Examen Parcial - 61.12. Análisis III B - 25/11/2005

2005

Cátedra: González
Fecha: Tercera Oportunidad - Segundo Cuatrimestre 2005
Día: 25/11/2005

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a) Estudiar la derivabilidad de $<tex>f(z)=|z|z</tex>$ en todo su dominio.
b) Probar que si f es entera y $<tex>\mathrm{Re} \left( \frac{1}{f(z)+1} \right) \equiv 1</tex>$ entonces f es identicamente nula.
c) Hallar todos los puntos donde $<tex>T(z)=\mathrm{sh}^2\, z</tex>$ es conforme ¿Qué ángulo forman en su intersección las imágenes por T de las rectas $<tex>L_1:y=3x+2</tex>$ y $<tex>L_2:y=-\frac{1}{3}x-2</tex>$

Ejercicio 2

a) Mostrar que $<tex>S(z)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{z^k}{a+k}\, (a>0)</tex>$ es holomorfa en $<tex>|z|<1</tex>$ y calcular $<tex>\mathop{\int}_{\gamma^+}\frac{S(z)}{z^{n+1}}dz</tex>$ para $<tex>n\geq 0</tex>$ , siendo $<tex>\gamma</tex>$ una curva simple y cerrada contenida en $<tex>|z|<1</tex>$ .
b) Determinar el término general y la región de convergencia de la serie de Laurent centrada en $<tex>z_0=-1</tex>$ de $<tex>f(z)=\frac{1}{z+1}\mathrm{ch}(z+1)+z\,\mathrm{sh} \left( \frac{1}{z+1} \right)</tex>$ .
c) ¿Admite la función $<tex>\mathrm{exp} \left( \frac{\cos{z}}{z} \right)</tex>$ desarrollo de Laurent en $<tex>\mathcal{C}-\{ 0 \}</tex>$ con infinitos términos tanto de exponentes positivos como de exponentes negativos? ¿Por qué?.

Ejercicio 3

a) Para $<tex>z_0\in\mathcal{C}</tex>$ , sea $<tex>g(z)=f(z-z_0)</tex>$ . Probar que si 0 es polo de orden m de f, entonces $<tex>z_0</tex>$ es polo de orden m de g y $<tex>\mathrm{Res}[g,z_0]=\mathrm{Res}[f,0]</tex>$ .
b) Clasificar todas las singularidades en $<tex>\widehat{\mathcal{C}}</tex>$ de $<tex>z^m\mathrm{exp}(1/z^2)(m\in\mathcal{N})</tex>$ y hallar el residuo en cada una de ellas.
c) Calcular $<tex>\mathop{\int}_{\mathcal{C}}\frac{dz}{1-\cos{z}}</tex>$ siendo $<tex>\mathcal{C}=\partial B(z_0,r)</tex>$ con $<tex>z_0=\frac{\pi}{4}</tex>$ y $<tex>r=\frac{\pi}{3}</tex>$ .

Resolución

Ejercicio I

Parte a

$<tex>f(z)=|z|z</tex>$
$<tex>f(x+iy)=\sqrt{x^2+y^2}(x+iy) \quad \Rightarrow u(x,y)=x\sqrt{x^2+y^2} \quad v(x,y)=y\sqrt{x^2+y^2}</tex>$

Además u y v son diferenciables para todo $<tex>(x,y)\neq (0,0)</tex>$ entonces las condiciones de Cauchy-Riemman garantizan la derivabilidad de f. Ahora chequearemos que puntos las cumplen.

$<tex>\begin{array}{ll} u_x(x,y)=\frac{2x^2+y^2}{\sqrt{x^2+y^2}} & u_y(x,y)=\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}} \\v_x(x,y)=\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}} & v_y(x,y)=\frac{x^2+2y^2}{\sqrt{x^2+y^2}} \end{array}</tex>$

$<tex>\mathbf{(E.C.R.)} \iff \left\{ \begin{array}{rcl} xy & = & xy \\ 2x^2+y^2 & = & x^2+2y^2 \end{array}\right\} \iff (x,y)=(0,0)</tex>$

Pero en este punto no valen estas derivadas parciales, por lo que debo ver si es derivable por la definición.

$<tex>f\mbox{ es derivable en }(0,0)\iff \exists\lim_{h\to 0}\frac{f(h)-f(0)}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{|h|\not{h}}{\not{h}}=0</tex>$

Por lo tanto f es derivable en el 0 y $<tex>f'(0)=0</tex>$ .

Parte b

$<tex>f=u+iv \Rightarrow \frac{1}{f+1}=\frac{1}{(u+1)+iv}=\frac{u+1-iv}{(u+1)^2+v^2}</tex>$

…

FALTA

Parte c

$<tex>T(z)=\mathrm{sh}^2\,(z) \quad \Rightarrow \quad T'(z)=2\mathrm{sh}(z)\mathrm{ch}(z)</tex>$
$<tex>T'(z)=0 \iff \mathrm{sh}(z)\mathrm{ch}(z)=0 \iff \left( \frac{e^z-e^{-z}}{2} \right) \left( \frac{e^z+e^{-z}}{2} \right) =0</tex>$
$<tex>\iff \frac{e^{2z}-e^{-2z}}{4}=0 \iff e^{2z}=e^{-2z} \iff z=0</tex>$

$<tex>T\mbox{ es conforme }\forall z\neq 0</tex>$

Como $<tex>L_1</tex>$ y $<tex>L_2</tex>$ no pasan por el origen entonces su intersección no es el origen y la transformación será conforme en este punto. Entonces el ángulo de las imágenes de las rectas en este punto será igual al ángulo entre las rectas. Por tener pendientes inversas, estás rectas son perpendiculares: $<tex>\theta=\frac{\pi}{2}</tex>$

Ejercicio 2

Parte a

$<tex>S(z)=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{z^k}{a+k}\, (a>0)=\sum_{n\geq 0} a_nz^n \quad a_n=\frac{1}{a+n}</tex>$

Por propiedad de las series de potencias $<tex>S(z)</tex>$ converge en todo punto interior al cículo de radio de convergencia $<tex>R=\lim_{n\to\infty} \left| \frac{a_n}{a_n+1} \right|</tex>$

$<tex>R=\lim_{n\to\infty} \left| \frac{ \frac{1}{a+n} }{ \frac{1}{a+n+1} } \right| = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{a+n+1}{a+n} \right|=1</tex>$

Por lo tanto S converge absoluta y uniformemente $<tex>\forall z: |z|<1</tex>$ . Esto define una función holomorfa $<tex>S(z)</tex>$ en toda esta región (abierta).

Por la fórmula integral de Cauchy:
$<tex>\mathop{\int}_{\gamma^+}\frac{S(z)}{z^{n+1}}dz=\frac{2\pi i}{n!}S^{(n)}(0)</tex>$ .

Para este caso por Taylor vale: $<tex>S^{(n)}(0)=n!a_n=\frac{n!}{a+n}</tex>$ . Entonces:

$<tex>\mathop{\int}_{\gamma^+}\frac{S(z)}{z^{n+1}}dz=\frac{2\pi i}{a+n}</tex>$

Parte b

$<tex>\begin{array}{rcl} f(z) & = & \displaystyle \frac{1}{z+1} \mathrm{ch}(z+1) + z \, \mathrm{sh} \left( \frac{1}{z+1} \right) \\ & = & \displaystyle (z+1)^{-1}\mathrm{ch}(z+1)+(z+1)\mathrm{sh}[(z+1)^{-1}]-\mathrm{sh}[(z+1)^{-1}] \end{array}</tex>$

Ahora recordando la serie de la exponencial deduciremos las series de las funciones hiperbólicas.

$<tex>\begin{array}{rcl} \mathrm{ch}(w) & = & \frac{e^w+e^{-w}}{2} \\& = & \frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{w^n}{n!} + \frac{(-1)^{n}w^n}{n!} \right) \\& = & \frac{1}{2} \left[ \frac{w^0}{0!}+\frac{w^0}{0!}+\frac{w^1}{1!}-\frac{w^1}{1!}+\frac{w^2}{2!}+\frac{w^2}{2!}+ \frac{w^3}{3!}-\frac{w^3}{3!}+... \right] \\& = & \frac{w^0}{0!}+\frac{w^2}{2!}+\frac{w^4}{4!}+...\\& = & \sum_{n=0}^{\infty} \frac{w^{2n}}{(2n)!} \end{array}</tex>$

$<tex>\begin{array}{rcl} \mathrm{sh}(w) & = & \frac{e^w-e^{-w}}{2} \\& = & \frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{w^n}{n!} - \frac{(-1)^{n}w^n}{n!} \right) \\& = & \frac{1}{2} \left[ \frac{w^0}{0!}-\frac{w^0}{0!}+\frac{w^1}{1!}+\frac{w^1}{1!}+\frac{w^2}{2!}-\frac{w^2}{2!}+ \frac{w^3}{3!}+\frac{w^3}{3!}+... \right] \\& = & \frac{w^1}{1!}+\frac{w^3}{3!}+\frac{w^5}{5!}+...\\& = & \sum_{n=0}^{\infty} \frac{w^{2n+1}}{(2n+1)!} \end{array}</tex>$

Ahora se reemplaza en la función:

$<tex>f(z)=(z+1)^{-1}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(z+1)^{2n}}{(2n)!}+(z+1)\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(z+1)^{-2n-1}}{(2n+1)!} - \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(z+1)^{-2n-1}}{(2n+1)!}</tex>$

$<tex>f(z)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(z+1)^{2k-1}}{(2k)!}+\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(z+1)^{-2k}}{(2k+1)!}- \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(z+1)^{-2k-1}}{(2k+1)!}</tex>$

Si quiero escribir a la función como $<tex>f(z)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty} b_nz^n</tex>$ entonces:

$<tex>b_n= \left\{ \begin{array}{llll}-\frac{1}{(-n)!} & n=-2k-1 & k\geq 1 & (n=-3, -5, -7,...) \\\frac{1}{(1-n)!} & n=-2k & k\geq 0 & (n=0, -2, -4, ...) \\0 & n=-1 \\\frac{1}{(n+1)!} & n=2k-1 & k\geq 1 & (n=1, 3, 5, ...) \\0 & n=2k & k\geq 1 & (n=2, 4, 6, ...) \end{array} \right.</tex>$

Discusión

Si ves algo que te parece incorrecto en la resolución y no te animás a cambiarlo, dejá tu comentario acá.

Examen Parcial - 61.12. Análisis III B - 25/11/2005

Enunciado

Ejercicio 1

Ejercicio 2

Ejercicio 3

Resolución

Ejercicio I

Ejercicio 2

Discusión