Compleja:Zill-Cap6.1

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Ejercicios del capítulo 6, sección 1 del libro, A First Course in Complex Analysis with Applications de Zill y Shanahan.


Sección 6.1

Ejercicio 1

Escriba los cinco primeros términos de la sucesión dada


${5i^{n}}$


Solución:


Si $z_{n}=5i^{n}$


Entonces para $n=1,2,3,4,5.$, tenemos los siguientes resultados


Para $z_{1}=5i$


Para $z_{2}=-5$


Para $z_{3}=-5i$


Para $z_{4}=5$


Para $z_{5}=5i$


Por lo tanto la sucesión $z_{n}=5i^{n}$ converge ya que


$\lim_{n\to\infty}{\left\{5i^{n}\right\}}=0$


como vemos en


$5i, -5, -5i, 5, 5i$


Miguel Medina Armendariz (discusión) 12:27 26 jun 2015 (CDT)


El límite como tal no tiende a 0, pero la suseción no diverge; en todo caso se dice que esta acotado pero no por eso es 0 --Tlacaelel Cruz (discusión) 17:53 2 jul 2015 (CDT)


Ejercicio 2

Escriba los cinco primeros términos de la sucesión dada.

2.- $2+(-i)^{n}$


Para $n=1$

$2+(-i)^{1}=2-i$


Para $n=2$

$2+(-i)^{2}=1$


Para $n=3$

$2+(-i)^{3}=2+i$


Para $n=4$

$2+(-i)^{4}=3$


Para $n=5$

$2+(-i)^{5}=2-i$

Finalmente para $n=1,2,3,4,5$ tenemos los resultados $2-i,1,2+i,3,2-i$ respectivamente.

--Fernando Vazquez V. (discusión) 18:06 28 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 3

Escriba los cinco primeros términos de la sucesión dada

$ {1 + e ^{n\pi i}} $

Solución:


Si $z_{n}= {1 + e ^{n\pi i}} $


Sustituimos $n=1,2,3,4,5.$ en $z_{n}$:

$n=1$

$z_{1}= {1 + e ^{ \pi i}} = 1 + (cos \pi + isen \pi) = 1+(-1)=0$

$n=2$

$z_{2}= {1 + e ^{2 \pi i}} = 1 + (cos 2\pi + isen 2\pi) = 1+(1)=2$

$n=3$

$z_{3}= {1 + e ^{ 3\pi i}} = 1 + (cos 3\pi + isen 3\pi) = 1+(-1)=0$

$n=4$

$z_{4}= {1 + e ^{ 4\pi i}} = 1 + (cos 4\pi + isen 4\pi) = 1+(1)=2$

$n=5$

$z_{5}= {1 + e ^{ 5\pi i}} = 1 + (cos 5\pi + isen 5\pi) = 1+(-1)=0$


Por lo tanto los primeros cinco términos la sucesión $ {1 + e ^{n\pi i}} $ son:


$0,2,0,2,0$


Nancy Martínez Durán (discusión) 23:48 26 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 4

In Problems 1\textendash 4, write out the first five terms of the given sequence.

traduccion

En los problemas 1-4 , escribe los cinco primeros términos de la secuencia dada .

$\left(1+i\right)^{n}$ sugerencia pasarlo a forma polar

resolucion:

primero pasamos a forma polar

$z=\left[R\right]e^{arg\left(z\right)}$

$z=\sqrt{2}e^{\frac{pi}{4}}$

usamos la formula para potencias complejas

$z^{n}=\left[R\right]^{n}e^{narg\left(z\right)}$

$z^{n}=\left(\sqrt{2}\right)^{n}e^{n\frac{pi}{4}}$

nos piden los primeros 5 tenemos:

$z^{0}=\left(\sqrt{2}\right)^{0}e^{0\frac{pi}{4}}=1$

$z^{1}=\left(\sqrt{2}\right)^{1}e^{1\frac{pi}{4}}=\left(\sqrt{2}\right)^{1}e^{1\frac{pi}{4}}$

$z^{2}=\left(\sqrt{2}\right)^{2}e^{2\frac{pi}{4}}=2e^{\frac{pi}{2}}$

$z^{3}=\left(\sqrt{2}\right)^{3}e^{3\frac{pi}{4}}=\left(\sqrt{2}\right)^{3}e^{\frac{3pi}{4}}$

$z^{4}=\left(\sqrt{2}\right)^{4}e^{4\frac{pi}{4}}=4e^{pi}$

podemos escribir la serie de la siguiente manera:

$\left(1+i\right)^{n}=\sum_{n=0}^{n=00}\left(\sqrt{2}\right)^{n}e^{n\frac{pi}{4}}$

--Martin Flores Molina (discusión) 13:05 15 mayo 2015 (CDT) ----


Todas las exponenciales complejas que manejas, les hace falta una i en el argumento, tambien conviene sustituir pi por "\pi" ($\pi$); por último la serie puede ir de 0 a cualquier número, si gustas puedes poner infinito como "\infty" ($\infty$). --Tlacaelel Cruz (discusión) 17:55 2 jul 2015 (CDT)


Ejercicio 5

Determine si $\left\{\frac{3ni+2}{n+ni}\right\}$ converge o no. Si la sucesion converge: \[ \lim_{n\to\infty}{\left\{\frac{3ni+2}{n+ni}\right\}}=L=a+ib \] \[ \lim_{n\to\infty}{\left\{\frac{3ni+2}{n+ni}\right\}}=\lim_{n\to\infty}{\left\{\frac{(3ni+2)(1-i)}{n(1+i)(1-i)}\right\}}=\lim_{n\to\infty}{\left\{\frac{(2+3n)+i(-2+3n)}{2n}\right\}}=\lim_{n\to\infty}{\left\{\left(\frac{1}{n}+\frac{3}{2}\right)+i\left(-\frac{1}{n}+\frac{3}{2} \right)\right\}} \] \[ =\lim_{n\to\infty}{\left\{\frac{1}{n}+\frac{3}{2}\right\}}+i\lim_{n\to\infty}{\left\{-\frac{1}{n}+\frac{3}{2}\right\}}=\frac{3}{2}+i\frac{3}{2}=L=a+ib \]


\[ \therefore \left\{\frac{3ni+2}{n+ni}\right\} \; es \, convergente \] --Tlacaelel Cruz (discusión) 20:23 25 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 6

Determine si la sucesión $\left\{\frac{ni+2^n}{3ni+5^n}\right\}$ converge o diverge.


Teorema 6.1.1. Criterio para la convergencia

Una sucesión $\left\{z_{n}\right\}$ converge a un número complejo $L=a+ib$ si y sólo si $Re(z_{n})$ converge a $Re(L)=a$ e $Im(L)=b$.


$Solución: $


De \[ z_{n}=\frac{ni+2^n}{3ni+5^n}=\frac{(ni+2^n)(3ni-5^n)}{(3ni+5^n)(3ni-5^n)}=\frac{10^n +3n^2}{5^{2n} +9n^2 }-i \frac{2^n \;3 -5^n}{5^{2n} +9n^2} \]

vemos que

\[ Re(z_{n})= \frac{10^n +3n^2}{5^{2n} +9n^2 } \rightarrow 0 \]


\[ Im(z_{n})= -\frac{2^n\;3 -5^n}{5^{2n} +9n^2} \rightarrow 0 \]


conforme $n\rightarrow{}\infty$. Del teorema 6.1.1, los últimos resultados son suficientes para concluir que la sucesión dada converge a $a+ib=0+i0$.


--Emmanuell Castro Flores (discusión) 17:11 28 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 7

Determine si la sucesión dada diverge o converge. \({\frac{(ni+2)²}{n²i}}\)

Conocemos que\[\lim_{n\to\infty}{\left\{\frac{(ni+2)²}{n²i}\right\}}=L=a+ib\]

Desarrollando\[\lim_{n\to\infty}{\left\{\frac{(ni+2)²}{n²i}\right\}}=\lim_{n\to\infty}{\left\{\frac{-n²+4ni+4}{n²i}\right\}}=\lim_{n\to\infty}{\left\{-\frac{1}{i}+\frac{4}{n}+\frac{4}{n²i}\right\}}=-\frac{1}{i}\]

Por lo cual la sucesión converge.

--Anahi Limas (discusión) 22:58 26 jun 2015 (CDT)



ejercicio 8

determinar si la sucesión dada diverge o converge

$\left\{ \frac{n\left(1+i^{n}\right)}{n+1}\right\} $

desarrollamos y tenemos

$\frac{n}{n+1}+\frac{ni^{n}}{n+1}$

lo multiplicamos todo por $\frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}$ y nos da

$\frac{1}{1+\frac{1}{n}}+\frac{i^{n}}{1+\frac{1}{n}}$

sabemos que al resolver el límite lo podemos separar

$lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{1+\frac{1}{n}}=1$

en el segundo termino $\frac{i^{n}}{1+\frac{1}{n}}$ no se aproxima a un número complejo fijo, va variando por lo tanto nuestra sucesión diverge


--Juan Daniel Rivera Bautista (discusión) 22:59 28 jun 2015 (CDT)




Ejercicio 10

10.-

e$^{\frac{1}{n}}+2\left[\arctan\left(n\right)i\right]$...$\left(1\right)$

Si:

$z_{n}=e^{\frac{1}{n}}+2\left[\arctan\left(n\right)i\right]$es una sucesión, converge a un número complejo $L=a+ib$

si y sólo si $Re\left(z_{n}\right)$converge a $Re\left(L\right)=a$ e $Im\left(z_{n}\right)$converge a $Im\left(L\right)=b$

Así, de la ecuación $\left(1\right)$se puede obervar que:

$Re\left(z_{n}\right)=e^{\frac{1}{n}}$

$Im\left(z_{n}\right)=2\left[\arctan\left(n\right)\right]$

Cuando $n\rightarrow\infty$

$e^{\frac{1}{n}}\rightarrow$1

$2\left[\arctan\left(n\right)\right]\rightarrow2\left(\frac{\pi}{2}\right)=\pi$

Por lo tanto la sucesión:

e$^{\frac{1}{n}}+2\left[\arctan\left(n\right)i\right]$

Es convergente y converge a:

$L=a+ib=1+\pi i$


Alejandro Juárez Toribio (discusión) 15:29 26 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 11

En los problemas 11 y 12, muestran que la secuencia dada {z_n} converge a un número complejo $L$ mediante el cálculo de $\lim_{n\to\infty}$ $Re_(z_n)$ y $\lim_{n\to\infty}$ $Im_(z_n)$


${\frac{4n+3ni}{2n+i} } $

Entonces\[\lim_{n\to\infty}{\left\{\frac{4n+3ni}{2n+i}\right\}}=L=a+ib\]

Desarrollando\[\lim_{n\to\infty}{\left\{\frac{4n+3ni}{2n+i}\right\}} = \lim_{n\to\infty}{\left\{\frac{(4n+3ni)(2n-i)}{(2n+i)(2n-i)}\right\}}= \lim_{n\to\infty}{\left\{\frac{(8n^2+3n)+i(6n^2-4n)}{4n^2+1}\right\}}\]


$\lim_{n\to\infty}{\frac{8n^2+3n}{4n^2+1} + i \lim_{n\to\infty}\frac {6n^2-4n} {4n^2+1}} = 2 + i\frac {3}{2}$

Por lo tanto:

$\lim_{n\to\infty} Re_(z_n) = 2$ y $\lim_{n\to\infty} Im_(z_n)= i\frac {3}{2}$


Nancy Martínez Durán (discusión) 01:04 27 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 13

utilice la susecion de sumas parciales para demostrar que la serie dada es convergente

\[\sum_{k=1}^{\infty} [\frac{1}{k+2i}-\frac{1}{k+1+2i}]\]

Para poder demostrar la convergencia de esta suma, bastara con darle algunos valores que nos dejen ver de manera clara la convergencia, y para esto descompondremos la suma en dos sumas, asi tendremos;

\(\sum_{k=1}^{\infty} [\frac{1}{k+2i}-\frac{1}{k+1+2i}]=\sum_{k=1}^{\infty} [\frac{1}{k+2i}]-\sum_{k=1}^{\infty} [\frac{1}{k+1+2i}]\)

dando algunos valores ala primera suma tendremos;

\(\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k+2i}=\lim_{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} [\frac{1}{n+2i}=\frac{1}{1+2i}+\frac{1}{2+2i}+\frac{1}{3+2i}......\frac{1}{n+2i}\)

dando valores ala segunda suma;

\(\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k+1+2i}=\lim_{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} [\frac{1}{n+1+2i}=\frac{1}{2+2i}+\frac{1}{3+2i}+\frac{1}{4+2i}......\frac{1}{n+1+2i}\)

Ahora restando la segunda suma a la primera, nos daremos cuenta que todos los terminos se cancelan a excepcion del primero y el ultimo, asi obtendremos;

\[\sum_{k=1}^{\infty} [\frac{1}{k+2i}-\frac{1}{k+1+2i}]=\lim_{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1+2i}-\frac{1}{n+1+2i}\]


de donde es evidente que $\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n+1+2i}=0$ (incluso se puede usar la regla de L'Hôpital)

asi;

\[\sum_{k=1}^{\infty} [\frac{1}{k+2i}-\frac{1}{k+1+2i}]=\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{1+2i}=\frac{1}{1+2i}\]

Expresando este ultimo termino en la forma $z=a+bi$ esto es multiplicando y dividiendo por su conjugado tendremos;

\[\frac{1}{1+2i}=\frac{1}{5}-\frac{2}{5}i\]

Conclusion; la serie $\sum_{k=1}^{\infty} [\frac{1}{k+2i}-\frac{1}{k+1+2i}]$ es convergente y converge a $\frac{1}{5}-\frac{2}{5}i$

--Cristian Alfredo Ruiz Castro (discusión) 02:37 28 jun 2015 (CDT) ---


Ejercicio 15

Determine si la serie geométrica dada converge o diverge. Si converge, encuentre sus sumas


$\sum_{k=0}^{\infty} (1-i)^{k}$


Haciendo uso del criterio de la raiz N-esima


$\sum_{k=0}^{\infty} (a_n) $ tal que $a_n \neq 0$ $\forall n$ y sea $\lim_{k \rightarrow \infty} \sqrt[k]{|a_n|} = l$


Donde


$l = \begin{cases} <1 & \text{ la serie converge } \\ >1 & \text{ la serie diverge }\\ = 1 & \text{ la serie puede o no converger }\end{cases}$


Entonces aplicando este criterio a nuestra serie geométrica tenemos :


$\lim_{k \rightarrow \infty} \sqrt[k]{|a_n|}$


Con $a_n = {|1 - i|}^k$


$\lim_{k \rightarrow \infty} \sqrt[k]{({|1 - i|}^k)} = \lim_{k \rightarrow \infty} {[{(\sqrt{2})}^k}]^{\frac{1}{k}} = \lim_{k \rightarrow \infty}\sqrt{2} = \sqrt{2}$


En este caso $l = \sqrt{2}$ como $l > 1$ la serie es divergente


Angelina Nohemi Mendoza Tavera (discusión) 21:52 27 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 16

Determine si la serie geometrica dada es convergente o divergente. Sí es convergente, encuentre su suma.

16.- $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}4i(\frac{1}{3})^{k-1}$

Sabemos que es una serie geometrica, osea es de la forma:

$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}az^{k-1}=a+az+az^{2}+\cdots$

Entonces, primero encontramos las partes de la sarie

$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}4i(\frac{1}{3})^{k-1}=4i+4i(\frac{1}{3})+4i(\frac{1}{3})^{2}+\cdots$

$a=4i$

$z=\frac{1}{3}$ $\Longrightarrow$ $|z|=\frac{1}{3}<1$

Por el ultimo argumento sabemos que la serie converge y se puede escribir como

$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}az^{k-1}=\frac{a}{1-z}$

En nuestro caso

\[ \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}4i(\frac{1}{3})^{k-1}=\frac{4i}{1-\frac{1}{3}}=\frac{4i}{\frac{2}{3}}=6i \]


Asi

\[ \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}4i(\frac{1}{3})^{k-1}=6i \]


--Fernando Vazquez V. (discusión) 20:02 28 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 17

Determine si la serie geometrica dada es convergente o divergente. Sí es convergente, encuentre sus suma.

\[{\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{i}{2}\right)^{k}} \]

Solución

La serie infinita la escribimos como

\[{\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{i}{2}\right)^{k}=\frac{i}{2}+\left(\frac{i}{2}\right)^{2}+\left(\frac{i}{2}\right)^{3}+\cdots...(1)} \]

y tiene la forma de una serie geometrica

\[{\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}az^{k-1}=a}+az+az^{2}+az^{3}+\cdots+az^{n-1}+\cdots...(2) \]

comparamos (2) con (1) y observamos que:

\[{\displaystyle a=\frac{i}{2}} \]

\[{\displaystyle z=\frac{i}{2}} \]

\[{\displaystyle \mid z\mid=\sqrt{\left(0\right)^{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}}=\frac{1}{2}} \] donde vemos que \({\displaystyle z=\frac{1}{2}\leq1} \)

en el cuál “z” es menor que uno, lo que nos dice que la serie es convergente , y la suma de una serie geométrica esta dada por:

\[{\displaystyle \frac{a}{1-z}=a+az+az^{2}+\cdots+az^{n-1}+\cdots} \]

Observando el detalle que es el equivalente de (2).

Entonces sustituyendo , y simplificando se tiene finalmente que

\[{\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}3\left(\frac{2}{1+2i}\right)^{k}=\frac{\frac{i}{2}}{1-\left(\frac{i}{2}\right)}=\frac{\frac{i}{2}}{\frac{2-i}{2}}=\frac{2i}{2(2-i)}=\left(\frac{i}{2-i}\right)\left(\frac{2+i}{2+i}\right)=\frac{2i+i^{2}}{4-i^{2}}=\frac{-1+2i}{5}=-\frac{1}{5}+\frac{2}{5}i} \]

por lo tanto la serie geométrica converge en

\[{\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{i}{2}\right)^{k}=-\frac{1}{5}+\frac{2}{5}i} \]

Elaborado por Ricardo García Hernández --Ricardo Garcia Hernandez (discusión) 23:31 25 jun 2015 (CDT)





Ejercicio 18

In Problems 15\textendash 20, determine whether the given geometric series is convergent or divergent. If convergent, find its sum.

traduccion:

En los problemas 15 a 20 , determine si la serie geométrica dada es convergente o divergente. Si convergente, hallar su suma .

$\sum_{k=0}^{00}\frac{1}{2}i^{-k}$

organisandoi la suma tenemos:

$\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{00}\frac{1}{i^{k}}$

$\frac{1}{2}\left(\frac{1}{i^{0}}+\frac{1}{i^{1}}+\frac{1}{i^{2}}........\frac{1}{i^{n}}\right)$

$\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{i}+\frac{1}{-1}+\frac{1}{-i}+\frac{1}{1}+\frac{1}{i}........\frac{1}{i^{n}}\right)$

De aquí se observa que existe una sucesión en los resultados de estas potencias, además i$^{4k}$=1, para cualquier k=1,2,3,4,... .

Se deduce entonces que:

$i^{n}=i$ $^{4k+b}=i^{4k}*i^{b}=i^{b}$

donde b esta entre 0 y 3 lugares mas alla de 4k

entonces la serie quedaria:

$\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{00}\frac{1}{i^{k}}=\frac{1}{2}lim_{k\rightarrow00}\frac{1}{i^{k}}$=$\frac{1}{2}lim_{k\rightarrow00}\frac{1}{i^{^{4k+b}}}=\frac{1}{2}lim_{k\rightarrow00}\frac{1}{i^{^{b}}}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{i^{b}}\right)$

la serie es convergente y su suma es: $\frac{1}{2}\left(\frac{1}{i^{b}}\right)$ con b entre 0 y 3

--Martin Flores Molina (discusión) 13:05 15 mayo 2015 (CDT) ----


Ejercicio 19

Determinar si la serie geométrica dada es convergente o divergente. Si es convergente, encuentre su suma.

$\stackrel[k=0]{\infty}{\sum}3(\frac{2}{1+2i})^{k}$

Para determinar si el convergente usamos el criterio de la convergencia para series geométricas de la forma:

$S_{n}=a+az+az^{2}+az^{3}.....$ de la cual siempre es posible encontrar una fórmula que la determine y la cual converge si

$S_{n}=L$ cuando $n\rightarrow\infty$ .

Para $S{}_{n}=\frac{a(1-z^{n})}{1-z}$

Tenemos que si $z^{n}\rightarrow o$ conforme $n\rightarrow\infty$ siempre que $|z|<1,$ y así ...

$\frac{a}{1-z}=a+az+az^{2}+.....$ .......(1)

Entonces analizando nuestra ecuación, vemos que está de la forma (1) identificando a:

$a=3$

$z=\frac{2}{1+2i}$

Entonces para obtener $|z|$ primero :

$z=\frac{2}{1+2i}(\frac{1-2i}{1-2i})=\frac{2(1-2i)}{5}=\frac{2}{5}-i\frac{4}{5}$

$\Longrightarrow|z|=\sqrt{(\frac{2}{5})^{2}+(-\frac{4}{5})^{2}}=\frac{\sqrt{20}}{5}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$

$\Longrightarrow|z|=\frac{2\sqrt{5}}{5}$

Por tanto, como $|z|<1,$ la serie es convergente y su suma está dada por $\frac{a}{1-z}=a+az+az^{2}+.....$

donde:

$\frac{3}{1-\frac{2}{1+2i}}=\frac{3}{\frac{1+2i-2}{1+2i}}=\frac{3}{\frac{1+2i-2}{1+2i}}=\frac{3+6i}{-1+2i}=\frac{(3+6i)(-1-2i)}{1+4}=\frac{-3+12-6i-6i}{5}=\frac{9}{5}-i\frac{12}{5}$


--A. Martín R. Rabelo (discusión) 23:12 25 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 21

Encuentre el círculo y radio de convergencia de la serie de potencias

$ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(1-2i)^k+1}(z-2i)^k $

De la serie se tiene que:

\[ \frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{(1-2i)^{k+1}} \]

Resolviendo por la prueba de la raíz :

\[\underset{n\rightarrow\infty}{lim} \sqrt[n]\frac{1}{|a_{n}|}=\underset{n\rightarrow\infty}{lim}\sqrt[n]\frac{1}{|(1-2i)^{k+1}|}=\underset{n\rightarrow\infty}{lim}\sqrt[n]\frac{1}{|1-2i|^{k+1}}=\underset{n\rightarrow\infty}{lim}\frac{1}{|1-2i|}=\frac{1}{\sqrt{(1)^2+(-2)^2}}=\frac{1}{\sqrt{5}} \]

\[\therefore \underset{n\rightarrow\infty}{lim}\sqrt[n]\frac{1}{|(1-2i)^{k+1}|}=\frac{1}{\sqrt{5}}=L \]

Por tanto de la prueba de la razón:

\[\underset{n\rightarrow\infty}{lim}\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right|=L=\frac{1}{\sqrt{5}} \]

Donde el radio de convergencia está definido como :

\[ R=\frac{1}{L}=\frac{1}{\frac{1}{\sqrt{5}}}=\sqrt{5} \]

\[R=\sqrt{5} \]

Por tanto el círculo de convergencia es:

\[\therefore |z-zi|^k=\sqrt{5} \]


--Samantha Martinez (discusión) 23:27 27 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 23

Encuentre el círculo y radio de convergencia de la serie de potencias

$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}}{k2^{k}}\left(z-1-i\right)^{k}$

Solución:

Resolveremos este problema con la prueba de razón dada por:

$\underset{n\rightarrow\infty}{lim}\left|\frac{a_{n-1}}{a_{n}}\right|=L$ ...(1)

ademas sabemos que el radio es:

$R=\frac{1}{L}$ ... (2)

Sacamos los $a_{n}=\frac{\left(-1\right)^{n}}{n2^{n}}$

Ahora usaremos (1) para resolver la potencia

$\underset{n\rightarrow\prime}{lim}\left|\frac{\frac{\left(-1\right)^{n+1}}{\left(n+1\right)2^{n+1}}}{\frac{\left(-1\right)^{n}}{n2^{n}}}\right|=\underset{n\rightarrow\infty}{lim}\frac{n2^{n}}{\left(n+1\right)2^{n+1}}=\underset{n\rightarrow\infty}{lim}\frac{n}{2n+2}=\underset{n\rightarrow\infty}{lim}\frac{1}{2+\frac{2}{n}}$

Aplicando el limite tenmos $L=\frac{1}{2}$

De (2) tenemos que

$R=\frac{1}{\frac{1}{2}}=2$

Por lo tanto $\left|z-1-i\right|=2$ y $R=2$

Resuelto por Luis Enrique Martínez Valverde (discusión) 22:25 25 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 25

Encuentre el circulo y el radio de convergencia de la serie de potencias

\[{\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}(1+3i)^{k}(z-i)^{k}} \]

Solución

Identificamos en la serie que:

\[{\displaystyle a_{n}=(1+3i)^{n}} \]

Entonces aplicando el teorema de la prueba de la raíz en la forma

\[\underset{n\rightarrow\infty}{l\acute{\imath}m}{\displaystyle \sqrt[n]{\mid a_{n}\mid}=\underset{n\rightarrow\infty}{l\acute{\imath}m}\sqrt[n]{\mid(1+3i)^{n}\mid}=\underset{n\rightarrow\infty}{l\acute{\imath}m}\sqrt[n]{\mid(1+3i)\mid^{n}}=\underset{n\rightarrow\infty}{l\acute{\imath}m}\mid1+3i\mid=\sqrt{(1)^{2}+(3)^{2}}=\sqrt{10}} \]

donde

\[\underset{n\rightarrow\infty}{l\acute{\imath}m}{\displaystyle \sqrt[n]{\mid(1+3i)^{n}\mid}=\sqrt{10}=L} \]

y sabemos

\[\underset{n\rightarrow\infty}{l\acute{\imath}m}{\displaystyle \mid\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\mid=L\neq0} \] el radio de convergencia es \(R=\frac{1}{L} \)

entonces el radio de convergencia de la serie es \(R=\frac{1}{\sqrt{10}} \)

El circulo de convergencia es \(\mid z-i\mid=\frac{1}{\sqrt{10}} \)

la serie de potencias converge absolutamente para \(\mid z-i\mid\lneq\frac{1}{\sqrt{10}} \)

Elaborado por Ricardo García Hernández--Ricardo Garcia Hernandez (discusión) 23:49 25 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 27

Identifique el radio de convergencia y el círculo de convergencia de \(\sum_{k=1}^\infty \frac{(z-4-3i)^k}{5^{2k}} \)

Identificamos que a serie tiene la forma de \(\sum_{k=1}^\infty a_k (z-z_0)^k\), por lo que identificando a \(a_k\) y \(z_0\)

\(z_0= 4+3i\) y \(a_k= \frac{1}{5^{2k}}\)

Por lo que el límite se obtiene como

\(\underset{n\rightarrow\infty}{lim}\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right|= L \)

Por lo que resolviendo para a tenemos que

\( \underset{n\rightarrow\infty}{lim}\left|\frac{\frac{1}{5^{2(n+1)}}}{\frac{1}{5^{2n}}}\right|= \underset{n\rightarrow\infty}{lim}\left|\frac{5^{2n}}{5^{2n+2}}\right|= \underset{n\rightarrow\infty}{lim}\left|\frac{5^{2n}}{5^{2n} 5^2}\right|= \underset{n\rightarrow\infty}{lim}\left|\frac{1}{5^{2}}\right|= \frac{1}{5^2}\)

El radio de convergencia está dado por \(R= \frac{1}{L}\) y el círculo de convergencia está dado por \(|z-z_0|=R\)

Por lo que concluimos que

\(R=5^{2}\)

y

\(|z-(4+3i)|=5^2 \)

Por lo que la serie converge absolutamente cuando

\(|z-(4+3i)|< 5^2\)


--Pablo (discusión) 14:35 28 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 32

Demuestre que la serie de potencias $\sum_{k=1}^\infty\dfrac{z^k}{k^{2}}$ Converge en cada punto de su radio de convergencia



Donde $|z^{k}/k^{2}| = 1/k^{2}$


\[ \sum_{k=1}^\infty |\dfrac{z^{n}}{n^{2}}| = \sum_{k=1}^\infty |\dfrac{1}{n^{2}}| \]



Aplicando el criterio del cociente


\[ \lim_{n\rightarrow \infty} |\dfrac{z^{n}}{n^{2}}|= \lim_{n\rightarrow \infty} \dfrac{z^{n^{2}+1}/(n^{2}+1)}{z^{n}/n^{2}} =|z| \]


Convergencia absoluta en si $ |z=1|$


Por lo tanto

\[ |z|<1 converge\]



\[ |z|>1 diverge\]

--Esther Sarai (discusión) 23:43 27 jun 2015 (CDT)Esther Sarai


Ejercicio 35

Considerando la serie $\sum_{k=0}^{\infty}r^{k}e^{ik\theta},0<r<1,$ demuestre que:

$\sum_{k=0}^{\infty}\cos k\theta=\frac{1-r\cos\theta}{1-2rcos\theta+r^{2}}\;y\;\sum_{k=0}^{\infty}\sin k\theta=\frac{r\sin\theta}{1-2rcos\theta+r^{2}}$

si desarrollamos la serie :

$\sum_{k=0}^{\infty}r^{k}e^{ik\theta}=1+re^{i\theta}+r^{2}e^{i2\theta}+\cdots+r^{n-1}e^{i(n-1)\theta}+\cdots$

si a esta serie la llamamos $f{}_{m}$ entonces:

$f{}_{m}=1+re^{i\theta}+r^{2}e^{i2\theta}+\cdots+r^{n-1}e^{i(n-1)\theta}...(1)$

si la multiplicamos por $re^{i\theta}$

$re^{i\theta}f{}_{m}=re^{i\theta}+r^{2}e^{i2\theta}+\cdots+r^{n}e^{in\theta}...(2)$

restando la serie $1$ de $2$

$f{}_{m}-re^{i\theta}f{}_{m}=1-r^{n}e^{in\theta}\Longleftrightarrow f{}_{m}=\frac{1-r^{n}e^{in\theta}}{1-re^{i\theta}}$

escribiendo $f{}_{m}$ en su forma trigonométrica

$f{}_{m}=\frac{1-r^{n}\left[\cos n\theta+i\sin n\theta\right]}{1-r\left[\cos\theta+i\sin\theta\right]}=\frac{1-r^{n}\cos n\theta-ir^{n}\sin n\theta}{1-r\cos\theta-ir\sin\theta}=\frac{(1-r^{n}\cos n\theta)-i(r^{n}\sin n\theta)}{(1-r\cos\theta)-ir\sin\theta}$

multiplicando y dividiendo por el conjugado del denominador:

$f{}_{m}=\frac{(1-r^{n}\cos n\theta)-i(r^{n}\sin n\theta)}{(1-r\cos\theta)-ir\sin\theta}.\frac{(1-r\cos\theta)+ir\sin\theta}{(1-r\cos\theta)+ir\sin\theta}=\frac{(1-r^{n}\cos n\theta)(1-r\cos\theta)+(r^{n}\sin n\theta)(r\sin\theta)+i\left[(1-r^{n}\cos n\theta)(r\sin\theta)+(1-r\cos\theta)(-r^{n}\sin n\theta)\right]}{(1-r\cos\theta)^{2}+r^{2}\sin^{2}\theta}=\frac{1-r\cos\theta-r^{n}\cos n\theta+r^{n+1}\cos n\theta\cos\theta+r^{n+1}\sin n\theta\sin\theta+i\left[r\sin\theta-r^{n+1}\cos n\theta\sin\theta-r^{n}\sin n\theta+r^{n+1}\sin n\theta\cos\theta\right]}{1+r^{2}\cos^{2}\theta-2r\cos\theta+r^{2}\sin^{2}\theta}$

$=\frac{1-r\cos\theta-r^{n}\cos n\theta+r^{n+1}(\cos n\theta\cos\theta+\sin n\theta\sin\theta)+i\left[r\sin\theta-r^{n}\sin n\theta+r^{n+1}(\sin n\theta\cos\theta-\cos n\theta\sin\theta)\right]}{1-2r\cos\theta+r^{2}}$

de esto podemos ver que hay dos partes, la real y la imaginaria:

$Re(f{}_{m})=\frac{1-r\cos\theta-r^{n}\cos n\theta+r^{n+1}(\cos n\theta\cos\theta+\sin n\theta\sin\theta)}{1-2r\cos\theta+r^{2}}$

$Im(f{}_{m})=\frac{i\left[r\sin\theta-r^{n}\sin n\theta+r^{n+1}(\sin n\theta\cos\theta-\cos n\theta\sin\theta)\right]}{1-2r\cos\theta+r^{2}}$

$como\;0<r<1,\;entonces\;r^{n}\rightarrow0\;conforme\;n\rightarrow\infty$

así

$Re(f{}_{m})=\frac{1-r\cos\theta}{1-2r\cos\theta+r^{2}}$

y

$Im(f{}_{m})=\frac{i\left[r\sin\theta\right]}{1-2r\cos\theta+r^{2}}$

de aquí que:

$\sum_{k=0}^{\infty}r^{k}e^{ik\theta}=\sum_{k=0}^{\infty}r^{k}\left[\cos k\theta+i\sin k\theta\right]=\sum_{k=0}^{\infty}r^{k}\cos k\theta+\sum_{k=0}^{\infty}r^{k}i\sin k\theta=1+re^{i\theta}+r^{2}e^{i2\theta}+\cdots+r^{n-1}e^{i(n-1)\theta}+\cdots=\frac{1-r\cos\theta}{1-2r\cos\theta+r^{2}}+i\frac{r\sin\theta}{1-2r\cos\theta+r^{2}}$

al separar la parte real de la imaginaria tenemos:

$\sum_{k=0}^{\infty}r^{k}\cos k\theta=\frac{1-r\cos\theta}{1-2r\cos\theta+r^{2}}$

$\sum_{k=0}^{\infty}r^{k}i\sin k\theta=i\frac{r\sin\theta}{1-2r\cos\theta+r^{2}}\Longleftrightarrow\sum_{k=0}^{\infty}r^{k}\sin k\theta=\frac{r\sin\theta}{1-2r\cos\theta+r^{2}}$

como se quería.


--Francisco Medina Albino (discusión) 12:29 28 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 36

Supongamos que $\left\{ z_{n}+w_{n}\right\} $ converge. Analice: ¿Se deduce que al menos una de las sucesiones $\left\{ z_{n}\right\} \hspace{1em}o\hspace{1em}\left\{ w_{n}\right\} $ converge?

Sabemos que para una suma de series podemos agrupar terminos semejantes y que al sumar las series el radio de convergencia es el menor de las dos series, asi si la suma converge, necesariamente alguna de las dos sumas converge para algun valor.

Jose Emmanuel Flores Calderón (discusión) 23:28 28 jun 2015 (CDT)


No necesariamente si $z_n$ converge y $w_n$ converge $z_n + w_n$ convergera, pero que la suma converga no implica que cada una lo haga, por ejemplo:

\[ z_n=\sum_{n=0}^{\infty} {(-1)^n \, z^n}=1-z+\frac{z^2}{2!}-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^4}{4!}-\frac{z^5}{5!}+\ldots \] Es una serie que diverge para $1\leq |z|$ y: \[ w_n=\sum_{n=0}^{\infty} {(-1)^{n+1} \, z^n}=-1+z-\frac{z^2}{2!}+\frac{z^3}{3!}-\frac{z^4}{4!}+\frac{z^5}{5!}-\ldots \] También diverge para $1\leq |z|$ \[ z_n + w_n=\sum_{n=0}^{\infty} {(-1)^n \, z^n}+\sum_{n=0}^{\infty} {(-1)^{n+1} \, z^n}=\sum_{n=0}^{\infty} {[(-1)^n +(-1)^{n+1}]\, z^n}=0 \] que evidentemente no diverge


--Tlacaelel Cruz (discusión) 18:10 2 jul 2015 (CDT)


Ejercicio 37

37. Una sucesión $\{z_n\} $ se dice que está acotada si el conjunto $S$ de todos los términos de la sucesión es un conjunto acotado:

a) Pruebe que la sucesión del ejemplo 2 está acotada. b) De otro ejemplo de sucesión compleja que esté acotada. c) De ejemplo de una sucesión que no esté acotada.

Solución:

a) La sucesión del ejemplo 2 es: $\{ \frac{3+ni}{n+2ni} \} $.

Ahora: $z_n=\frac{3+ni}{n+2ni}=\frac{3+ni}{n(1+2i)} \cdot \frac{1-2i}{1-2i}=\frac{(3+2n)+(n-6)i}{5n} \Longrightarrow |z_n|=\frac{1}{5n}\sqrt{(3+2n)^2+(n-6)^2}=\frac{1}{5n}\sqrt{9+12n+4n^2+n^2-12n-36}=\frac{1}{5n}\sqrt{5n^2+45}=\frac{\sqrt{5}}{n}\sqrt{n^2+9}$.

Notemos ademas: $ (\forall n\in \mathbb{N}): 1\leq n^2 \Longleftrightarrow 9\leq 9n^2 \Longleftrightarrow n^2+9\leq 10n^2 \Longleftrightarrow \frac{1}{n} \sqrt{n^2+9}\leq \sqrt{10} \Longleftrightarrow \frac{\sqrt{5}}{n} \sqrt{n^2+9}\leq \sqrt{50} \Longleftrightarrow |z_n|\leq \sqrt{50} $

Se ha exhibido un número real positivo que es mayor (ó igual) al módulo de cualquier término de la sucesión, por lo tanto la sucesión está acotada.

b) La sucesión: $\{\frac{n-i}{n+1}\}$ está acotada. En efecto, $\ |z_n|=\frac{1}{n+1}\sqrt{n^2+1}$. Note además que $|z_n|=\frac{1}{n+1}\sqrt{n^2+1}\leq 1 \Longleftrightarrow n^2+1 \leq n^2+2n+1 \Longleftrightarrow 0\leq 2n $.

c) Un ejemplo de sucesión no acotada es $\{n+ni\}$.


Alan Daniel Barrón Posadas (discusión) 13:02 28 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 39

¿La sucesión {$i^{1/n}$}, donde $i^{1/n}$ denota la $n$-ésima vez raíz principal de $i$, converge?

Sol. Se tiene que la prueba de la razón es


$lím_{n\rightarrow \infty}|\dfrac{z_{n+1}}{z_n}|=L$


Con $z_{n+1}=i^{1/n+1}$ y $z_n=i^{1/n}$.


Aplicamos el teorema


$lím_{n\rightarrow \infty}|\dfrac{z_{n+1}}{z_n}|=lím_{n\rightarrow \infty}|\dfrac{i^{1/n+1}}{i^{1/n}}|=lím_{n\rightarrow \infty}|i^{1/n+1}i^{-1/n}|=lím_{n\rightarrow \infty}|i^{\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}}|=lím_{n\rightarrow \infty}|i^{\frac{n-n-1}{(n+1)n}}|$


$lím_{n\rightarrow \infty}|\dfrac{i^{1/n+1}}{i^{1/n}}|=lím_{n\rightarrow \infty}|i^{-\frac{1}{(n+1)n}}|$


Por lo que el exponente $\dfrac{1}{(n+1)n}$ se volverá cero cuando $n\rightarrow \infty$, así:


$lím_{n\rightarrow \infty}|\dfrac{i^{1/n+1}}{i^{1/n}}|=|i^0|=|1|=1$


Y de acuerdo con el Teorema de la Prueba de la Razón decimos que el resultado es no concluyente.


Oscar Javier Gutierrez Varela (discusión) 00:32 26 jun 2015 (CDT)

Nota: El problema está mal resuelto dado que el Teorema de la razón es para sumas y claramente dice sucesión. Si $lím_{n\longrightarrow \infty}z_n=L$, se dice que la sucesión {$z_n$} es convergente.

El problema menciona que {$i^{1/n}$} es la $n$-ésima raíz principal de $i$. Sea $z=i$ y $w=i^{1/n}$. De la fórmula para las raíces


$w_k=^n\sqrt{r}[\cos (\dfrac{\theta +2k\pi}{n})+i\sin (\dfrac{\theta +2k\pi}{n})]$


Con $|z|=1$ y $\theta = \frac{\pi}{2}$. Se busca la raíz principal, por lo que $k=0$. Así


$w_0=^n\sqrt{1}[\cos (\dfrac{\pi}{2n})+i\sin (\dfrac{\pi}{2n})]$


Hacemos tender al límite


$lím_{n\longrightarrow \infty}w_0=lím_{n\longrightarrow \infty} 1^{1/n}[\cos (\dfrac{\pi}{2n})+i\sin (\dfrac{\pi}{2n})]=1^0[\cos 0 +i\sin 0]=1$


Dado que $L=1$ concluimos que la sucesión converge.


Oscar Javier Gutierrez Varela (discusión) 21:56 3 jul 2015 (CDT)