====== Examen Parcial - 61.12. Análisis III B - 21/11/2006 ====== **Cátedra:** González\\ **Fecha:** Segunda Oportunidad - Segundo Cuatrimestre 2006\\ **Día:** 21/11/2006 Esta página está incompleta; podés ayudar completando el material. ===== Enunciado ===== ==== Ejercicio I ==== - Analizar continuidad y derivabilidad de f(z)=z(\overline{z})^2+2(z-\overline{z}). - Dar la imagen de \{z \in \mathbf C : Im(z)>0 \mbox{ y } |z+1|\leq 1\} al aplicar T(z)=\left( \frac{z}{z+2} \right) ^2. - ¿Qué funciones \varphi:\mathbf R \rightarrow \mathbf R cumplen que Re(f)(x,y)=\varphi(xy) es la parte real de una función f entera? Hallar Im(f). ==== Ejercicio 2 ==== - Hallar la región Adel plano en donde f(z)=\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2^n\sqrt{n^2+1}}(2z-1)^n es holomorfa y calcular f'(z) para todo z\in A - Sean f,g:U\rightarrow\mathbf C funciones holomorfas en U abierto y conexo. Además existe una sucesión (z_n) en U convergente a z_0 \in U tal que para todo n: z_n\ne z_0, f(z_n)\ne 0, g(z_n)\ne 0 y f(z_n)g'(z_n)-f'(z_n)g(z_n)=0. Probar que existe una constante c tal que f(z)=cg(z). (Sug.: derivada del cociente) - Desarrollar la función f(z)=\cos \left( \frac{1}{z} \right) en serie de Laurent en potencias de z y obtener \int_{\Gamma+} \!\! z^m\cos \left( \frac{1}{z} \right)dz para m=-10,-5,0,5\mbox{ y }10, siendo \Gamma contorno cerrado con 0\in int(\Gamma) ==== Ejercicio 3 ==== - Sea la ecuación diferencial ordinaria dada por xy''+(1-x)y'-\alpha xy=0, ( \alpha\in\mathbf R ). Mostrar que x=0 es un punto de Fuchs pero existe una función analítica solución de la ecuación. - Calcular \int_{\gamma_r^+} \left( \frac{z}{z-1-i} \right)^2 dz siendo \gamma_r :z(t)=re^{it},0\leq t\leq 2\pi para todos los valores de r>0 que sea posible. - Estudiar qué tipo de singularidad tiene f(z)=\frac{1+3\exp{\left( \frac{1}{z-2} \right)}}{z^2} en \infty y hallar Res[f,\infty] ===== Resolución ===== ==== Ejercicio I ==== === Punto 1 === Como z y \overline{z} son continuas, f(z) es contua en todo el plano por ser combinación de estas funciones. Desarrollando: f(z)=(x+iy)(x-iy)^2+2(x+iy-x+iy)=\underbrace{x(x^2+y^2)}_{u(x,y)}+i\underbrace{[-y(x^2+y^2)+4y]}_{v(x,y)}. Como u y v son polinomios entonces son diferenciables, entonces f será derivable donde se cumplan las conficiones de Cauchy-Riemann. \left\{ \begin{array}{rcl} u_x & = & v_y \\ u_y & = & -v_x \end{array}\right. \begin{array}{rcr} u_x=3x^2+y^2 & \mbox{ } & v_y=4-x^2-3y^2 \\ u_y=2xy & \mbox{ } & v_x=-2xy \end{array} Se observa que la segunda ecuación se cumple en todo el plano, y la primera ecuación da: 3x^2+y^2=4-x^2-3y^2 \iff 4x^2+4y^2=4 \iff x^2+y^2=1 Entonces f sólo será derivable en la circunferencia de centro z=0 y radio 1. === Punto 2 === === Punto 3 === ==== Ejercicio 2 ==== === Punto 1 === f(z)=\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2^n\sqrt{n^2+1}}(2z-1)^n=\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}\left(z-\frac{1}{2}\right)^n Es una serie de potencias alrededor de z_0=\frac{1}{2}, con término a_n=\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}. Por propiedad de este tipo de series puedo buscar su radio de convergencia asegurando la convergencia absoluta en los puntos del interior de un círculo de centro z_0 y divergencia en su exterior. R=\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\sqrt{(n+1)^2+1}}{\sqrt{n^2+1}}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\sqrt{n^2+2n+2}}{\sqrt{n^2+1}}=\\ =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\sqrt{1+\frac{2}{n}+\frac{2}{n^2}}}{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}}=1 Entonces la serie converge en |z-z_0|<1, y no converge en |z-z_0|>1. Para los puntos |z-z_0|=1 no se puede decir nada a priori. Por la unicidad del desaroollo de Taylor puedo decir que la serie dada es el desarrollo de Taylos de f, lo que garantiza que f sea holomorfa en |z-z_0|<1. En este caso no interesa la convergencia en |z-z_0|=1, pued f solo puede ser holomorfa en conjuntos abiertos. Entonces: A=\{z:|z-z_0|<1\} con z_0=\frac{1}{2}. La convergencia uniforme me permite derivar término a término, entonces: f'(z)=\sum_{n=1}^\infty \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}(2z-1)^{n-1}=\sum_{n=0}^\infty \frac{n+1}{\sqrt{(n+1)^2+1}}(2z-1)^n\mbox{ }\forall z\in A siendo f' también holomorfa en A. === Punto 2 === f,g:U\rightarrow\mathbf C holomorfas en U abierto y conexo, z_n\rightarrow z_0 Sea h(z)=\frac{f(z)}{g(z)} \Longrightarrow h'(z)=\frac{g(z)f'(z)-f(z)g'(z)}{[f(z)]^2} Como h'(z_n)=0 \forall n\in\mathbf N por el principio de indentidad (como z_n converge a z_0\in U) \Longrightarrow h'=0 en todo U. Como U es abierto y conexo entonces h=c cte, por lo tanto h(z)=\frac{f(z)}{g(z)}=c, y entonces f(z)=cg(z). === Punto 3 === ==== Ejercicio 3 ==== === Punto 1 === === Punto 2 === === Punto 3 === ===== Discusión ===== Si ves algo que te parece incorrecto en la resolución y no te animás a cambiarlo, dejá tu comentario acá.