Apuntes de Variable Compleja - Carlos Lizama homepage ...
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58 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS 9. Halle el error en el siguiente argumento: ”Ya que (−z) 2 = z 2 se tiene 2ln(−z) = 2ln(z) y luego ln(−z) = ln(z) (!).”Justifique su respuesta. Solución: Si tenemos entonces (−z) 2 = z 2 ln(−z 2 ) = ln(z 2 ) Si z = re iθ entonces z 2 = r 2 e 2iθ con −π ≤ θ ≤ π por lo cual ln(z 2 ) toma mas de un valor. En general ln(z 2 ) = ln(r 2 ) + 2iθ + 2kπi (k ∈ Z). Por otra parte luego −z 2 = (−1)z 2 = e iπ r 2 e 2iθ = r 2 e 2θ+π ln(−z 2 ) = ln(r 2 ) + (2θ + π)i + 2nπi = ln(r 2 ) + 2θi + (2n + 1)πi (n ∈ Z). Así ln(−z 2 ) en general es diferente de ln(z 2 ) 10. Encuentre el valor de Solución: (3 − 4i) 1+i . En efecto (3 − 4i) = √ 9 + 16e arctan(−4/3)i = 5e iθ con θ = arctan(−4/3) = − arctan(4/3). Entonces (3 − 4i) 1+i = (1+i) ln(3−4i) e = e (1+i)(ln(5)+iθ) = e ln(5)+iθ+i ln(5)−θ = e ln(5)−θ e i(ln(5)+θ) = 5e −θ cos(ln(5) + θ) + i sin(ln(5) + θ) = 5e arctan(4/3) (cos(ln(5) − arctan(4/3)) + i sin(ln(5) − arctan(4/3)) 11. Halle todas las raices de la ecuación: sen(z) = isenh(z)
6.1. EJERCICIOS RESUELTOS 59 Solución: Tenemos que e iz − e iz 2i = i ez − e −z 2 Haciendo u = e (1+i)z = e z e iz entonces De aquí Caso 1: u = 1 e (1+i)z = 1 por lo tanto z = 2kπi 1 + i ⇔ e iz − e −iz = e −z − e z ⇔ e(1+i)z − 1 ez = 1 − e(1+i)z e iz ⇔ e iz (e (1+i)z − 1) = e z (1 − e (1+z)z ) u − 1 e z Caso 2: u = e i(π+2z) por lo tanto z = 12. Sea f(z) = 1 − u = eiz u = −e 2iz = e iπ+2iz = e i(π+2z) −(2k + 1)π i + 1 ∞ z n y sea a ∈ C con |a| < 1 fijo. n=0 (i) Halle la expansión de f(z) como una serie de Taylor en torno a z = a. (ii) Encuentre todos los valores de a para los cuales la expansión en serie de la parte (i) constituye una continuación analitica de f(z). Solución: (i) f(z) = f(z) = ∞ ∞ n=0 n=0 f ′ (z) = 1(1 − z) −2 z n = 1 1 − z f ′′ (z) = 1 · 2(1 − z) −3 ... = (1 − z)−1 an(z − a) n con an = f (n) (a) n! f n (z) = n!(1 − z) −(n+1) Por lo tanto f(z) = ∞ n=0 (z − a) n (1 − a) n+1
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58 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS<br />
9. Halle el error en el siguiente argumento: ”Ya que (−z) 2 = z 2 se tiene<br />
2ln(−z) = 2ln(z) y luego ln(−z) = ln(z) (!).”Justifique su respuesta.<br />
Solución:<br />
Si tenemos<br />
entonces<br />
(−z) 2 = z 2<br />
ln(−z 2 ) = ln(z 2 )<br />
Si z = re iθ entonces z 2 = r 2 e 2iθ con −π ≤ θ ≤ π por lo cual ln(z 2 ) toma mas <strong>de</strong><br />
un valor. En general<br />
ln(z 2 ) = ln(r 2 ) + 2iθ + 2kπi<br />
(k ∈ Z). Por otra parte<br />
luego<br />
−z 2 = (−1)z 2 = e iπ r 2 e 2iθ = r 2 e 2θ+π<br />
ln(−z 2 ) = ln(r 2 ) + (2θ + π)i + 2nπi = ln(r 2 ) + 2θi + (2n + 1)πi<br />
(n ∈ Z).<br />
Así ln(−z 2 ) en general es diferente <strong>de</strong> ln(z 2 )<br />
10. Encuentre el valor <strong>de</strong><br />
Solución:<br />
(3 − 4i) 1+i .<br />
En efecto (3 − 4i) = √ 9 + 16e arctan(−4/3)i = 5e iθ con θ = arctan(−4/3) =<br />
− arctan(4/3). Entonces<br />
(3 − 4i) 1+i = (1+i) ln(3−4i) e<br />
= e (1+i)(ln(5)+iθ)<br />
= e<br />
ln(5)+iθ+i ln(5)−θ<br />
= e ln(5)−θ e i(ln(5)+θ)<br />
= 5e −θ cos(ln(5) + θ) + i sin(ln(5) + θ)<br />
= 5e arctan(4/3) (cos(ln(5) − arctan(4/3)) + i sin(ln(5) − arctan(4/3))<br />
11. Halle todas las raices <strong>de</strong> la ecuación:<br />
sen(z) = isenh(z)
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