Compleja:Zill-Cap6.2

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Ejercicios del capítulo 6, sección 2 del libro, A First Course in Complex Analysis with Applications de Zill y Shanahan.



Sección 6.2

Ejercicio 1

Utilice resultados conocidoas para desarrollar la función $f(z)=\frac{z}{1+z}$ en una serie de Maclaurin. Dé el radio de convergencia $R$ de cada serie.

Multiplicamos y dividimos por $1/z$: \[ f(z)=\frac{z}{1+z}\,\frac{\frac{1}{z}}{\frac{1}{z}}=\frac{1}{\left(\frac{1}{z}\right)+1}=\frac{1}{\left(s\right)+1} \] Y sabemos que: \[ \frac{1}{1+s}=1-s+s^2-s^3+\ldots=\sum_{n=0}^{\infty} {(-s)^n} \]

y obtendríamos directamente: \[ f(z)=\frac{z}{1+z}=1-\frac{1}{z}+\frac{1}{z^2}-\frac{1}{z^3}+\ldots=\sum_{n=0}^{\infty} {\left[-\left(\frac{1}{z}\right)\right]^n} \] Pero claramente esta no es una serie de Maclaurin, pues las potencias son negativas.

Podemos observar también que: \[ f(z)/z=\frac{1}{1+z} \] Y sabemos que: \[ \frac{1}{1+z}=1-z+z^2-z^3+\ldots=\sum_{n=0}^{\infty} {(-z)^n} --- \] Si multiplicamos por $z$ ambos lados tenemos: \[ \frac{1\, z}{1+z}=f(z)==z\,\sum_{n=0}^{\infty} {(-z)^n}=z\,\left(1-z+z^2-z^3+\ldots\right)=z-z^2+z^3-z^4+\ldots=-\left( -z+z^2-z^3+z^4-z^5+\ldots\right)=-\sum_{n=1}^{\infty} {\left(-z\right)^n} \] Dado que se uso la serie de $\frac{1}{1+z}$ y esta converge para $|z|\le 1$ este resultado se preserva: \[ R=1 \]

--Tlacaelel Cruz (discusión) 11:44 26 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 3

Utilice resultados conocidas para desarrollar la función $f(z)=\frac{1}{(1+2z)^{2}}$ en una serie de Maclaurin. Dé el radio de convergencia $R$ de cada serie.

Para poder expresar esto en terminos de lo que ya conosemos bastara hacer el cambio de variable $-u=2z$ asi tendremos;

\[f(z)=\frac{1}{(1+2z)^{2}}=f(u)=\frac{1}{(1-u)^{2}}\]

Recordando que;

\[\frac{1}{1-u}=1+u+u^{2}+u^{3}+u^{4}.....\]

Derivando el lado izquierdo tendremos;

\(\frac{df(u)}{du}=\frac{1}{(1-u)^{2}}\)

Derivando el lado derecho;

\(\frac{d}{du}(1+u+u^{2}+u^{3}+u^{4}.....)=(1+2u+3u^{2}+4u^{3}......)=\sum_{k=1}^{\infty} ku^{k-1}\)

igualando ambos lados tendremos;

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

Volviendo a la variable original teniendo encuenta que $u=-2z$

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

Para su radio de convergencia debemos de recordar que $|u|<1$ aqui el radio de convergencia es R=1 y asiendo el cambio de variable tendremos que $|-2z|=2|z|<1|$ asi despejando $|z|$;

\[|z|<\frac{1}{2}\]

Por lo cual aqui el radio de convergencia es $R=\frac{1}{2}$

Conclusion; $f(z)=\frac{1}{(1+2z)^{2}}=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1} k(2z)^{k-1}$ y su radio de convergencia es $R=\frac{1}{2}$

--Cristian Alfredo Ruiz Castro (discusión) 23:37 28 jun 2015 (CDT)

Ejercicio 4

utilice resultados conocidos para desarrollar la función dada en una serie de Maclaurin. dé el radio de convergencia R en la serie

$f(z)=\frac{z}{\left(1-z\right)^{3}}$

usando los resultados de (16) del libro obtenemos que

$\frac{z}{\left(1-z\right)^{3}}=z+2z^{2}+3z^{3}+4z^{4}...=\sum_{k=1}^{\infty}kz^{k}$

donde $R=1$


--Juan Daniel Rivera Bautista (discusión) 20:54 28 jun 2015 (CDT)




Ejercicio 5

Utilice resultados conocidos para desarrollar la función $e^{-2z}$ en una serie de Mclaurin. Dé el radio de convergencia $R$ de cada serie.


De la serie de Mclaurin

\[ e^z=1+\frac{z}{1!}+\frac{z^2}{2!}+ ... = \sum _{ k=0 }^{ \infty } {\frac{z^k}{k!}} \]


Entonces si $z=-2z$

\[ f(z)=e^{-2z} \approx 1-2z+2z^2-\frac{4z^3}{3}+\frac{2z^4}{3}-\frac{4z^5}{15}+\frac{4z^6}{45}...= \sum _{ k=0 }^{ \infty }{ \frac{(-1)^{ k }}{k!} } { \left(2z \right) }^{ k } \]

El radio de convergencia $R$ de la serie seria $R= \infty$


--Emmanuell Castro Flores (discusión) 22:22 28 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 9

Utilice resultados conocidos para desarrollar la función dada en una serie de Maclaurin. De el radio de convergencia $R$ de cada serie


$f(z)=cos(\frac{z}{2})$


Solucion:


Una de las series de Maclaurin importantes es la de la función $cos(u)$


$cos(u) \approx 1-\frac{u^{2}}{2!}+ \frac{u^{4}}{4!}-..........=\sum _{ k=0 }^{ \infty }{ (-1)^{ k } } \frac { { u }^{ 2k } }{ (2k)! } $


donde podemos considerar a $u=\frac{z}{2}$


$f(z)=cos(\frac{z}{2}) \approx 1-\frac{z^{2}}{8}+ \frac{z^{4}}{384}-\frac{z^{6}}{46080}+\frac{z^{8}}{10321920}-\frac{z^{10}}{3715891200}+..........=\sum _{ k=0 }^{ \infty }{ (-1)^{ k } } \frac { { z }^{ 2k } }{ (2k)! } { \left( \frac { z }{ 2 } \right) }^{ 2k }$


y por ultimo el radio de convergencia $R$ de la serie seria $R= \infty$


Miguel Medina Armendariz (discusión) 15:49 26 jun 2015 (CDT)



nota

si dices que

$u=\frac{z}{2}$

entonces

$\cos u=1-\frac{u^{2}}{2!}+\frac{u^{4}}{4!}-\cdots=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}\frac{u^{2k}}{(2k)!}=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}\frac{1}{(2k)!}(\frac{z}{2})^{2k}$

--Francisco Medina Albino (discusión) 23:40 3 jul 2015 (CDT)



Ejercicio 10

Utilice resultados conocidas para desarrollar la función dada en una serie de Maclaurin. Dé el radio de convergencia $R$ de la serie.


$f(z) = \sin 3z$


Para encontrar la serie de Maclaurin de la función por definición tenemos que encontrar las derivadas de la función desde cero hasta $n$ y evaluarlas en cero


Entonces:


$f(z) = \sin 3z$ , $ f(0) =0$


$f ´(z) =3\cos 3z$ , $ f ´(0) =3$


$f ´´(z) = -9\sin3z$ , $f ´´(0) = 0$


$f ´´´ (z) = -27\cos3z$ , $f ´´´(0) = -27$


Entonces:


$f(z) = f(0) + 3zf ´(0) + (3z)^2 \frac {f ´´(0)}{2!} + (3z)^3 \frac {f ´´´(0)}{3!} + ...$


$f (z) = 3z - 3 \frac{(3z)^3}{3!} + ... 3(-1)^n \frac{(3z)^{2n + 1}}{(2n + 1)!} + ...$


Entonces nuestra serie de Maclaurin es:


$\sin 3z = 3\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{(3z)^{2k + 1}}{(2k + 1)!}$


Para encontrar el radio de convergencia de la serie tenemos:


$lím_{n\rightarrow \infty}|\frac{a_{n + 1}}{a_n}|$


Con $ a_n = (-1)^k \frac{(3z)^{2k + 1}}{(2k + 1)! }$


$lím_{n\rightarrow \infty}|\frac{a_{n + 1}}{\frac{(-1)^n (3z)^{2n+1}}{(2n + 1)!}}| = lím_{n\rightarrow \infty}|\frac{(-1)^{n + 1} (3z)^{2(n+1)+1} (2n + 1)!}{(-1)^n (3z)^{2n + 1}[2(n + 1) + 1]!}| $


$= lím_{n\rightarrow \infty}|{\frac{(3z)^{2n +1 +2}}{(3z)^{2n + 1}}}{\frac{(2n + 1)!}{(2n + 3)!}}|$


$= lím_{n\rightarrow \infty}|\frac{(3z)^2 (2n + 1)!}{(2n + 3) (2n 2) (2n + 1)!}|$


$= lím_{n\rightarrow \infty} \frac{|(3z)^2|}{(2n + 3) (2n + 2)} = 0$


Entonces el radio de convergencia $R = 0$

Angelina Nohemi Mendoza Tavera (discusión) 00:15 28 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 10 (solución alternativa)

Utilice resultados conocidos para desarrollar la función dada en una serie de Maclaurin. De el radio de convergencia R de cada serie

$f\left(z\right)=sen3z$

Solución:

Sabemos que:

$senx=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-....=\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^{k}\frac{x^{2k+1}}{\left(2k+1\right)!}$

Por lo tanto si tomamos a $x=3z$ tenemos que:

$senz=3z-\frac{\left(3z\right)^{3}}{3!}+\frac{\left(3z\right)^{5}}{5!}-...=\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^{k}\frac{\left(3z\right)^{2k+1}}{\left(2k+1\right)!}$

Ademas también sabemos que el radio de convergencia R del senx es infinito, al igual que en nuestra f(z)

Resuelto por Luis Enrique Martínez Valverde (discusión) 12:11 28 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 11

Utilice resultados conocidos para desarrollar la función dada en una serie de Maclaurin. De el radio de convergencia R de cada serie


$f\left(z\right)=senz^2$


Sabemos que:


$senx=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-....=\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^{k}\frac{x^{2k+1}}{\left(2k+1\right)!}$


Entonces si tomamos a $x=z^2$ tenemos que:


$senz=z^2-\frac{\left(z^2\right)^{3}}{3!}+\frac{\left(z^2\right)^{5}}{5!}-...=\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}}{z^{4k+2}}$


Para encontrar el radio de convergencia de la serie tenemos:


$lím_{n\rightarrow \infty}|\frac{a_{n + 1}}{a_n}|$


Con $ a_n = {\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}}{z^{4k+2}} $


$lím_{n\rightarrow \infty}|\frac{a_{n + 1}} {\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}}{z^{4n+2}} | = \infty $


Y sabemos que el radio de convergencia R del $senx$ es infinito.


Nancy Martínez Durán (discusión) 21:22 28 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 13

utilice la serie de Maclaurin para $e^{z}$para desarrollar la función dada en una serie de Taylor centrada en el punto $z_{0}$

13.- $f(z)=e^{z},z_{0}=3i$

según la serie de Maclaurin

$e^{z}=1+\frac{z}{1!}+\frac{z^{2}}{2!}+\cdots=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{z^{k}}{k!}$

ademas:

$f'(z)=e^{z}$

$f(z)=e^{z}$

$f(z)=e^{z}$

$\vdots$

$f^{(n)}(z)=e^{z}$

por el teorema de Taylor

$f(z)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(z_{0})}{k!}(z-z_{0})^{k}$

evaluando las derivadas de la función $f(z)$ en $z_{0}=3i$

$f'(3i)=e^{3i}$

$f(3i)=e^{3i}$

$f(3i)=e^{3i}$

$\vdots$

$f^{(n)}(3i)=e^{3i}$

de aqui que

$f(z)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{e^{3i}}{k!}(z-3i)^{k}$

ademas $R=\infty$

--Francisco Medina Albino (discusión) 23:43 28 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 15 solución alternativa

Desarrolle la función dada en una serie de Taylor centrada en el punto z subíndice cero indicado. De él radio de convergencia R de cada serie

\[f(z)=\frac{1}{z} \] con \(z_{0}=1 \)

Solución

Aplicando la fórmula del teorema de Taylor:

\[{\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}f^{(k)}\frac{(z_{0})}{k!}(z-z_{0})^{k}} \] , primero encontramos las primeras cuatro derivadas de la función f(z), seguido de valuar en \(z_{0}=1 \)

entonces:

\[f(z)=\frac{1}{z} \] con \(f(z_{0})=f(1)=1 \)

\[f'(z)=-\frac{1}{z^{2}} \] con \(f'(z_{0})=f'(1)=-1 \)

\[f''(z)=\frac{2}{z^{3}} \] con \(f''(z_{0})=f''(1)=2 \)

\[f'''(z)=-\frac{6}{z^{4}} \] con \(f'''(z_{0})=f'''(1)=-6 \)

Entonces sustituyendo en la la formula de taylor , obtenemos:

\[{\displaystyle 1-\frac{(z-1)}{1!}}+\frac{(z-1)^{2}}{2!}-\frac{(z-1)^{3}}{3\text{!}}+\cdots=\stackrel[k=0]{\infty}{\sum}(-1)^{k}(z-1)^{k} \]

Finalmente obtenemos que

\[f(x)={\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}(z-1)^{k}} \]

Elaborado por Ricardo García Hernández--Ricardo Garcia Hernandez (discusión) 00:10 29 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 15

Desarrolle la función dada en una serie de Taylor centrada en el punto z subíndice cero indicado. De él radio de convergencia R de cada serie

\[f(z)=\frac{1}{z} \] con \(z_{0}=1 \)

Solución

En esta solución se utiliza de nuevo la serie geometrica ,sumando y restando 1 en el denominador de la función , tenemos:

\[f(z)=\frac{1}{z}=\frac{1}{z+1-1}=\frac{1}{1+z-1}=\frac{1}{1-\left[-\frac{z-1}{1}\right]} \]

Ahora escribimos este último resultado como una serie geometrica de la forma:

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

Entonces:

\[f(z)=\frac{1}{z}=\frac{1}{1-\left[-\frac{z-1}{1}\right]}=1\left[-1-(z-1)-(z-1)^{2}-(z-1)^{3}-(z-1)4-\cdots\right] \]

\[f(z)=\frac{1}{z}=\frac{1}{1-\left[-\frac{z-1}{1}\right]}=(-1)\left[1+(z-1)+(z-1)^{2}+(z-1)^{3}+(z-1)^{4}+\cdots\right] \]

Finalmente


\[f(x)={\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}(z-1)^{k}} \] con

\[\mid z-z_{0}\mid=\sqrt{(0)^{2}+(1)^{2}}=1 \]

El radio de convergencia R de la serie es uno.

Elaborado por Ricardo García Hernández--Ricardo Garcia Hernandez (discusión) 23:30 28 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 15 (Solucion alternativa)

Desarrolle la función de la serie de Taylor en el punto indicado Zo. Dé el radio de convergencia R

15.- $f(z)=1/z$ con $z_{0}=1$


Para ello tenemos la serie de Taylor centrada en un punto $z_{0}$

$\underset{k=0}{\overset{\infty}{\sum}}\frac{f^{(k)}(z_{0)}}{k!}(z-z_{0})$


Si deticamos la funcion

$f'(z)=-\frac{1}{z^{2}}$

$f(z)=\frac{2}{z^{3}}$

$f(z)=-\frac{6}{z^{4}}$

$f^{IV}(z)=\frac{24}{z^{5}}$

$f^{k}(z)=k!(-1)^{k}z^{-(k+1)}$


Evaluando en $z_{0}=1$

$f'(1)=-1$

$f(1)=2$

$f(1)=-6$

$f^{IV}(1)=24$

$f^{k}(z)=k!(-1)^{k}$


Entonces


$\underset{k=0}{\overset{\infty}{\sum}}\frac{f^{(k)}(z_{0)}}{k!}(z-z_{0})=\underset{k=0}{\overset{\infty}{\sum}}\frac{k!(-1)^{k}}{k!}(z-1)=\underset{k=0}{\overset{\infty}{\sum}}(-1)^{k}(z-1)$


Vemos que la funcion $f(z)=1/z$ no es analitica en el punto $z=0$, y asi para el radio tenemos

$|z-z_{0}|=\sqrt{0^{2}+1^{2}}=1=R$


--Fernando Vazquez V. (discusión) 00:04 29 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 17

Desarrolle la función de la serie de Taylor en el punto indicado Zo. Dé el radio de convergencia R

a) \(f(z)=\frac{1}{3-z}\) evaluada en \(z_0= 2i\)

Primero haremos el radio de convergencia, considerando que la función no es analítica en

\(z= 3\)

Por lo que el radio de convergencia es la distancia mínima entre entre los puntos \(|z-z_0|\), es decir entre el punto más cercano donde no es analítica la función al origen.

\(|z-z_0|= \sqrt{(3-0)^2+(0-2)^2}= \sqrt{9+4}= \sqrt{13}\)


Ahora si desarrollamos las primeras cuatro derivadas obtenemos que

\(f^{I}(z)= (3-z)^{-2}\)

\(f^{II}(z)= 2(3-z)^{-3}\)

\(f^{III}(z)= 6 (3-z)^{-4}\)

\(f^{IV}(z)= 24 (3-z)^{-5}\)

Al evaluar en \(z_0= 2i\), obtenemos que

\(f^{0}(2i)= (3-2i)^{-1}\)

\(f^{I}(2i)= (3-2i)^{-2}\)

\(f^{II}(2i)= 2!(3-2i)^{-3}\)

\(f^{III}(2i)= 3! (3-2i)^{-4}\)

\(f^{IV}(2i)= 4! (3-2i)^{-5}\)

Por lo que partiendo de la definición de serie de Taylor para variable compleja en donde tenemos un origen

$f\left(z\right)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{\left(k\right)}\left(Z_{0}\right)}{K\text{!}}\left(z-z_{0}\right)^{k}$...$\left(1\right)$

observamos que nuestro problema se reduce a

\(f^{(k)}(z_0)= k! (3-2i)^{-(k+1)} \) para \(K\geq0\)

Por lo que la serie queda expresado como

\(f(z)= \sum_{k=0}^{\infty} (3-2i)^{-(k+1)} (z-2i)^k\)

--Pablo (discusión) 17:17 28 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 19

19.- $f\left(z\right)=\frac{z-1}{3-z}$, $z_{0}=1$

Para desarrollar la función dada en serie de Taylor centrada en el punto $z_{0}$

se calculará :

$f\left(z\right)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{\left(k\right)}\left(Z_{0}\right)}{K\text{!}}\left(z-z_{0}\right)^{k}$...$\left(1\right)$

Donde $f$ es analítica en un dominio $D$ y sea $z_{0}$un punto en $D$. Entonces $f$

tiene la representación en serie de la ecuación $\left(1\right)$, que es válida para el

mayor círculo $C$con centro en $z_{0}$y radio $R$ que se encuentra totalmente

dentro de $D$.

Este es el teorema de Taylor para variable compleja.

Si se calculan las primeras cuatro derivadas de la función $f\left(z\right)$se obtiene:

$f\prime\left(z\right)=\left(z-1\right)\left(3-z\right)^{-2}+\left(3-z\right)^{-1}$

$f\prime\prime\left(z\right)=2\left(z-1\right)\left(3-z\right)^{-3}+2\left(3-z\right)^{-2}$

$f\prime\prime\prime\left(z\right)=6\left(z-1\right)\left(3-z\right)^{-4}+2\left(3-z\right)^{-3}+4\left(3-z\right)^{-3}$

$f\prime\prime\prime\prime\left(z\right)=24\left(z-1\right)\left(3-z\right)^{-5}+24\left(3-z\right)^{-4}$

y si ahora evaluamos en $z_{0}$se obtendrá:

$f\left(1\right)=0$

$f\prime\left(1\right)=\left(2\right)^{-1}$

$f\prime\prime\left(1\right)=2\left(2\right)^{-2}$

$f\prime\prime\prime\left(1\right)=6\left(2\right)^{-3}$

$f\prime\prime\prime\prime\left(1\right)=24\left(2\right)^{-4}$

Inmediatamente se puede deducir de aquí que:

$f^{\left(k\right)}\left(z_{0}\right)=f^{\left(k\right)}\left(1\right)=k!\left(\frac{1}{2}\right)^{k}$...$\left(2\right)$para $k\geq1$

Y sustituyendo este valor en la ecuación $\left(1\right)$

se obtendrá:

$f\left(1\right)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k!\left(\frac{1}{2}\right)^{k}}{K\text{!}}\left(z-1\right)^{k}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2^{k}}\left(z-1\right)^{k}$...$\left(3\right)$

En este caso la serie comienza en 1 porque la derivada de orden cero de

la ecuación $\left(2\right)$evaluada en $z_{0}$ es $0$.

Debido a que la distancia desde el centro $z_{0}=1$ a la singularidad más

cercana, que esta en $z=3$ es $2$, concluimos que el círculo de convergencia

para la ecuación $\left(3\right)$es $R=\left|z-1\right|=2$.


Alejandro Juárez Toribio (discusión) 14:19 27 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 21

Ampliar la función dada en una serie de Taylor centrada en el punto $z_{0}$ indicado. Dé el radio de convergencia R .

Como $f$ es una función analítica en $z_{0}$,entonces se puede escribir en forma de serie una serie de Taylor , definida de la sigueinte manera:

\[ f\left(z\right)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{\left(k\right)}\left(Z_{0}\right)}{K\text{!}}\left(z-z_{0}\right)^{k} \]

Calculando las primeras derivadas de la función f(z).

\[ f(z)=cos(z) \] \[ f'(z)=-sen(z) \] \[ f''(z)=-cos(z) \] \[ f'''(z)=sen(z) \] \[ f^{iv}(z)=cos(z) \]

Evaluando en el punto $z_{0}=\frac{\pi}{4}$

\[ f(\frac{\pi}{4})=cos(\frac{\pi}{4})=\frac{\sqrt{2}}{2} \] \[ f'(\frac{\pi}{4})=-sen(\frac{\pi}{4})=-\frac{\sqrt{2}}{2} \] \[ f''(\frac{\pi}{4})=-cos(\frac{\pi}{4})=-\frac{\sqrt{2}}{2} \] \[ f'''(\frac{\pi}{4})=sen(\frac{\pi}{4})=\frac{\sqrt{2}}{2} \] \[ f^{iv}(\frac{\pi}{4})=cos(\frac{\pi}{4})=\frac{\sqrt{2}}{2} \]

Ssustituyendo en la serie de Taylor:

\[ f(z)=f(z)+\frac{f'(z_{0})}{1!}(z-z_{0})+\frac{f''(z_{0})}{2!}(z-z_{0})^{2}+\frac{f'''(z_{0})}{3!}(z-z_{0})^{3}+...\]

\[ \therefore f(z)= \frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2.1!}(z-\frac{\pi}{4})-\frac{\sqrt{2}}{2.2!}(z-\frac{\pi}{4})^2+\frac{\sqrt{2}}{2.3!}(z-\frac{\pi}{4})^3+\frac{\sqrt{2}}{2.4!}(z-\frac{\pi}{4})^4 +....+... \]

Tomando el circulo de convergencia de la serie $|z-\frac{\pi}{4}|=R$ Donde entonces R corre de $0-> \infty$

\[ \therefore R=\infty \]

Samantha Martínez (Usuario discusión:Samantha Martínez) 04:27 28 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 22

\[ f(z)= \sin(z); z_{0} = \dfrac{\pi}{2}\]


\[ f(z)= \sin z = f(\dfrac{\pi}{2})= 1\]

\[ f´(z) = \cos z = f´(\dfrac{\pi}{2})= 0\]

\[ f´´(z)= -\sin z= f´´(\dfrac{\pi}{2}) = -1\]

\[ f´´´(z)= -\cos z = f´´´(\dfrac{\pi}{2})= 0\]

\[ f^{IV}(z)= \sin z = f^{IV}(\dfrac{\pi}{2})= 1 \]


\[ f(z) = f(\dfrac{\pi}{2})+ f´(\dfrac{\pi}{2}) (z-\dfrac{\pi}{2}) + \dfrac{f´´(\dfrac{\pi}{2})(z-f´´(\dfrac{\pi}{2}))^{2}}{2!} + \dfrac{f´´´(\dfrac{\pi}{2})(z-\dfrac{\pi}{2})^{3}}{3!}...\]


--Esther Sarai (discusión) 00:56 28 jun 2015 (CDT)Esther Sarai

Ejercicio 24

In Problems 23 and 24, use (7) find the first three nonzero terms of the Maclaurin series of the given function.

traduccion

En los problemas 23 y 24 , el uso ( 7 ) encontrar los tres primeros términos no nulos del Maclaurin serie de la función dada .

$f\left(z\right)=e^{\frac{1}{\left(1+z\right)}}$

la serie de Maclaurin esta dada por:

$f\left(z\right)=\sum_{n=0}^{n=00}\frac{f^{\prime n}\left(z0\right)}{n\text{!}}\left(z-z_{0}\right)^{n}$ donde para Maclaurin z$_{0}=0$

$f\left(z\right)=\sum_{n=0}^{n=00}\frac{f^{\prime n}\left(0\right)}{n\text{!}}\left(z-0\right)^{n}$

desarrollando las derivadas y acaluandolas en 0 tenemos:

$f^{\prime0}\left(0\right)=e^{\frac{1}{\left(1+z\right)}}=e^{\frac{1}{\left(1+0\right)}}=e$

$f^{\prime1}\left(0\right)=e^{\frac{1}{\left(1+z\right)}}\left(\frac{-1}{\left(1+z\right)^{2}}\right)=e^{\frac{1}{\left(1+0\right)}}\left(\frac{-1}{\left(1+0\right)^{2}}\right)=-e$

$f^{\prime2}\left(0\right)=e^{\frac{1}{\left(1+z\right)}}\left(\frac{2\left(1+z\right)}{\left(1+z\right)^{4}}\right)+\left(\frac{-1}{\left(1+z\right)^{2}}\right)e^{\frac{1}{\left(1+z\right)}}\left(\frac{-1}{\left(1+z\right)^{2}}\right)=e^{\frac{1}{\left(1+0\right)}}\left(\frac{2\left(1+0\right)}{\left(1+0\right)^{4}}\right)+\left(\frac{-1}{\left(1+0\right)^{2}}\right)e^{\frac{1}{\left(1+0\right)}}\left(\frac{-1}{\left(1+0\right)^{2}}\right)=3e$

entonces la serie de Maclaurin queda expresada del siguiente modo para los primeros 3 terminos:

$f\left(z\right)=\sum_{n=0}^{n=00}\frac{f^{\prime n}\left(0\right)}{n\text{!}}\left(z\right)^{n}$

$f\left(z\right)=\sum_{n=0}^{n=2}\frac{f^{\prime n}\left(0\right)}{n\text{!}}\left(z\right)^{n}=\frac{ez^{0}}{0!}-\frac{ez^{1}}{1!}+\frac{3ez^{2}}{2!}$


$f\left(z\right)=\sum_{n=0}^{n=2}\frac{f^{\prime n}\left(0\right)}{n\text{!}}\left(z\right)^{n}=e-ez+\frac{3ez^{2}}{2}=e\left(1-z+\frac{3}{2}z^{2}\right)$


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



Ejercicio 27

Sin tener que desarrollar, determine el radio de convergencia de R de la serie de Taylor de la función dada centrada en el punto indicado.

\[f(z)=\frac{4+5z}{1+z^{2}} \] con \( z_{0}=2+5i \)

Solución

Al observar el denominador de la función, se percibe que es analítica en todos los puntos a excepción en z= i, que es una singularidad aislada de la función f. distancia de \( z=i \) a \( z_{0}=2+5i \) es :

\[\mid z-z_{0}\mid=\sqrt{(0-2)^{2}+(1-5)^{2}}=\sqrt{(-4)^{2}+(-4)^{2}}=\sqrt{20}=2\sqrt{5} \]

Por lo tanto, el radio de convergencia R de la serie de Taylor centrada en 2+5i es \[\mid2+5i\mid=2\sqrt{5} \]

Elaborado por Ricardo García Hernández--Ricardo Garcia Hernandez (discusión) 23:40 28 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 26

Utilizar fracciones parciales como una ayuda para obtener la serie de Maclaurin de la función dada. Dé el radio de convergencia R de la serie.

$f(z)=\frac{z-7}{z^{2}-2z-3}$

Entonces primero factorizando el denominador podemos escribir las fracciones parciales como sigue:

$\frac{z-7}{z^{2}-2z-3}=\frac{z-7}{(z-3)(z+1)}=\frac{A}{z-3}+\frac{B}{z+1}$

$\frac{z-7}{(z-3)(z+1)}=\frac{A(z+1)+B(z-3)}{(z-3)(z+1)}$

Entonces resolvemos para A y B como sigue:

$z-7=Az+A+Bz-3B$

$z-7=(A+B)z+A-3B$

Y tenemos el siguiente sistema de ecuaciones:

$A+B=1$

$A-3B=-7$

Resolviendo no da que:

$A=-1$

$B=2$

Por lo tanto las fracciones parciales quedan como:

$f(z)=\frac{z-7}{z^{2}-2z-3}=\frac{-1}{z-3}+\frac{2}{z+1}$

Se puede reconocer que tenemos singularidades en los puntos para $z=3$ y $z=-1$

Como $z=-1$ está más cerca de $z_{0}=0$ entonces nuestro radio de convergencia sería $R=1$

Además, para obtener la serie de Maclaurin sabemos que para $|z|<1,$ la serie es convergente y su suma está dada por $\frac{1}{1-z}=1+z+z^{2}+.....+z^{n-1}$ .......... (1)

Y asociando nuestras fracciones parciales a (1) podemos escribir:

$-\left(\frac{1}{3-z}\right)=-\frac{1}{3}\left(\frac{1}{1-\frac{z}{3}}\right)$ donde $z\Rightarrow\frac{z}{3}$

queda como:

$-\frac{1}{3-z}=-\frac{1}{3}\left[1+\frac{z}{3}+\frac{z^{2}}{9}+\frac{z^{3}}{27}....\right]$

y para la otra fracción tenemos:

$\frac{2}{z+1}=2\left[1-z+z^{2}-z^{3}+z^{4}....\right]$

Entonces, finalmente queda de la forma:

$f(z)=\frac{z-7}{z^{2}-2z-3}=\frac{-1}{z-3}+\frac{2}{z+1}=\left(2\left[1-z+z^{2}-z^{3}+z^{4}....\right]\right)+\left(-\frac{1}{3}\left[1+\frac{z}{3}+\frac{z^{2}}{9}+\frac{z^{3}}{27}....\right]\right)$


--A. Martín R. Rabelo (discusión) 23:17 25 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 37

Aproxime el valor de la expresión dada utilizando el numero indicado de términos de una serie de Maclaurin.

\(e^{\frac{(1+i)}{10}}\), tres términos.

Tomamos de nuestra funcion a \(z\) como\[z=\frac{(1+i)}{10}\]

Ahora bien conocemos que la serie para la exponencial es\[e^{z}=1+\frac{z}{1!}+\frac{z²}{2!}+....\]

El problema nos pide calcular para \(z=\frac{(1+i)}{10}\), asi que sustituimos\[e^{\frac{(1+i)}{10}}=1+\frac{1+i}{10}+\frac{(\frac{(1+i)}{10})²}{2}\]

Simplificando\[e^{\frac{(1+i)}{10}}=1+\frac{1+i}{10}+\frac{2i}{200}\]

Agrupando terminos tenemos\[e^{\frac{(1+i)}{10}}=1+\frac{1}{10}+i(\frac{1}{10}+\frac{2}{200})\]

Por lo cual\[e^{\frac{(1+i)}{10}}= 1.1+0.11i\]

--Anahi Limas (discusión) 23:47 28 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 38

Aproxime el valor de la expresión dada utilizando el numero indicado de términos de una serie de Maclaurin.

\(sen(\frac{1+i}{10})\), dos términos.

La serie de Maclaurin para el seno esta definida por\[sen z= z- \frac{z³}{3!}+\frac{z⁵}{5!}+......\]

Ahora bien de nuestra funcion tomamos\[z=\frac{1+i}{10}\].

El problema nos indica que únicamente necesitamos dos términos así, sustituyendo tenemos\[sen(\frac{1+i}{10})= \frac{1+i}{10}- \frac{(\frac{1+i}{10})³}{3!}\]

Desarrollamos \((\frac{1+i}{10})³\).

\((\frac{1+i}{10})³=(\frac{1}{10})³+3(\frac{1}{10})²(\frac{i}{10})+3(\frac{1}{10})(\frac{i}{10})²+(\frac{i}{10})³\)


\((\frac{1+i}{10})³=\frac{1}{1000}+\frac{3i}{1000}-\frac{1}{1000}-\frac{i}{1000}=\frac{2i}{1000}\)

\((\frac{1+i}{10})³=\frac{i}{500}\)


Sustituyendo en nuestra serie tenemos\[sen(\frac{1+i}{10})= \frac{1}{10}+\frac{i}{10}- \frac{(\frac{i}{500}}{6}\]


\(sen(\frac{1+i}{10})= 0.01+0.09i\)

--Anahi Limas (discusión) 15:40 4 jul 2015 (CDT)


Ejercicio 40

Si $f(z)=\sum_{k=0}^{\infty}a_{k}z^{k}$ y $g(z)=\sum_{k=0}^{\infty}b_{k}z^{k}$ entonces el producto de Cauchy de $f$ y $g$ esta dado por

\[ f(z)g(z)={\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}c_{k}z^{k}\hspace{1em}donde\hspace{1em}c_{k}={\displaystyle \sum_{n=0}^{k}a_{n}b_{k-n}}} \]


Escriba los primeros conco terminos de la sereie de potencias de $f(z)g(z)$.

\[ {\displaystyle \sum_{k=0}^{5}c_{k}z^{k}=c_{0}+c_{1}z+c_{2}z^{2}+c_{3}z^{3}+c_{4}z^{4}+c_{5}z^{5}} \]


Donde

${\displaystyle c_{0}=\sum_{n=0}^{o}a_{n}b_{k-n}=a_{0}b_{0}}$

$c_{1}={\displaystyle \sum_{n=0}^{1}a_{n}b_{k-n}=a_{0}b_{1}+a_{1}b_{0}}$

$c_{2}={\displaystyle \sum_{n=0}^{2}a_{n}b_{k-n}=a_{0}b_{2}+a_{1}b_{1}+a_{2}b_{0}}$

$c_{3}={\displaystyle \sum_{n=0}^{3}a_{n}b_{k-n}=a_{0}b_{3}+a_{1}b_{2}+a_{2}}b_{1}+a_{3}b_{0}$

$c_{4}={\displaystyle \sum_{n=0}^{4}a_{n}b_{k-n}=a_{0}b_{4}+a_{1}b_{3}+a_{2}b_{2}+a_{3}b_{1}+a_{4}b_{0}}$

$c_{5}={\displaystyle \sum_{n=0}^{5}a_{n}b_{k-n}=a_{0}b_{5}+a_{1}b_{4}+a_{2}b_{3}+a_{3}b_{2}+a_{4}b_{1}+a_{5}b_{0}}$

Por lo tanto, tenemos que $f(z)g(z)$ está escrita de la siguiente forma

$f(z)g(z)=a_{0}b_{0}+\left(a_{0}b_{1}+a_{1}b_{0}\right)z+\left(a_{0}b_{2}+a_{1}b_{1}+a_{2}b_{0}\right)z^{2}+\left(a_{0}b_{3}+a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1}+a_{3}b_{0}\right)z^{3}+\left(a_{0}b_{4}+a_{1}b_{3}+a_{2}b_{2}+a_{3}b_{1}+a_{4}b_{0}\right)z^{4}+\left(a_{0}b_{5}+a_{1}b_{4}+a_{2}b_{3}+a_{3}b_{2}+a_{4}b_{1}+a_{5}b_{0}\right)z^{5}$

Jose Emmanuel Flores Calderón (discusión) 23:17 28 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 45

Suponga que una función compleja $f$ es analítica en un dominio $D$ que contiene a $z_0=0$ y $f$ satisface que $f'(z)=4z+f^2(z)$. Suponga además que $f(0)=1$.

'a) Calcule $f'(0)$, $f(0)$, $f(0)$, $f^{(4)}(0)$ y $f^{(5)}(0)$

b) Determine los seis primeros términos del desarrollo de Maclaurin de $f$.

Sol. a) Primero buscamos las expresiones para cada derivada usando regla de la cadena y del producto.


$f'(z)=4z+f^2(z)$


$f(z)=4+2f(z)f'(z)$


$f(z)=2[f'(z)f'(z)+f(z)f(z)]=2[(f'(z))^2+f(z)f(z)]$


$f^{(4)}(z)=2[2f(z)f'(z)+f'(z)f(z)+f(z)f(z)]$


$f^{(5)}(z)=2[2f(z)f'(z)+2(f(z))^2+(f(z))^2+f'(z)f(z)+f'(z)f(z)+f(z)f^{(4)}(z)]=2[4f(z)f'(z)+3(f(z))^2+f(z)f^{(4)}(z)]$


Evaluando las expresiones en $z_0=0$:


$f'(0)=4(0)+f^2(0)=(1)^2=1$


$f(0)=4+2f(0)f'(0)=4+2(1)(1)=6$


$f'(0)=2[(f'(0))^2+f(0)f(0)]=2[1+1(6)]=14$


$f^{(4)}(0)=2[2f(0)f'(0)+f'(0)f(0)+f(0)f(0)]=2[2(6)(1)+1(6)+1(14)]=2[12+6+14]=2(32)=64$


$f^{(5)}(0)=2[4f'(0)f'(0)+3(f(0))^2+f(0)f^{(4)}(0)]=2[4(14)(1)+3(6)^2+1(64)]=2[56+108+64]=456$


Por lo tanto $f'(0)=1$, $f(0)=6$, $f'(0)=14$, $f^{(4)}(0)=64$ y $f^{(5)}=456$.


b) Tenemos que los primeros 6 términos de la serie de Maclaurin son:


$f(z)=\Sigma_{k=0}^5\dfrac{f^{(k)}(0)}{k!}z^k=1+f'(0)z+\dfrac{f(0)}{2!}z^2+\dfrac{f'(0)}{3!}z^3+\dfrac{f^{(4)}(0)}{4!}z^4+\dfrac{f^{(5)}(0)}{5!}z^5$


Sustituyendo valores


$f(z)=1+(1)z+\dfrac{6}{2}z^2+\dfrac{14}{6}z^3+\dfrac{64}{24}z^4+\dfrac{456}{120}z^5$


$f(z)=1+z+3z^2+\dfrac{7}{3}z^3+\dfrac{8}{3}z^4+\dfrac{19}{5}z^5$


Oscar Javier Gutierrez Varela (discusión) 22:44 26 jun 2015 (CDT)