(2n 2nφ (2n φ 2 (2n π2 /2 2n 0 (π 2 /2 2 2 π 2

31 Las singularidades 0 y 2 se encuentran dentro de la circunferencia 2 : f( 2 d 2πi (es f( + es f( 2πi ( π i π2 π

32 POBLEMA 47 Sea f: C C la función definida por f( ( π2 sen 2 (a Encuentre y clasifique las singularidades de f. (b Halle el valor del residuo en todas las singularidades aisladas de f. (c Calcule 2 3 f( d π es una singularidad evitable. Sólo es necesario probar que el límite de f( cuando π existe y es finito: ( π 2 lim f( π π sen 2 Si se redefine la función f( como (lim π (lim Entonces f es una función analítica en π. ( π 2 π ( sen( π 2 ( π π 2 π sen( π ( π 2 f ( { sen 2 si π π si π π 2 π < π 2 sen( π es f( 0 π ya que f es analítica en π 0 es un polo simple lim ( ( π2 0 0 f( 0 sen 2 El residuo de f en 0 es 0 ( sen 2 ( π 2 (lim 0 sen 2 lim( π (0 π 2 π 2 { < es f( 0 0! lim ( 0f( π2 0 nπ con n {0,} son polos dobles

33 lim ( ( π2 nπ nπ2 f( ( nπ2 nπ sen 2 ( ( π 2 nπ nπ2 (( n sen( nπ 2 nπ ( nπ 2 sen( nπ ( π 2 ( lim nπ 0 nπ 2 sen( nπ lim ( π2 nπ 0 2 nπ(nπ π 2 n(n 2 π 3 { sin {0,} < es f( nπ! lim d nπ d (( nπ2 f(! lim nπ d d (( ( π 2 nπ2 (( n sen( nπ 2 g( nπ sen( nπ nπ d d (( ( π 2 nπ2 (( n sen( nπ 2 nπ d π2 (( d g 2 ( ( nπ3 ( nπ 3! + nπ g ( 0 nπ d ( π 2 d sen( nπ ( ( nπ 2 ( nπ2 + g(nπ 3! 2( nπ + g (nπ 0 3! (( π 2 + 2( πg 2 ( ( π 2 2g(g ( es f( nπ nπ g 4 ( ((nπ π2 + 2nπ(nπ πg 2 (nπ nπ(nπ π 2 2g(nπg (nπ g 4 (nπ ((nπ π 2 + 2nπ(nπ π 2 nπ(nπ π (nπ π 2 + 2nπ(nπ π (nπ π(nπ π + 2nπ π 2 (n (3n 0y π se encuentran dentro del disco 2 < 3. Por el teorema de los residuos: 2 3 f( d 2πi (es f( + es f( 0 π 2πi(π π 3 i

34 POBLEMA 48 Sea f: C C la función definida por f( senh (2 cos(π (a Encuentre y clasifique las singularidades de f. (b Determine el residuo de f en cada uno de sus polos simples. (c Calcular f( d (a Primero se hallan las singularidades de f en todo su dominio. Para esto, se resuelve la ecuación(2 cos(π 0 : (2 0 0, /2 (2 cos(π 0 { cos(π 0 Se hallan las raíces de la ecuación cos(π 0 : cos(π 0 π π 2 + kπ k + k, k 0, ±, ±2, 2 0 es una singularidad evitable. Sólo es necesario probar que el límite de f( cuando 0 existe y es finito: lim 0 senh f( 0 (2 cos(π 0 (2 cos(π (lim 0 (2 cos(π (lim 0 senh senh (2 0 cos(0 < Entonces f es una función analítica en 0 si se redefine la función f( como f ( { senh si 0 (2 cos(π si 0 Sea f( g(/h( donde g( senh y h( (2 cos(π g( senh h( (2 2 cos(π

35 g ( cosh h ( (4 cos(π π(2 2 sen(π h ( 4 cos(π 2π(4 sen(π π 2 (2 2 cos(π /2 es un polo de orden 2: g(/2 senh(/2 0 h(/2 2 (2 2 cos (π 2 0 h (/2 (4 2 cos (π 2 π (2 ( sen (π 2 0 h (/2 4 cos ( π 2 2π (4 2 sen (π 2 π2 (2 ( cos (π 2 2π 0 m 0 n 2 Por lo tanto n m entonces /2 es un polo de orden 2. k /2 + k con k entero y k 0 son polos simples (orden : g( k senh ( 2 + k h( k k (2 k cos(π k 0 0 para todo k entero h ( k (4 k cos(π k π k (2 k sen(π k 0 π ( 2 + k (2 ( 2 + k sen (π 2 + kπ π ( + k 2k( k 2 πk(2k + ( k+ 0 si k 0 m 0 n Así n m 0 y en k /2 + k (con k entero y k 0 se tienen polos simples. (b Se hallan los residuos de f en todos sus polos simples k /2 + k con k 0. Como la función h( tiene ceros simples en estos k /2 + k entonces:

36 h( ( k φ(con φ(analítica y φ( k 0 h ( ( k φ ( + φ( h ( k 0 + φ( k φ( k h ( k g( es f( es k k h( es g(/φ( ( k k g(/φ( g( k k k k φ( k g( k h ( k senh ( 2 + k con k 0 πk(2k + ( k+ (c Sólo el polo simple 3/2 (k está contenido en 3/2 < /2 por lo tanto f( d 2πi es f( 2πi senh ( 2 + k 3 2 3/2 πk(2k + ( k+ 2 k senh ( 2πi 2 + π (2 + ( + 2 senh(3/2 i senh(3/2 i 3 3/2

37 POBLEMA 50 Sea f: C C la función definida por f( π tan (a Halle y clasifique todas las singularidades de f. (b Calcule los residuos de f en TODOS sus puntos singulares. (c Encuentre el valor de la integral f( d π 2 π (a Primero se hallan las singularidades de f en todo su dominio. Para esto, se resuelve la ecuación tan sen / cos 0 sen cos 0 { 0 sen 0 kπ para k entero Luego se clasifican cada una de las singularidades de f. π es una singularidad evitable. Sólo es necesario probar que el límite de f( cuando π existe y es finito: lim π ( π cos cos f( π sen π π ( sen( π ( lim π cos (lim π Entonces f es una función analítica en π si se redefine la función f( como π sen( π π < f ( { ( π cos sen si π /π si π Sea f( g(/h( donde g( ( π cos y h( sen g( ( π cos h( sen g ( cos ( π sen h ( cos + sen h ( cos sen + cos 2 cos sen

38 0 es un polo de orden 2: g(0 (0 π cos(0 π 0 h(0 0 sen(0 0 h (0 0 cos(0 + sen(0 0 h (0 2 cos(0 0 sen(0 2 0 m 0 n 2 Por lo tanto n m entonces 0 es un polo de orden 2. k kπ con k {0,} son polos simples: g( k (kπ π cos(kπ (k π( k 0 si k h( k kπ sen(kπ 0 h ( k kπ cos(kπ + sen(kπ kπ( k 0 si k 0 m 0 n Así n m 0 y en k kπ (con k entero y k {0,} se tienen polos simples. (b Se hallan residuos de f en todas sus singularidades aisladas: es f( 0 π ya que f es una función anaítica en π Se hallan los residuos de f en todos sus polos simples k kπ con k {0,}. Como la función h( tiene ceros simples en estos k kπ entonces: h( ( k φ(con φ(analítica y φ( k 0 h ( ( k φ ( + φ( h ( k 0 + φ( k φ( k h ( k g( es f( es k k h( es g(/φ( ( k k g(/φ( g( k k k k φ( k g( k h ( k (k π( k kπ( k k con k {0,} k Se halla el residuo en 0 que es un polo de orden 2: es 0 ( π cos f( es 0 sen! lim d 0 d (( 02 ( π cos sen d 0 d ( π cos ( sen

39 d 0 d ( ( π cos sen d 0 d (g( p( g (p( g(p ( 0 p 2 g (0p(0 g(0p (0 ( p 2 (0 g ( cos ( π sen g (0 cos(0 (0 π sen(0 p( sen Evaluando la serie anterior p(0 y p ( ! + 2 3! + p ( 0 2 3! + es f( g (0p(0 g(0p (0 0 p 2 ( π 0 (0 2 (c La circunferencia π/2 π sólo encierra 0 y π así f( π 2 π d 2πi (es π f( + es f( 2πi(0 + 2πi 0

40 POBLEMA 5 Sea f: C C la función definida por f( sen (π (π 2 (a Halle y clasifique todas las singularidades de f. (b Calcule C f(d siendoc la curva de ecuación recorrida en sentido antihorario. (a Las singularidades de f son 0 y /π /π es un polo simple, sólo hay que probar que el siguiente límite es finito y distinto de cero: lim ( /π π f( /π π sen (π π lim /π ( π /π Por lo tanto el residuo de f en /π es sen (π /π (π 2 π (π sen (π (π 2 π lim sen (π π π π π lim sen (π π 0 π π 2 { 0 < sen (π es f( es /π /π (π 2 lim 0! ( /π π f( π 2 0 es una singularidad esencial de f, sólo hay que probar que la expansión en series de potencias de f alrededor de 0 tiene infinitas potencias negativas: f( sen (π sen(π cos ( (π 2 sen ( cos(π ( π 2 2 sen ( (π 2 sen w w w3 3! + w5 5! ( n (2n +! w2n+ para w <

41 eemplaando w / en la serie anterior: sen ( 3! 3 + 5! 5 ( n (2n +! 2n+ para > 0 La serie geométrica es w + w + w2 + w n para w < Luego se deriva la serie anterior y se sustituye w π : d dw ( w ( w 2 d dw wn (π 2 ( π 2 n(πn La serie de Laurent de f centrada en 0 es nw n para w < + 2(π + 3(π 2 + para π < f( 2 ( π 2 sen ( 2 ( + 2(π + 3(π 2 + ( 3! 3 + 5! 5 ( + 2(π + 3(π 2 + ( 3! + 5! 3 para 0 < < π Como f presenta una serie con infinitas potencias negativas alrededor de 0 entonces este punto es una singularidad esencial. Calculando el residuo buscando el coeficiente del término / de la serie encontrada anteriormente: es f( es ( + 2(π (π2 + ( 3! + 5! 3 3! + 3π2 5! π 3 (( π! π3 3! + 3π5 5! Evaluando la serie de sen en π : Así π π 3 ( n π 2n+ (2n +! π 2 sen(π ( n (2n +! π2n+ 0 es f( 0 π 3 ( n π 2n+ (2n +! π 2 π 3 (0 π 2 π 2

42 (b Como ambas singularidades satisfacen < entonces el valor de la integral es f(d 2πi (es f( + es f( 2πi ( 0 /π π 2 + π 2 0

43 POBLEMA 5 Sean a, b > 0. Calcule 0 x sen(ax x 2 + b 2 dx Esta integral de variable real se resuelve usando cálculo de variable compleja. Se reemplaa sen(ax por la función complejae ia en el integrando y se plantea una integral de curva cerrada definiendo las siguientes trayectorias: L { C: t, t } C { C: e iθ, 0 θ π} Así, si Γ L C entonces eia Γ 2 + b 2 d eia L 2 + b 2 d + eia 2 + b 2 d C La integral sobre la recta L se reduce a la integral de variable real. La integral sobre el integrando que contiene la función coseno es cero ya que el integrando es una función impar: eia L 2 + b 2 d xeiax x 2 + b 2 dx x cos(ax x 2 + b 2 dx + i x sen(ax x 2 + b 2 dx 0 + i x cos(ax + i sen(ax x 2 + b 2 x sen(ax x 2 + b 2 dx 2i dx 0 x sen(ax x 2 + b 2 dx

44 La integral sobre la curva cerrada Γ L C se calcula con el teorema de los residuos. Primero se encuentran los polos: 2 + b 2 ( ib( + ib Así el integrando tiene dos polos simples en ±ib. Pero solamente el polo ib se encuentra dentro de la trayectoria Γ L C y sólo se debe calcular el residuo en este polo: Γ eia e ia 2 + b 2 d 2πi es ib 2 2πi es + b2 ib e ia 2πi lim ib + ib e ia 2 + b 2 2πi 0! lim ib ibeiaib ibe ab 2πi 2πi ib + ib 2ib iπe ab La integral sobre la curva C es cero cuando. Si entonces eia lim C 2 + b 2 d 0 ia e ( ib ( ib( + ib La integral sobre el arco de circunferencia es cero. Se toman límites de en ambos lados de la igualdad de Así eia Γ 2 + b 2 d eia L 2 + b 2 d + eia 2 + b 2 d iπe ab 2i lim 0 iπe ab 2i 0 C x sen(ax x 2 + b 2 dx + lim 0 C x sen(ax x 2 + b 2 dx + 0 x sen(ax x 2 + b 2 dx π 2 e ab eia 2 + b 2 d

45 POBLEMA 52 Sean a, b > 0. Calcule 0 cos(ax (x 2 + b 2 2 dx Esta integral de variable real se resuelve usando cálculo de variable compleja. Se reemplaa cos(ax por la función complejae ia en el integrando y se plantea una integral de curva cerrada definiendo las siguientes trayectorias: L { C: t, t } C { C: e iθ, 0 θ π} Así, si Γ L C entonces Γ e ia ( 2 + b 2 2 d L e ia ( 2 + b 2 2 d + C e ia ( 2 + b 2 2 d La integral sobre la recta L se reduce a la integral de variable real. La integral sobre el integrando que contiene la función seno es cero ya que el integrando es una función impar: L e ia ( 2 + b 2 2 d e iax (x 2 + b 2 2 dx cos(ax + i sen(ax (x 2 + b 2 2 dx cos(ax (x 2 + b 2 2 dx + i sen(ax (x 2 + b 2 2 dx cos(ax (x 2 + b 2 2 dx cos(ax (x 2 + b 2 2 dx

46 La integral sobre la curva cerrada Γ L C se calcula con el teorema de los residuos. Primero se encuentran los polos: ( 2 + b 2 2 (( ib( + ib 2 ( ib 2 ( + ib 2 Así el integrando tiene dos polos de orden 2 en ±ib. Pero solamente el polo ib se encuentra dentro de la trayectoria Γ L C y sólo se debe calcular el residuo en este polo: Γ e ia e ia e ia ( 2 + b 2 2 d 2πi es ib ( 2 + b 2 2πi es 2 ib ( ib 2 ( + ib 2 2πi! lim d e (( ib2 ib d ( ib 2 ( + ib 2 2πi lim d ib d ( eia ( + ib 2 2πi lim ib ia ia e ia ( + ib 2 e ia 2( + ib ( + ib 4 ia e ia ( + ib e ia 2 ia( + ib 2 ia 2πi lim ib ( + ib 3 2πi lim e ib ( + ib 3 ia(ib + ib 2 2πi exp(ia ib (ib + ib 3 2πi exp(abi 2 2abi i 3 b 3 2ab 2 2πi exp( ab 2 3 ( i b 3 πe ab ab + 2b 3 πe ab ab + 2b 3 π 2b 3 e ab ( + ab La integral sobre la curva C es cero cuando Primero se encuentra el módulo máximo del integrando: ( 2 + b b b 2 2 ( 2 b 2 2 Por lo tanto si se invierte la desigualdad anterior: ( 2 + b 2 2 ( 2 b 2 2 y multiplicando por la función exponencial. Como e ia e ia(x+iy e iax e ay e ay e i ( 2 + b 2 2 ( 2 b 2 2 e ia e ia C ( 2 + b 2 2 d ( 2 + b 2 2 d C C ( 2 b 2 2 d ( 2 b 2 2 ( 2 b 2 2 longitud(c π ( 2 b 2 2 C d

47 Si entonces lim C π ( 2 + b 2 2 d lim ( 2 b lim e ia e ia C ( 2 + b 2 2 d 0 La integral sobre el arco de circunferencia es cero. Se toman límites de en ambos lados de la igualdad de Γ e ia ( 2 + b 2 2 d L e ia ( 2 + b 2 2 d + C e ia ( 2 + b 2 2 d Así 0 π 2b 3 e ab ( + ab 2 lim π 2b 3 e ab ( + ab 2 0 cos(ax (x 2 + b 2 2 dx + lim 0 C cos(ax (x 2 + b 2 2 dx + 0 cos(ax (x 2 + b 2 2 dx π 4b 3 e ab ( + ab e ia ( 2 + b 2 2 d

48 POBLEMA 53 Sean a, b > 0. Calcule 0 sen(ax x(x 2 + b 2 dx Esta integral de variable real se resuelve usando cálculo de variable compleja. Se reemplaa sen(ax por la función compleja e ia en el integrando y se plantea una integral de curva cerrada definiendo las siguientes trayectorias: L,ε { C: t, ε t } C { C: e iθ, S ε { C: εe iθ, 0 θ π} 0 θ π} Así, si Γ,ε L,ε C S ε entonces Γ,ε e ia ( 2 + b 2 d L,ε e ia ( 2 + b 2 d + C e ia ( 2 + b 2 d + S ε e ia ( 2 + b 2 d Como xla primera integral se calcula como L,ε e ia ( 2 + b 2 d ε e iax x(x 2 + b 2 dx + ε e iax x(x 2 + b 2 dx

49 ε e iax x(( x 2 + b 2 dx + ε e iax ε e iax x(x 2 + b 2 dx + ε ε e iax x(x 2 + b 2 dx x(x 2 + b 2 dx + ε e iax x(x 2 + b 2 dx 2i sen(ax x(x 2 + b 2 dx 2i ε ε sen(ax x(x 2 + b 2 dx ε eiax e iax x(x 2 + b 2 dx e iax x(x 2 + b 2 dx La segunda integral es cero cuando. Se encuentra una cota para el integrando sobre el arco de circunferencia C : Por lo tanto ( 2 + b 2 2 b 2 ( 2 b 2 ( 2 b 2 ( 2 + b 2 ( 2 b 2 Como e ia e ia(x+iy e iax e ay e ay e ia e ia ( 2 + b 2 ( 2 + b 2 ( 2 b 2 e ia e ia C ( 2 + b 2 d ( 2 + b 2 d C ( 2 b 2 d ( 2 b 2 longitud(c La integral sobre C tiene un módulo máximo C e ia C ( 2 b 2 π π ( 2 + b 2 d 2 b 2 ( 2 b 2 π 2 b 2 d C La integral sobre el arco de la circunferencia pequeña S ε se calcula introduciendo la parametriación: εe iθ d iεe iθ dθ idθ e ia π S ( 2 + b 2 d exp(iaεeiθ π ε 0 ((εe iθ 2 + b 2 idθ i exp(iaεeiθ 0 (εe iθ 2 + b 2 dθ

50 y la integral sobre la región completa cuyo borde es Γ,ε, se calcula mediante el teorema de los residuos. El integrando tiene tres polos simples: 0, ib, ib, pero el único polo que se encuentra en el interior de Γ,ε es ib: Γ,ε ecordando que e ia e ia e ia ( 2 + b 2 d 2πi es ib ( 2 + b 2 2πi es ib ( + ib( ib 2πi 0! ia e ia e lim ( ib 2πi lim ib ( + ib( ib ib ( + ib e ia ib 2πi ib(ib + ib e ab e ab 2πi 2i 2 πi b2 b 2 Γ,ε e ia ( 2 + b 2 d L,ε e ia ( 2 + b 2 d + C e ia ( 2 + b 2 d + S ε e ia ( 2 + b 2 d Se toman límites en ambos lados en y ε 0 La integral sobre Γ lim lim ε 0 Γ,ε e ia ( 2 + b 2 d πi e ab b 2 La integral sobre L,ε lim lim ε 0 L,ε e ia ( 2 + b 2 d lim 2i ε 0 ε sen(ax x(x 2 + b 2 dx 2i 0 sen(ax x(x 2 + b 2 dx La integral sobre S ε lim lim ε 0 S ε e ia π ( 2 + b 2 d ( i exp(iaεeiθ ε 0 0 (εe iθ 2 + b 2 dθ i exp(ia 0 eiθ 0 (0 e iθ 2 + b 2 dθ π i exp(0 b 2 dθ i π b 2 dθ πi b π La integral sobre C es nula ya que su módulo máximo tiende a cero cuando lim C C π ( 2 + b 2 d 2 b 2 e ia e ia π ( 2 + b 2 d lim 2 b 2 0 e ia ( 2 + b 2 d 0 C Sustituyendo las expresiones cuando y ε 0

51 2i πi e ab sen(ax 2i b2 x(x 2 + b 2 dx + 0 πi b 2 sen(ax x(x 2 + b 2 dx πi e ab πi b2 b 2 πi b 2 ( e ab sen(ax x(x 2 + b 2 dx πi 2ib 2 ( e ab π 2b 2 ( e ab

52 POBLEMA 55 Calcule 2π cos 4 θ dθ 0 Esta integral de variable real se calcula transformando al plano complejo. La curva de integración es la circunferencia unitaria de centro en el origen parametriada por Y definiendo la región interior a C como Así 2π cos 4 θ dθ 0 6i C {θ [0,2π] e iθ } { C < } e iθ d ie iθ dθ d idθ d i dθ ( d 6i cos θ eiθ + e iθ d ( 2 i 2 4 i ( d 6i ( d ( d El residuo es el coeficiente del término / del integrando: Así 2π cos 4 θ dθ 6i 0 es 0 ( ( d 2πi 6i 6 3π 4

53 POBLEMA 56 Encuentre explícitamente la siguiente sucesión para n 0: 2π cos(nθ a n 5 4 cos θ dθ 0 Esta integral de variable real se calcula transformando al plano complejo. La curva de integración es la circunferencia unitaria de centro en el origen parametriada por Y definiendo la región interior a C como C {θ [0,2π] e iθ } { C < } e iθ d ie iθ dθ d idθ d i dθ cos θ eiθ + e iθ Se reemplaa el cos(nθ sólo del numeradorpor la función exponencial e inθ n 2π e inθ 5 4 cos θ dθ 0 d + i 5 4 ( 2 n i n 5 2( + i n 5 d i n 2 5 d 2 + d 2 5 ( ± ( ± ± 3 4 { 8/ /4 /2 Sólo el polo 2 /2 está contenido dentro de la circunferencia unitaria. Se calcula el residuo en este polo: n n es ! lim n ( 2 2 ( ( 2 n n 2 ( n

54 2π e inθ 5 4 cos θ dθ 2i n 2 5 d 2πi 2 + 2i es 2 0 La integral que se desea calcular es la parte real de la integral anterior: 2π cos(nθ a n 5 4 cos θ dθ e ( 0 0 2π n πi 2i ( 3 2 n π 3 2 n 5 4 cos θ dθ π 3 2 n e inθ