Diferencia entre revisiones de «Compleja:Zill-Cap6.2»
(No se muestran 79 ediciones intermedias del mismo usuario) | |||
Línea 42: | Línea 42: | ||
Si multiplicamos por $z$ ambos lados tenemos: | Si multiplicamos por $z$ ambos lados tenemos: | ||
\[ | \[ | ||
\frac{1\, z}{1+z}=f(z) | \frac{1\, z}{1+z}=f(z)=z\,\sum_{n=0}^{\infty} {(-z)^n}=z\,\left(1-z+z^2-z^3+\ldots\right)=z-z^2+z^3-z^4+\ldots=-\left( -z+z^2-z^3+z^4-z^5+\ldots\right)=-\sum_{n=1}^{\infty} {\left(-z\right)^n} | ||
\] | \] | ||
Dado que se uso la serie de $\frac{1}{1+z}$ y esta converge para $|z|\le 1$ este resultado se preserva: | Dado que se uso la serie de $\frac{1}{1+z}$ y esta converge para $|z|\le 1$ este resultado se preserva: | ||
Línea 106: | Línea 106: | ||
$R=\frac{1}{2}$ | $R=\frac{1}{2}$ | ||
\[f(z)=\frac{1}{(1+2z)^{2}}=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1} k(2z)^{k-1} | \[f(z)=\frac{1}{(1+2z)^{2}}=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1} k(2z)^{k-1} \] | ||
---- | ---- | ||
Línea 114: | Línea 114: | ||
=== Ejercicio 4 === | === Ejercicio 4 === | ||
Utilice resultados conocidos para desarrollar la función dada en una serie de Maclaurin. dé el radio de convergencia R en la serie. | |||
serie de Maclaurin. dé el radio de convergencia R en la serie | |||
\[ | |||
f(z)=\frac{z}{(1-z)^{3}} | |||
\] | |||
'''Procedimiento''' | |||
Sabemos que la serie geométrica: | |||
\[ | |||
g(z)=\frac{1}{(1-z)}=\sum_{k=1}^{\infty}z^{k-1} | |||
\] | |||
Cuyo radio de convergencia es R=1 | |||
Derivando $g(z)$ obtenemos: | |||
\[ | |||
g'(z)=\frac{1}{(1-z)^2}=\sum_{k=1}^{\infty}(k-1)z^{k-2}=\sum_{j=1}^{\infty}jz^{j-1} | |||
\] | |||
Como el indice de la suma es irrelevante: | |||
\[ | |||
g'(z)=\frac{1}{(1-z)^2}=\sum_{k=1}^{\infty}kz^{k-1} | |||
\] | |||
Derivando de nuevo tenemos que: | |||
\[ | |||
g''(z)=\frac{2}{(1-z)^3}=\sum_{k=1}^{\infty}k(k-1)z^{k-2} | |||
\] | |||
Si multiplicamos esto ultimo por: $\frac{z}{2}$ | |||
\[ | |||
\frac{2}{(1-z)^3}\frac{z}{2}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{z}{2}k(k-1)z^{k-2} | |||
\] | |||
\[ | |||
\frac{z}{(1-z)^3}=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{\infty}k(k-1)z^{k-2+1} | |||
\] | |||
'''Conclusión''' | |||
Lo que es $f(z)$ | |||
\[ | |||
f(z)=\frac{z}{(1-z)^3}=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{\infty}k(k-1)z^{k-1} | |||
\] | |||
El radio de convergencia es R=1 | |||
---- | ---- | ||
Re elaborado por:[[Usuario: Manuel Rodríguez |Manuel Rodríguez]] | |||
---- | |||
===Ejercicio 5=== | ===Ejercicio 5=== | ||
Utilice resultados conocidos para desarrollar la función $e^{-2z}$ en una serie de Maclaurin. Dé el radio de convergencia $R$ de cada serie. | |||
De la serie de | De la serie de Maclaurin | ||
\[ | \[ | ||
Línea 145: | Línea 182: | ||
'''Solución''' | |||
Entonces si $z=-2z$ | Entonces si $z=-2z$ | ||
Línea 155: | Línea 193: | ||
--[[Usuario:Emmanuell Castro Flores|Emmanuell Castro Flores]] ([[Usuario discusión:Emmanuell Castro Flores|discusión]]) 22:22 28 jun 2015 (CDT) | ---- | ||
Realizado por: [[Usuario:Emmanuell Castro Flores|Emmanuell Castro Flores]] ([[Usuario discusión:Emmanuell Castro Flores|discusión]]) 22:22 28 jun 2015 (CDT) | |||
---- | ---- | ||
Línea 168: | Línea 205: | ||
'''Procedimiento''' | |||
Línea 179: | Línea 216: | ||
donde podemos considerar a $u=\frac{z}{2}$ | donde podemos considerar a $u=\frac{z}{2}$ | ||
\[ | |||
\cos u=1-\frac{u^{2}}{2!}+\frac{u^{4}}{4!}-\cdots=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}\frac{u^{2k}}{(2k)!}=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}\frac{1}{(2k)!}(\frac{z}{2})^{2k} | |||
\] | |||
'''Solución''' | |||
\[ | |||
f(z)=\cos\left (\frac{z}{2} \right )=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{(2k)!}(\frac{z}{2})^{2k} | |||
\] | |||
y por ultimo el radio de convergencia $R$ de la serie seria $R= \infty$ | y por ultimo el radio de convergencia $R$ de la serie seria $R= \infty$ | ||
---- | ---- | ||
Realizado por:[[Usuario:Miguel Medina Armendariz|Miguel Medina Armendariz]] ([[Usuario discusión:Miguel Medina Armendariz|discusión]]) 15:49 26 jun 2015 (CDT) | |||
Corregido por: [[Usuario:Francisco Medina Albino|Francisco Medina Albino]] ([[Usuario discusión:Francisco Medina Albino|discusión]]) 23:40 3 jul 2015 (CDT) | |||
---- | ---- | ||
Línea 215: | Línea 242: | ||
$f(z) = \sin 3z$ | $f(z) = \sin 3z$ | ||
'''Procedimiento''' | |||
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 | 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 | ||
Línea 269: | Línea 297: | ||
$= lím_{n\rightarrow \infty} \frac{|(3z)^2|}{(2n + 3) (2n + 2)} = 0$ | $= lím_{n\rightarrow \infty} \frac{|(3z)^2|}{(2n + 3) (2n + 2)} = 0$ | ||
'''Solución''' | |||
Dado que el limite es 0, el radio de convergencia es $R = \infty $ | |||
[ | \[ | ||
\sin 3z = 3\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{(3z)^{2k + 1}}{(2k + 1)!} | |||
\] | |||
---- | ---- | ||
Realizado por: [[Usuario:Angelina Nohemi Mendoza Tavera|Angelina Nohemi Mendoza Tavera]] ([[Usuario discusión:Angelina Nohemi Mendoza Tavera|discusión]]) 00:15 28 jun 2015 (CDT) | |||
---- | |||
Método alternativo | |||
Utilice resultados conocidos para desarrollar la función dada en una | Utilice resultados conocidos para desarrollar la función dada en una | ||
serie de Maclaurin. De el radio de convergencia R de cada serie | serie de Maclaurin. De el radio de convergencia R de cada serie | ||
Línea 295: | Línea 329: | ||
infinito, al igual que en nuestra f(z) | infinito, al igual que en nuestra f(z) | ||
---- | ---- | ||
Resuelto por: [[Usuario:Luis Enrique Martínez Valverde|Luis Enrique Martínez Valverde]] ([[Usuario discusión:Luis Enrique Martínez Valverde|discusión]]) 12:11 28 jun 2015 (CDT) | |||
---- | |||
===Ejercicio 11 === | ===Ejercicio 11 === | ||
Línea 308: | Línea 341: | ||
$f\left(z\right)=senz^2$ | $f\left(z\right)=senz^2$ | ||
'''Procedimiento''' | |||
Sabemos que: | Sabemos que: | ||
Línea 336: | Línea 370: | ||
infinito. | infinito. | ||
'''Solución''' | |||
[ | \[ | ||
f\left(z\right)=senz^2=\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}}{z^{4k+2}} | |||
\] | |||
Con $R=\infty$ | |||
---- | |||
Realizado por: [[Usuario:Nancy Martínez Durán|Nancy Martínez Durán]] ([[Usuario discusión:Nancy Martínez Durán|discusión]]) 21:22 28 jun 2015 (CDT) | |||
---- | ---- | ||
===Ejercicio 13=== | ===Ejercicio 13=== | ||
Utilice la serie de Maclaurin para $e^{z}$para desarrollar la función dada en una serie de Taylor centrada en el punto $z_{0}$ | |||
dada en una serie de Taylor centrada en el punto $z_{0}$ | |||
$f(z)=e^{z},z_{0}=3i$ | |||
'''Procedimiento''' | |||
Según la serie de Maclaurin | |||
$e^{z}=1+\frac{z}{1!}+\frac{z^{2}}{2!}+\cdots=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{z^{k}}{k!}$ | $e^{z}=1+\frac{z}{1!}+\frac{z^{2}}{2!}+\cdots=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{z^{k}}{k!}$ | ||
Ademas: | |||
$f'(z)=e^{z}$ | $f'(z)=e^{z}$ | ||
$f | $f'(z)=e^{z}$ | ||
$f | $\frac{\mathrm{d}^{2} }{\mathrm{d} z^{2}}{f}(z)=e^{z}=e^{z}$ | ||
$\vdots$ | $\vdots$ | ||
Línea 363: | Línea 406: | ||
$f^{(n)}(z)=e^{z}$ | $f^{(n)}(z)=e^{z}$ | ||
Por el teorema de Taylor. | |||
$f(z)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(z_{0})}{k!}(z-z_{0})^{k}$ | $f(z)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(z_{0})}{k!}(z-z_{0})^{k}$ | ||
Evaluando las derivadas de la función $f(z)$ en $z_{0}=3i$ | |||
$f'(3i)=e^{3i}$ | $f'(3i)=e^{3i}$ | ||
$f | $\frac{\mathrm{d}^{2} }{\mathrm{d} z^{2}}{f}(3i)=e^{3i}$ | ||
$f | $\frac{\mathrm{d}^{3} }{\mathrm{d} z^{3}}{f}(3i)=e^{3i}$ | ||
$\vdots$ | $\vdots$ | ||
Línea 379: | Línea 422: | ||
$f^{(n)}(3i)=e^{3i}$ | $f^{(n)}(3i)=e^{3i}$ | ||
'''Solución''' | |||
De aquí que: | |||
\[ | |||
f(z)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{e^{3i}}{k!}(z-3i)^{k} | |||
\] | |||
--[[Usuario:Francisco Medina Albino|Francisco Medina Albino]] ([[Usuario discusión:Francisco Medina Albino|discusión]]) 23:43 28 jun 2015 (CDT) | Ademas $R=\infty$ | ||
---- | |||
Realizado por: [[Usuario:Francisco Medina Albino|Francisco Medina Albino]] ([[Usuario discusión:Francisco Medina Albino|discusión]]) 23:43 28 jun 2015 (CDT) | |||
---- | ---- | ||
===Ejercicio 15 | |||
===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 | 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 | ||
Línea 395: | Línea 444: | ||
</math> | </math> | ||
'''Procedimiento''' | |||
En esta solución se utiliza de nuevo la serie geométrica ,sumando y restando 1 en el denominador de la función , tenemos: | |||
:<math> | :<math>f(z)=\frac{1}{z}=\frac{1}{z+1-1}=\frac{1}{1+z-1}=\frac{1}{1-\left[-\frac{z-1}{1}\right]} | ||
</math> | </math> | ||
Ahora escribimos este último resultado como una serie geometrica de la forma: | |||
:<math>{\displaystyle \frac{a}{1-z}=a+az+az^{2}+\cdots+az^{n-1}+\cdots} | |||
</math> | |||
Entonces: | |||
:<math>f(z)=\frac{1}{z} | :<math>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] | ||
</math> | </math> | ||
:<math>f | :<math>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] | ||
</math> | </math> | ||
Finalmente | |||
'''Solución''' | |||
\[ | |||
f(x)={\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}(z-1)^{k}} | |||
\] | |||
con | |||
:<math> | :<math>\mid z-z_{0}\mid=\sqrt{(0)^{2}+(1)^{2}}=1 | ||
</math> | </math> | ||
Elaborado por Ricardo García Hernández--[[Usuario:Ricardo Garcia Hernandez|Ricardo Garcia Hernandez]] ([[Usuario discusión:Ricardo Garcia Hernandez|discusión]]) | El radio de convergencia R de la serie es uno. | ||
---- | |||
Elaborado por Ricardo García Hernández--[[Usuario:Ricardo Garcia Hernandez|Ricardo Garcia Hernandez]] ([[Usuario discusión:Ricardo Garcia Hernandez|discusión]]) 23:30 28 jun 2015 (CDT) | |||
---- | ---- | ||
Solución alternativa 1. | |||
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 | 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 | ||
Línea 444: | Línea 494: | ||
Solución | Solución | ||
Aplicando la fórmula del teorema de Taylor: | |||
:<math> | :<math>{\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}f^{(k)}\frac{(z_{0})}{k!}(z-z_{0})^{k}} | ||
</math> , primero encontramos las primeras cuatro derivadas de la función f(z), seguido de valuar en <math>z_{0}=1 | |||
</math> | </math> | ||
entonces: | |||
:<math> | :<math>f(z)=\frac{1}{z} | ||
</math> | </math> con <math>f(z_{0})=f(1)=1 | ||
</math> | </math> | ||
:<math>f(z)=\frac{1}{z | :<math>f'(z)=-\frac{1}{z^{2}} | ||
</math> con <math>f'(z_{0})=f'(1)=-1 | |||
</math> | </math> | ||
:<math>f''(z)=\frac{2}{z^{3}} | |||
</math> con <math>f''(z_{0})=f''(1)=2 | |||
:<math>f( | |||
</math> | </math> | ||
:<math> | :<math>f'''(z)=-\frac{6}{z^{4}} | ||
</math> con <math>f'''(z_{0})=f'''(1)=-6 | |||
</math> | </math> | ||
Entonces sustituyendo en la la formula de Taylor , obtenemos: | |||
:<math>{\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} | |||
</math> | |||
Finalmente obtenemos que | |||
:<math>f(x)={\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}(z-1)^{k}} | |||
</math> | |||
---- | |||
Elaborado por Ricardo García Hernández--[[Usuario:Ricardo Garcia Hernandez|Ricardo Garcia Hernandez]] ([[Usuario discusión:Ricardo Garcia Hernandez|discusión]]) 00:10 29 jun 2015 (CDT) | |||
---- | ---- | ||
Solución alternativa 2. | |||
Desarrolle la función de la serie de Taylor en el punto indicado Zo. Dé el radio de convergencia R | Desarrolle la función de la serie de Taylor en el punto indicado Zo. Dé el radio de convergencia R | ||
$f(z)=1/z$ con $z_{0}=1$ | |||
Línea 492: | Línea 544: | ||
Expandiendo la función | |||
$f | $\frac{d}{dz}f(z)=-\frac{1}{z^{2}}$ | ||
$f | $\frac{d^{2}}{dz^{2}}f(z)=\frac{2}{z^{3}}$ | ||
$f | $\frac{d^{3}}{dz^{3}}f(z)=-\frac{6}{z^{4}}$ | ||
$ | $\frac{d^{4}}{dz^{4}}f(z)=\frac{24}{z^{5}}$ | ||
$f^{k}(z)=k!(-1)^{k}z^{-(k+1)}$ | $f^{k}(z)=k!(-1)^{k}z^{-(k+1)}$ | ||
Línea 507: | Línea 559: | ||
Evaluando en $z_{0}=1$ | Evaluando en $z_{0}=1$ | ||
$f | $\frac{d}{dz}f(1)=-1$ | ||
$f | $\frac{d^{2}}{dz^{2}}f(1)=2$ | ||
$f | $\frac{d^{3}}{dz^{3}}f(1)=-6$ | ||
$ | $\frac{d^{4}}{dz^{4}}f(1)=24$ | ||
$f^{k}( | $f^{k}(1)=k!(-1)^{k}$ | ||
Línea 524: | Línea 576: | ||
Vemos que la | Vemos que la función $f(z)=1/z$ no es analítica en el punto $z=0$, y así para el radio tenemos: | ||
$|z-z_{0}|=\sqrt{0^{2}+1^{2}}=1=R$ | $|z-z_{0}|=\sqrt{0^{2}+1^{2}}=1=R$ | ||
--[[Usuario:Fernando Vazquez V.|Fernando Vazquez V.]] ([[Usuario discusión:Fernando Vazquez V.|discusión]]) 00:04 29 jun 2015 (CDT) | ---- | ||
Realizado por: [[Usuario:Fernando Vazquez V.|Fernando Vazquez V.]] ([[Usuario discusión:Fernando Vazquez V.|discusión]]) 00:04 29 jun 2015 (CDT) | |||
---- | ---- | ||
===Ejercicio 17=== | ===Ejercicio 17=== | ||
Desarrolle la función de la serie de Taylor en el punto indicado $z_0$. Dé el radio de convergencia R | |||
<math>f(z)=\frac{1}{3-z}</math> evaluada en <math>z_0= 2i</math> | |||
''' | '''Procedimiento''' | ||
Primero haremos el radio de convergencia, considerando que la función no es analítica en | Primero haremos el radio de convergencia, considerando que la función no es analítica en | ||
Línea 578: | Línea 632: | ||
<math>f^{(k)}(z_0)= k! (3-2i)^{-(k+1)} </math> para <math>K\geq0</math> | <math>f^{(k)}(z_0)= k! (3-2i)^{-(k+1)} </math> para <math>K\geq0</math> | ||
'''Solución''' | |||
Por lo que la serie queda expresado como: | |||
\[ | |||
f(z)= \sum_{k=0}^{\infty} (3-2i)^{-(k+1)} (z-2i)^k | |||
\] | |||
$R=\sqrt{13}$ | |||
---- | ---- | ||
Realizado por: [[Usuario:Pablo|Pablo]] ([[Usuario discusión:Pablo|discusión]]) 17:17 28 jun 2015 (CDT) | |||
---- | |||
===Ejercicio 19=== | ===Ejercicio 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 | Para desarrollar la función dada en serie de Taylor centrada en el | ||
punto $z_{0}$ | punto $z_{0}$ | ||
'''Procedimiento''' | |||
$f\left(z\right)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{\left(k\right)}\left(Z_{0}\right)}{K\text{!}}\left(z-z_{0}\right)^{k}$...$\left(1\right)$ | $f\left(z\right)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{\left(k\right)}\left(Z_{0}\right)}{K\text{!}}\left(z-z_{0}\right)^{k}$...$\left(1\right)$ | ||
Línea 648: | Línea 707: | ||
de | 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 | Debido a que la distancia desde el centro $z_{0}=1$ a la singularidad | ||
más | más | ||
Cercana, que esta en $z=3$ es $2$, concluimos que el círculo de | |||
convergencia | convergencia | ||
Para la ecuación $\left(3\right)$es $R=\left|z-1\right|=2$. | |||
'''Solución''' | |||
\[ | |||
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2^{k}}\left(z-1\right)^{k} | |||
\] | |||
\[ | |||
R=2 | |||
\] | |||
[[Usuario:Alejandro Juárez Toribio|Alejandro Juárez Toribio]] ([[Usuario discusión:Alejandro Juárez Toribio|discusión]]) 14:19 27 jun 2015 (CDT) | ---- | ||
Realizado por: [[Usuario:Alejandro Juárez Toribio|Alejandro Juárez Toribio]] ([[Usuario discusión:Alejandro Juárez Toribio|discusión]]) 14:19 27 jun 2015 (CDT) | |||
---- | ---- | ||
===Ejercicio 21=== | ===Ejercicio 21=== | ||
Ampliar la función dada en una serie de Taylor centrada en el punto $z_{0}$ indicado. Dé el radio de convergencia R. | |||
\[ | |||
f(z)=\cos z | |||
\] | |||
Como $f$ es una función analítica en $z_{0}$,entonces se puede escribir en forma de serie una serie de Taylor , definida de la | \[ | ||
z_0=\frac{\pi}{4} | |||
\] | |||
'''Procedimiento''' | |||
Como $f$ es una función analítica en $z_{0}$,entonces se puede escribir en forma de serie una serie de Taylor , definida de la siguiente manera: | |||
:<math> 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} </math> | :<math> 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} </math> | ||
Línea 686: | Línea 765: | ||
:<math> f^{iv}(\frac{\pi}{4})=cos(\frac{\pi}{4})=\frac{\sqrt{2}}{2} </math> | :<math> f^{iv}(\frac{\pi}{4})=cos(\frac{\pi}{4})=\frac{\sqrt{2}}{2} </math> | ||
Sustituyendo en la serie de Taylor: | |||
:<math> 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}+...</math> | :<math> 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}+...</math> | ||
'''Solución''' | |||
:<math> \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 +....+... </math> | :<math> \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 +....+... </math> | ||
Línea 697: | Línea 778: | ||
:<math> \therefore R=\infty </math> | :<math> \therefore R=\infty </math> | ||
[[Usuario:Samantha Martínez|Samantha Martínez]] ([[Usuario discusión:Samantha Martínez]]) 04:27 28 jun 2015 (CDT) | ---- | ||
Realizado por: [[Usuario:Samantha Martínez|Samantha Martínez]] ([[Usuario discusión:Samantha Martínez]]) 04:27 28 jun 2015 (CDT) | |||
---- | ---- | ||
===Ejercicio 22=== | ===Ejercicio 22=== | ||
Expandir la función dada en una serie de Taylor centrada en el punto $z_0$ indicado. Dé el radio de convergencia R. | |||
\[ | |||
f(z)= \sin(z); \] | |||
\[ | \[ | ||
z_{0} = \dfrac{\pi}{2}\] | |||
'''Procedimiento''' | |||
\[ | \[ | ||
Línea 720: | Línea 810: | ||
f^{IV}(z)= \sin z = f^{IV}(\dfrac{\pi}{2})= 1 \] | f^{IV}(z)= \sin z = f^{IV}(\dfrac{\pi}{2})= 1 \] | ||
'''Solución''' | |||
\[ | \[ | ||
f(z) = f(\dfrac{\pi}{2})+ f´(\dfrac{\pi}{2}) (z-\dfrac{\pi}{2}) + \dfrac{f´´(\dfrac{\pi}{2})(z-f´´(\dfrac{\pi}{2}))^{2}}{2!} + \dfrac{f´´´(\dfrac{\pi}{2})(z-\dfrac{\pi}{2})^{3}}{3!}...\] | 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!}...\] | ||
\[ | |||
f(z)=1-\frac{1}{2}\left(z-\frac{\pi}{2}\right)^2+\frac{1}{24}\left(z-\frac{\pi}{2}\right)^4-\frac{1}{720}\left(z-\frac{\pi}{2}\right)^6+O\left(\left(z-\frac{\pi}{2}\right)^7\right) | |||
\] | |||
$R=\infty$ | |||
--[[Usuario:Esther Sarai|Esther Sarai]] ([[Usuario discusión:Esther Sarai|discusión]]) 00:56 28 jun 2015 (CDT)Esther Sarai | ---- | ||
Realizado por: [[Usuario:Esther Sarai|Esther Sarai]] ([[Usuario discusión:Esther Sarai|discusión]]) 00:56 28 jun 2015 (CDT)Esther Sarai | |||
---- | |||
===Ejercicio 24=== | ===Ejercicio 24=== | ||
Encontrar los tres primeros términos no nulos del Maclaurin serie de la función dada. | |||
$f\left(z\right)=e^{\frac{1}{\left(1+z\right)}}$ | |||
'''Procedimiento''' | |||
La serie de Maclaurin esta dada por: | |||
$f\left(z\right)=\sum_{n=0}^{n=00}\frac{f^{\prime n}\left(z0\right)}{n\text{!}}\left(z-z_{0}\right)^{n}$ | $f\left(z\right)=\sum_{n=0}^{n=00}\frac{f^{\prime n}\left(z0\right)}{n\text{!}}\left(z-z_{0}\right)^{n}$ | ||
Línea 746: | Línea 840: | ||
$f\left(z\right)=\sum_{n=0}^{n=00}\frac{f^{\prime n}\left(0\right)}{n\text{!}}\left(z-0\right)^{n}$ | $f\left(z\right)=\sum_{n=0}^{n=00}\frac{f^{\prime n}\left(0\right)}{n\text{!}}\left(z-0\right)^{n}$ | ||
desarrollando las derivadas y | desarrollando las derivadas y evaluándolas en 0 tenemos: | ||
$f^{\prime0}\left(0\right)=e^{\frac{1}{\left(1+z\right)}}=e^{\frac{1}{\left(1+0\right)}}=e$ | $f^{\prime0}\left(0\right)=e^{\frac{1}{\left(1+z\right)}}=e^{\frac{1}{\left(1+0\right)}}=e$ | ||
Línea 755: | Línea 849: | ||
entonces la serie de Maclaurin queda expresada del siguiente modo | entonces la serie de Maclaurin queda expresada del siguiente modo | ||
para los primeros 3 | para los primeros 3 términos: | ||
$f\left(z\right)=\sum_{n=0}^{n=00}\frac{f^{\prime n}\left(0\right)}{n\text{!}}\left(z\right)^{n}$ | $f\left(z\right)=\sum_{n=0}^{n=00}\frac{f^{\prime n}\left(0\right)}{n\text{!}}\left(z\right)^{n}$ | ||
Línea 761: | Línea 855: | ||
$f\left(z\right)=\sum_{n=0}^{n=2}\frac{f^{\prime n}\left(0\right)}{n\text{!}}\left(z\right)^{n}=\frac{ez^{0}}{0!}-\frac{ez^{1}}{1!}+\frac{3ez^{2}}{2!}$ | $f\left(z\right)=\sum_{n=0}^{n=2}\frac{f^{\prime n}\left(0\right)}{n\text{!}}\left(z\right)^{n}=\frac{ez^{0}}{0!}-\frac{ez^{1}}{1!}+\frac{3ez^{2}}{2!}$ | ||
'''Solución''' | |||
\[f\left(z\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{\prime n}\left(0\right)}{n\text{!}}\left(z\right)^{n}=e-ez+\frac{3ez^{2}}{2}+...=e\left(1-z+\frac{3}{2}z^{2}\right)+... | |||
\] | |||
---- | ---- | ||
Realizado por: [[Usuario:Martin Flores Molina|Martin Flores Molina]] ([[Usuario discusión:Martin Flores Molina|discusión]]) 13:05 15 mayo 2015 (CDT) | |||
: | |||
---- | ---- | ||
Línea 801: | Línea 871: | ||
$f(z)=\frac{z-7}{z^{2}-2z-3}$ | $f(z)=\frac{z-7}{z^{2}-2z-3}$ | ||
'''Procedimiento''' | |||
Entonces primero factorizando el denominador podemos escribir las | Entonces primero factorizando el denominador podemos escribir las | ||
Línea 849: | Línea 922: | ||
$-\frac{1}{3-z}=-\frac{1}{3}\left[1+\frac{z}{3}+\frac{z^{2}}{9}+\frac{z^{3}}{27}....\right]$ | $-\frac{1}{3-z}=-\frac{1}{3}\left[1+\frac{z}{3}+\frac{z^{2}}{9}+\frac{z^{3}}{27}....\right]$ | ||
La cual puede escribirse como: | |||
\[ | |||
-\frac{1}{3-z}=\sum_{n=0}^{\infty}-\frac{1}{3^{n+1}}z^{n} | |||
\] | |||
\[ | |||
\left | z \right |< 3 | |||
\] | |||
y para la otra fracción tenemos: | y para la otra fracción tenemos: | ||
Línea 854: | Línea 936: | ||
$\frac{2}{z+1}=2\left[1-z+z^{2}-z^{3}+z^{4}....\right]$ | $\frac{2}{z+1}=2\left[1-z+z^{2}-z^{3}+z^{4}....\right]$ | ||
La cual puede escribirse como: | |||
\[ | |||
\frac{2}{z+1}=\sum_{n=0}^{\infty}2(-1)^{n}z^{n} | |||
\] | |||
\[ | |||
\left | z \right |< 1 | |||
\] | |||
Entonces, finalmente queda de la forma: | Entonces, finalmente queda de la forma: | ||
'''Solución''' | |||
$f(z)=\frac{z-7}{z^{2}-2z-3}=\frac{-1}{z-3}+\frac{2}{z+1}=\left(2\left[1-z+z^{2}-z^{3}+z^{4}....\right]\right)+\left(-\frac{1}{3}\left[1+\frac{z}{3}+\frac{z^{2}}{9}+\frac{z^{3}}{27}....\right]\right)$ | $f(z)=\frac{z-7}{z^{2}-2z-3}=\frac{-1}{z-3}+\frac{2}{z+1}=\left(2\left[1-z+z^{2}-z^{3}+z^{4}....\right]\right)+\left(-\frac{1}{3}\left[1+\frac{z}{3}+\frac{z^{2}}{9}+\frac{z^{3}}{27}....\right]\right)$ | ||
Al ser una suma, el radio de convergencia, es el menor de los radios, para cada serie, en este caso R=1 | |||
---- | |||
Realizado por: [[Usuario:A. Martín R. Rabelo|A. Martín R. Rabelo]] ([[Usuario discusión:A. Martín R. Rabelo|discusión]]) 23:17 25 jun 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. | |||
:<math>f(z)=\frac{4+5z}{1+z^{2}} | |||
</math> con <math> z_{0}=2+5i | |||
</math> | |||
'''Procedimiento''' | |||
--[[Usuario: | 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 <math> z=i | ||
</math> a <math> z_{0}=2+5i | |||
</math> es : | |||
:<math>\mid z-z_{0}\mid=\sqrt{(0-2)^{2}+(1-5)^{2}}=\sqrt{(-4)^{2}+(-4)^{2}}=\sqrt{20}=2\sqrt{5} | |||
</math> | |||
'''Solución''' | |||
Por lo tanto, el radio de convergencia R de la serie de Taylor centrada en 2+5i es :<math>\mid2+5i\mid=2\sqrt{5} | |||
</math> | |||
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Elaborado por Ricardo García Hernández--[[Usuario:Ricardo Garcia Hernandez|Ricardo Garcia Hernandez]] ([[Usuario discusión:Ricardo Garcia Hernandez|discusión]]) 23:40 28 jun 2015 (CDT) | |||
---- | ---- | ||
===Ejercicio 37=== | ===Ejercicio 37=== | ||
Aproxime el valor de la expresión dada utilizando el numero indicado de términos de una serie de Maclaurin. | Aproxime el valor de la expresión dada utilizando el numero indicado de términos de una serie de Maclaurin. | ||
<math>e^{\frac{(1+i)}{10}}</math>, tres términos. | <math>e^{\frac{(1+i)}{10}}</math>, tres términos. | ||
'''Procedimiento''' | |||
Tomamos de nuestra funcion a <math>z</math> como: | Tomamos de nuestra funcion a <math>z</math> como: | ||
Línea 871: | Línea 995: | ||
Ahora bien conocemos que la serie para la exponencial es: | 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 <math>z=\frac{(1+i)}{10}</math>, | El problema nos pide calcular para <math>z=\frac{(1+i)}{10}</math>, así que sustituimos: | ||
$e^{\frac{(1+i)}{10}}=1+\frac{1+i}{10}+\frac{(\frac{(1+i)}{10})²}{2}$ | |||
Simplificando: | Simplificando: | ||
Agrupando | $e^{\frac{(1+i)}{10}}=1+\frac{1+i}{10}+\frac{2i}{200}$ | ||
Agrupando términos tenemos: | |||
$e^{\frac{(1+i)}{10}}=1+\frac{1}{10}+i(\frac{1}{10}+\frac{2}{200})$ | |||
'''Solución''' | |||
Por lo cual: | Por lo cual: | ||
<math>e^{\frac{(1+i)}{10}}= 1.1+0.11i</math> | <math>e^{\frac{(1+i)}{10}}= 1.1+0.11i</math> | ||
--[[Usuario:Anahi Limas|Anahi Limas]] ([[Usuario discusión:Anahi Limas|discusión]]) 23:47 28 jun 2015 (CDT) | ---- | ||
Realizado por: [[Usuario:Anahi Limas|Anahi Limas]] ([[Usuario discusión:Anahi Limas|discusión]]) 23:47 28 jun 2015 (CDT) | |||
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Línea 894: | Línea 1022: | ||
<math>sen(\frac{1+i}{10})</math>, dos términos. | <math>sen(\frac{1+i}{10})</math>, dos términos. | ||
'''Procedimiento''' | |||
La serie de Maclaurin para el seno esta definida por: | La serie de Maclaurin para el seno esta definida por: | ||
$sen z= z- \frac{z³}{3!}+\frac{z⁵}{5!}+......$ | |||
Ahora bien de nuestra | Ahora bien de nuestra función tomamos: | ||
$z=\frac{1+i}{10}$. | |||
El problema nos indica que únicamente necesitamos dos términos así, sustituyendo tenemos: | 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 | 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: | Sustituyendo en nuestra serie tenemos: | ||
$sen(\frac{1+i}{10})= \frac{1}{10}+\frac{i}{10}- \frac{(\frac{i}{500}}{6}$ | |||
'''Solución''' | |||
$sen(\frac{1+i}{10})= 0.01+0.09i$ | |||
---- | ---- | ||
Realizado por: [[Usuario:Anahi Limas|Anahi Limas]] ([[Usuario discusión:Anahi Limas|discusión]]) 15:40 4 jul 2015 (CDT) | |||
---- | |||
===Ejercicio 40=== | ===Ejercicio 40=== | ||
Si $f(z)=\sum_{k=0}^{\infty}a_{k}z^{k}$ y $g(z)=\sum_{k=0}^{\infty}b_{k}z^{k}$ | Si $f(z)=\sum_{k=0}^{\infty}a_{k}z^{k}$ y $g(z)=\sum_{k=0}^{\infty}b_{k}z^{k}$ | ||
Línea 932: | Línea 1065: | ||
\[ | \[ | ||
f(z)g(z)={\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}c_{k}z^{k}\hspace{1em} | f(z)g(z)={\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}c_{k}z^{k}\hspace{1em} | ||
Donde | |||
\hspace{1em}c_{k}={\displaystyle \sum_{n=0}^{k}a_{n}b_{k-n}}} | |||
\] | \] | ||
Escriba los primeros | Escriba los primeros cinco términos de la serie de potencias de $f(z)g(z)$. | ||
'''Procedimiento''' | |||
\[ | \[ | ||
Línea 943: | Línea 1084: | ||
Donde | Donde: | ||
${\displaystyle c_{0}=\sum_{n=0}^{o}a_{n}b_{k-n}=a_{0}b_{0}}$ | ${\displaystyle c_{0}=\sum_{n=0}^{o}a_{n}b_{k-n}=a_{0}b_{0}}$ | ||
Línea 958: | Línea 1099: | ||
Por lo tanto, tenemos que $f(z)g(z)$ está escrita de la siguiente | Por lo tanto, tenemos que $f(z)g(z)$ está escrita de la siguiente | ||
forma | forma: | ||
'''Solución''' | |||
$f(z)g(z)=a_{0}b_{0}+\left(a_{0}b_{1}+a_{1}b_{0}\right)z+\left(a_{0}b_{2}+a_{1}b_{1}+a_{2}b_{0}\right)z^{2}+\left(a_{0}b_{3}+a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1}+a_{3}b_{0}\right)z^{3}+\left(a_{0}b_{4}+a_{1}b_{3}+a_{2}b_{2}+a_{3}b_{1}+a_{4}b_{0}\right)z^{4}+$ | |||
$ | $\left(a_{0}b_{5}+a_{1}b_{4}+a_{2}b_{3}+a_{3}b_{2}+a_{4}b_{1}+a_{5}b_{0}\right)z^{5}$ | ||
[[Usuario:Jose Emmanuel Flores Calderón|Jose Emmanuel Flores Calderón]] ([[Usuario discusión:Jose Emmanuel Flores Calderón|discusión]]) 23:17 28 jun 2015 (CDT) | ---- | ||
Realizado por: [[Usuario:Jose Emmanuel Flores Calderón|Jose Emmanuel Flores Calderón]] ([[Usuario discusión:Jose Emmanuel Flores Calderón|discusión]]) 23:17 28 jun 2015 (CDT) | |||
---- | ---- | ||
===Ejercicio 45=== | ===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 $\frac{d}{dz}f(0), \frac{d^{2}}{dz^{2}}f(0) \frac{d^{3}}{dz^{3}}f(0), \frac{d^{4}}{dz^{4}}f(0)$ y $\frac{d^{5}}{dz^{5}}f(0)$ | |||
b) Determine los seis primeros términos del desarrollo de Maclaurin de $f$. | |||
''' | '''Inciso a''' | ||
Primero buscamos las expresiones para cada derivada usando regla de la cadena y del producto. | |||
\[ | |||
\frac{d}{dz}f(z)=4z+f^2(z) | |||
\] | |||
\[ | |||
\frac{d^{2}}{dz^{2}}f(z)=4+2f(z)f'(z) | |||
\] | |||
\[ | |||
\frac{d^{3}}{dz^{3}}f(z)=2[f'(z)f'(z)+f(z)f''(z)]=2[(f'(z))^2+f(z)f''(z)] | |||
\] | |||
\[ | |||
\frac{d^{4}}{dz^{4}}f(z)=2[2f''(z)f'(z)+f'(z)f''(z)+f(z)f'''(z)] | |||
\] | |||
\[ | |||
\frac{d^{5}}{dz^{5}}f(z)=2[2f'''(z)f'(z)+2(f''(z))^2+(f''(z))^2+f'(z)f'''(z)+f'(z)f'''(z)+f(z)f^{(4)}(z)]=2[4f'''(z)f'(z)+3(f''(z))^2+f(z)f^{(4)}(z) | |||
\] | |||
Evaluando las expresiones en $z_0=0$: | Evaluando las expresiones en $z_0=0$: | ||
\[ | |||
f'(0)=4(0)+f^2(0)=(1)^2=1 | |||
\] | |||
\[ | |||
f''(0)=4+2f(0)f'(0)=4+2(1)(1)=6 | |||
\] | |||
\[ | |||
f'''(0)=2[(f'(0))^2+f(0)f''(0)]=2[1+1(6)]=14 | |||
\] | |||
\[ | |||
f^{(4)}(0)=2[2f''(0)f'(0)+f'(0)f''(0)+f(0)f'''(0)]=2[2(6)(1)+1(6)+1(14)]=2[12+6+14]=2(32)=64 | |||
\] | |||
\[ | |||
f^{(5)}(0)=2[4f'''(0)f'(0)+3(f''(0))^2+f(0)f^{(4)}(0)]=2[4(14)(1)+3(6)^2+1(64)]=2[56+108+64]=456 | |||
\] | |||
'''Solución''' | |||
Por lo tanto | |||
\[ | |||
f'(0)=1 | |||
\] | |||
\[ | |||
f''(0)=6 | |||
\] | |||
\[ | |||
f'''(0)=14 | |||
\] | |||
\[ | |||
f^{(4)}(0)=64 | |||
\] | |||
\[ | |||
f^{(5)}=456 | |||
\] | |||
b | '''Inciso 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 | Sustituyendo valores | ||
$f(z)=1+(1)z+\dfrac{6}{2}z^2+\dfrac{14}{6}z^3+\dfrac{64}{24}z^4+\dfrac{456}{120}z^5$ | $f(z)=1+(1)z+\dfrac{6}{2}z^2+\dfrac{14}{6}z^3+\dfrac{64}{24}z^4+\dfrac{456}{120}z^5$ | ||
'''Solución''' | |||
$f(z)=1+z+3z^2+\dfrac{7}{3}z^3+\dfrac{8}{3}z^4+\dfrac{19}{5}z^5$ | $f(z)=1+z+3z^2+\dfrac{7}{3}z^3+\dfrac{8}{3}z^4+\dfrac{19}{5}z^5$ | ||
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[[Usuario:Oscar Javier Gutierrez Varela|Oscar Javier Gutierrez Varela]] ([[Usuario discusión:Oscar Javier Gutierrez Varela|discusión]]) 22:44 26 jun 2015 (CDT) | Realizado por: [[Usuario:Oscar Javier Gutierrez Varela|Oscar Javier Gutierrez Varela]] ([[Usuario discusión:Oscar Javier Gutierrez Varela|discusión]]) 22:44 26 jun 2015 (CDT) | ||
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Revisión actual - 12:46 22 feb 2023
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 conocidos para desarrollar la función $f(z)=\frac{z}{1+z}$ en una serie de Maclaurin. Dé el radio de convergencia $R$ de cada serie.
Procedimiento
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: \[ R=1 \]
Solución
La ultima Suma, puede expresarse como:
\[ \sum_{n=1}^{\infty} -1\left ( -1 \right )^{n} {\left(z\right)^n} =\sum_{n=1}^{\infty} \left ( -1 \right )^{n+1} {\left(z\right)^n} \]
\[ R=1 \]
Realizado por: 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.
Procedimiento
Para poder expresar esto en términos de lo que ya conocemos bastara hacer el cambio de variable $-u=2z$ así 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;
Derivando el lado derecho;
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 $|z|$;
\[|z|<\frac{1}{2}\]
Solución
Por lo cual aquí el radio de convergencia es:
$R=\frac{1}{2}$
\[f(z)=\frac{1}{(1+2z)^{2}}=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1} k(2z)^{k-1} \]
Realizado por: 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.
\[ f(z)=\frac{z}{(1-z)^{3}} \]
Procedimiento
Sabemos que la serie geométrica:
\[ g(z)=\frac{1}{(1-z)}=\sum_{k=1}^{\infty}z^{k-1} \] Cuyo radio de convergencia es R=1
Derivando $g(z)$ obtenemos:
\[ g'(z)=\frac{1}{(1-z)^2}=\sum_{k=1}^{\infty}(k-1)z^{k-2}=\sum_{j=1}^{\infty}jz^{j-1} \]
Como el indice de la suma es irrelevante:
\[ g'(z)=\frac{1}{(1-z)^2}=\sum_{k=1}^{\infty}kz^{k-1} \]
Derivando de nuevo tenemos que:
\[ g''(z)=\frac{2}{(1-z)^3}=\sum_{k=1}^{\infty}k(k-1)z^{k-2} \]
Si multiplicamos esto ultimo por: $\frac{z}{2}$ \[ \frac{2}{(1-z)^3}\frac{z}{2}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{z}{2}k(k-1)z^{k-2} \]
\[ \frac{z}{(1-z)^3}=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{\infty}k(k-1)z^{k-2+1} \]
Conclusión
Lo que es $f(z)$
\[ f(z)=\frac{z}{(1-z)^3}=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{\infty}k(k-1)z^{k-1} \]
El radio de convergencia es R=1
Re elaborado por:Manuel Rodríguez
Ejercicio 5
Utilice resultados conocidos para desarrollar la función $e^{-2z}$ en una serie de Maclaurin. Dé el radio de convergencia $R$ de cada serie.
De la serie de Maclaurin
\[ e^z=1+\frac{z}{1!}+\frac{z^2}{2!}+ ... = \sum _{ k=0 }^{ \infty } {\frac{z^k}{k!}} \]
Solución
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 $R= \infty$
Realizado por: 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
$f(z)=cos(\frac{z}{2})$
Procedimiento
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 $u=\frac{z}{2}$
\[ \cos u=1-\frac{u^{2}}{2!}+\frac{u^{4}}{4!}-\cdots=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}\frac{u^{2k}}{(2k)!}=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}\frac{1}{(2k)!}(\frac{z}{2})^{2k} \]
Solución
\[ f(z)=\cos\left (\frac{z}{2} \right )=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{(2k)!}(\frac{z}{2})^{2k} \]
y por ultimo el radio de convergencia $R$ de la serie seria $R= \infty$
Realizado por:Miguel Medina Armendariz (discusión) 15:49 26 jun 2015 (CDT) Corregido por: 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.
$f(z) = \sin 3z$
Procedimiento
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]!}| $
$= lím_{n\rightarrow \infty}|{\frac{(3z)^{2n +1 +2}}{(3z)^{2n + 1}}}{\frac{(2n + 1)!}{(2n + 3)!}}|$
$= lím_{n\rightarrow \infty}|\frac{(3z)^2 (2n + 1)!}{(2n + 3) (2n 2) (2n + 1)!}|$
$= lím_{n\rightarrow \infty} \frac{|(3z)^2|}{(2n + 3) (2n + 2)} = 0$
Solución
Dado que el limite es 0, el radio de convergencia es $R = \infty $
\[ \sin 3z = 3\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{(3z)^{2k + 1}}{(2k + 1)!} \]
Realizado por: Angelina Nohemi Mendoza Tavera (discusión) 00:15 28 jun 2015 (CDT)
Método alternativo
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
$f\left(z\right)=senz^2$
Procedimiento
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.
Solución
\[ f\left(z\right)=senz^2=\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}}{z^{4k+2}} \]
Con $R=\infty$
Realizado por: 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 $z_{0}$
$f(z)=e^{z},z_{0}=3i$
Procedimiento
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:
$f'(z)=e^{z}$
$f'(z)=e^{z}$
$\frac{\mathrm{d}^{2} }{\mathrm{d} z^{2}}{f}(z)=e^{z}=e^{z}$
$\vdots$
$f^{(n)}(z)=e^{z}$
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 $z_{0}=3i$
$f'(3i)=e^{3i}$
$\frac{\mathrm{d}^{2} }{\mathrm{d} z^{2}}{f}(3i)=e^{3i}$
$\frac{\mathrm{d}^{3} }{\mathrm{d} z^{3}}{f}(3i)=e^{3i}$
$\vdots$
$f^{(n)}(3i)=e^{3i}$
Solución
De aquí que:
\[ f(z)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{e^{3i}}{k!}(z-3i)^{k} \]
Ademas $R=\infty$
Realizado por: Francisco Medina Albino (discusión) 23:43 28 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
- con
Procedimiento
En esta solución se utiliza de nuevo la serie geométrica ,sumando y restando 1 en el denominador de la función , tenemos:
Ahora escribimos este último resultado como una serie geometrica de la forma:
Entonces:
Finalmente
Solución
\[ f(x)={\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}(z-1)^{k}} \]
con
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)
Solución alternativa 1.
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
- con
Solución
Aplicando la fórmula del teorema de Taylor:
- , primero encontramos las primeras cuatro derivadas de la función f(z), seguido de valuar en
entonces:
- con
- con
- con
- con
Entonces sustituyendo en la la formula de Taylor , obtenemos:
Finalmente obtenemos que
Elaborado por Ricardo García Hernández--Ricardo Garcia Hernandez (discusión) 00:10 29 jun 2015 (CDT)
Solución alternativa 2.
Desarrolle la función de la serie de Taylor en el punto indicado Zo. Dé el radio de convergencia R
$f(z)=1/z$ con $z_{0}=1$
Para ello tenemos la serie de Taylor centrada en un punto $z_{0}$
$\underset{k=0}{\overset{\infty}{\sum}}\frac{f^{(k)}(z_{0)}}{k!}(z-z_{0})$
Expandiendo la función
$\frac{d}{dz}f(z)=-\frac{1}{z^{2}}$
$\frac{d^{2}}{dz^{2}}f(z)=\frac{2}{z^{3}}$
$\frac{d^{3}}{dz^{3}}f(z)=-\frac{6}{z^{4}}$
$\frac{d^{4}}{dz^{4}}f(z)=\frac{24}{z^{5}}$
$f^{k}(z)=k!(-1)^{k}z^{-(k+1)}$
Evaluando en $z_{0}=1$
$\frac{d}{dz}f(1)=-1$
$\frac{d^{2}}{dz^{2}}f(1)=2$
$\frac{d^{3}}{dz^{3}}f(1)=-6$
$\frac{d^{4}}{dz^{4}}f(1)=24$
$f^{k}(1)=k!(-1)^{k}$
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 función $f(z)=1/z$ no es analítica en el punto $z=0$, y así para el radio tenemos:
$|z-z_{0}|=\sqrt{0^{2}+1^{2}}=1=R$
Realizado por: Fernando Vazquez V. (discusión) 00:04 29 jun 2015 (CDT)
Ejercicio 17
Desarrolle la función de la serie de Taylor en el punto indicado $z_0$. Dé el radio de convergencia R
evaluada en
Procedimiento
Primero haremos el radio de convergencia, considerando que la función no es analítica en
Por lo que el radio de convergencia es la distancia mínima entre entre los puntos , es decir entre el punto más cercano donde no es analítica la función al origen.
Ahora si desarrollamos las primeras cuatro derivadas obtenemos que
Al evaluar en , obtenemos que
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
para
Solución
Por lo que la serie queda expresado como:
\[ f(z)= \sum_{k=0}^{\infty} (3-2i)^{-(k+1)} (z-2i)^k \]
$R=\sqrt{13}$
Realizado por: Pablo (discusión) 17:17 28 jun 2015 (CDT)
Ejercicio 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 $z_{0}$
Procedimiento
$f\left(z\right)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{\left(k\right)}\left(Z_{0}\right)}{K\text{!}}\left(z-z_{0}\right)^{k}$...$\left(1\right)$
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 $R=\left|z-1\right|=2$.
Solución
\[ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2^{k}}\left(z-1\right)^{k} \]
\[ R=2 \]
Realizado por: 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.
\[ f(z)=\cos z \]
\[ z_0=\frac{\pi}{4} \]
Procedimiento
Como $f$ es una función analítica en $z_{0}$,entonces se puede escribir en forma de serie una serie de Taylor , definida de la siguiente manera:
Calculando las primeras derivadas de la función f(z).
Evaluando en el punto $z_{0}=\frac{\pi}{4}$
Sustituyendo en la serie de Taylor:
Solución
Tomando el circulo de convergencia de la serie $|z-\frac{\pi}{4}|=R$ Donde entonces R corre de $0-> \infty$
Realizado por: Samantha Martínez (Usuario discusión:Samantha Martínez) 04:27 28 jun 2015 (CDT)
Ejercicio 22
Expandir la función dada en una serie de Taylor centrada en el punto $z_0$ indicado. Dé el radio de convergencia R.
\[ f(z)= \sin(z); \]
\[ z_{0} = \dfrac{\pi}{2}\]
Procedimiento
\[ f(z)= \sin z = f(\dfrac{\pi}{2})= 1\]
\[ f´(z) = \cos z = f´(\dfrac{\pi}{2})= 0\]
\[ f´´(z)= -\sin z= f´´(\dfrac{\pi}{2}) = -1\]
\[ f´´´(z)= -\cos z = f´´´(\dfrac{\pi}{2})= 0\]
\[ f^{IV}(z)= \sin z = f^{IV}(\dfrac{\pi}{2})= 1 \]
Solución
\[ f(z) = f(\dfrac{\pi}{2})+ f´(\dfrac{\pi}{2}) (z-\dfrac{\pi}{2}) + \dfrac{f´´(\dfrac{\pi}{2})(z-f´´(\dfrac{\pi}{2}))^{2}}{2!} + \dfrac{f´´´(\dfrac{\pi}{2})(z-\dfrac{\pi}{2})^{3}}{3!}...\]
\[ f(z)=1-\frac{1}{2}\left(z-\frac{\pi}{2}\right)^2+\frac{1}{24}\left(z-\frac{\pi}{2}\right)^4-\frac{1}{720}\left(z-\frac{\pi}{2}\right)^6+O\left(\left(z-\frac{\pi}{2}\right)^7\right) \] $R=\infty$
Realizado por: Esther Sarai (discusión) 00:56 28 jun 2015 (CDT)Esther Sarai
Ejercicio 24
Encontrar los tres primeros términos no nulos del Maclaurin serie de la función dada.
$f\left(z\right)=e^{\frac{1}{\left(1+z\right)}}$
Procedimiento
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 evaluándolas 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 términos:
$f\left(z\right)=\sum_{n=0}^{n=00}\frac{f^{\prime n}\left(0\right)}{n\text{!}}\left(z\right)^{n}$
$f\left(z\right)=\sum_{n=0}^{n=2}\frac{f^{\prime n}\left(0\right)}{n\text{!}}\left(z\right)^{n}=\frac{ez^{0}}{0!}-\frac{ez^{1}}{1!}+\frac{3ez^{2}}{2!}$
Solución
\[f\left(z\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{\prime n}\left(0\right)}{n\text{!}}\left(z\right)^{n}=e-ez+\frac{3ez^{2}}{2}+...=e\left(1-z+\frac{3}{2}z^{2}\right)+... \]
Realizado por: Martin Flores Molina (discusión) 13:05 15 mayo 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.
$f(z)=\frac{z-7}{z^{2}-2z-3}$
Procedimiento
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:
$-\frac{1}{3-z}=-\frac{1}{3}\left[1+\frac{z}{3}+\frac{z^{2}}{9}+\frac{z^{3}}{27}....\right]$
La cual puede escribirse como: \[ -\frac{1}{3-z}=\sum_{n=0}^{\infty}-\frac{1}{3^{n+1}}z^{n} \]
\[ \left | z \right |< 3 \]
y para la otra fracción tenemos:
$\frac{2}{z+1}=2\left[1-z+z^{2}-z^{3}+z^{4}....\right]$
La cual puede escribirse como: \[ \frac{2}{z+1}=\sum_{n=0}^{\infty}2(-1)^{n}z^{n} \]
\[ \left | z \right |< 1 \] Entonces, finalmente queda de la forma:
Solución
$f(z)=\frac{z-7}{z^{2}-2z-3}=\frac{-1}{z-3}+\frac{2}{z+1}=\left(2\left[1-z+z^{2}-z^{3}+z^{4}....\right]\right)+\left(-\frac{1}{3}\left[1+\frac{z}{3}+\frac{z^{2}}{9}+\frac{z^{3}}{27}....\right]\right)$
Al ser una suma, el radio de convergencia, es el menor de los radios, para cada serie, en este caso R=1
Realizado por: A. Martín R. Rabelo (discusión) 23:17 25 jun 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.
- con
Procedimiento
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 a es :
Solución
Por lo tanto, el radio de convergencia R de la serie de Taylor centrada en 2+5i es :
Elaborado por Ricardo García Hernández--Ricardo Garcia Hernandez (discusión) 23:40 28 jun 2015 (CDT)
Ejercicio 37
Aproxime el valor de la expresión dada utilizando el numero indicado de términos de una serie de Maclaurin.
, tres términos.
Procedimiento
Tomamos de nuestra funcion a como:
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 , así 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 términos tenemos:
$e^{\frac{(1+i)}{10}}=1+\frac{1}{10}+i(\frac{1}{10}+\frac{2}{200})$
Solución
Por lo cual:
Realizado por: 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.
, dos términos.
Procedimiento
La serie de Maclaurin para el seno esta definida por:
$sen z= z- \frac{z³}{3!}+\frac{z⁵}{5!}+......$
Ahora bien de nuestra función 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:
$sen(\frac{1+i}{10})= \frac{1}{10}+\frac{i}{10}- \frac{(\frac{i}{500}}{6}$
Solución
$sen(\frac{1+i}{10})= 0.01+0.09i$
Realizado por: 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 cinco términos de la serie de potencias de $f(z)g(z)$.
Procedimiento
\[ {\displaystyle \sum_{k=0}^{5}c_{k}z^{k}=c_{0}+c_{1}z+c_{2}z^{2}+c_{3}z^{3}+c_{4}z^{4}+c_{5}z^{5}} \]
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:
Solución
$f(z)g(z)=a_{0}b_{0}+\left(a_{0}b_{1}+a_{1}b_{0}\right)z+\left(a_{0}b_{2}+a_{1}b_{1}+a_{2}b_{0}\right)z^{2}+\left(a_{0}b_{3}+a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1}+a_{3}b_{0}\right)z^{3}+\left(a_{0}b_{4}+a_{1}b_{3}+a_{2}b_{2}+a_{3}b_{1}+a_{4}b_{0}\right)z^{4}+$
$\left(a_{0}b_{5}+a_{1}b_{4}+a_{2}b_{3}+a_{3}b_{2}+a_{4}b_{1}+a_{5}b_{0}\right)z^{5}$
Realizado por: 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 $\frac{d}{dz}f(0), \frac{d^{2}}{dz^{2}}f(0) \frac{d^{3}}{dz^{3}}f(0), \frac{d^{4}}{dz^{4}}f(0)$ y $\frac{d^{5}}{dz^{5}}f(0)$
b) Determine los seis primeros términos del desarrollo de Maclaurin de $f$.
Inciso a
Primero buscamos las expresiones para cada derivada usando regla de la cadena y del producto.
\[ \frac{d}{dz}f(z)=4z+f^2(z) \]
\[
\frac{d^{2}}{dz^{2}}f(z)=4+2f(z)f'(z)
\]
\[ \frac{d^{3}}{dz^{3}}f(z)=2[f'(z)f'(z)+f(z)f''(z)]=2[(f'(z))^2+f(z)f''(z)] \]
\[ \frac{d^{4}}{dz^{4}}f(z)=2[2f''(z)f'(z)+f'(z)f''(z)+f(z)f'''(z)] \]
\[
\frac{d^{5}}{dz^{5}}f(z)=2[2f'''(z)f'(z)+2(f''(z))^2+(f''(z))^2+f'(z)f'''(z)+f'(z)f'''(z)+f(z)f^{(4)}(z)]=2[4f'''(z)f'(z)+3(f''(z))^2+f(z)f^{(4)}(z)
\]
Evaluando las expresiones en $z_0=0$:
\[ f'(0)=4(0)+f^2(0)=(1)^2=1 \]
\[ f''(0)=4+2f(0)f'(0)=4+2(1)(1)=6 \]
\[ f'''(0)=2[(f'(0))^2+f(0)f''(0)]=2[1+1(6)]=14 \]
\[ f^{(4)}(0)=2[2f''(0)f'(0)+f'(0)f''(0)+f(0)f'''(0)]=2[2(6)(1)+1(6)+1(14)]=2[12+6+14]=2(32)=64 \]
\[ f^{(5)}(0)=2[4f'''(0)f'(0)+3(f''(0))^2+f(0)f^{(4)}(0)]=2[4(14)(1)+3(6)^2+1(64)]=2[56+108+64]=456 \]
Solución
Por lo tanto
\[ f'(0)=1 \]
\[ f''(0)=6 \]
\[ f'''(0)=14 \]
\[ f^{(4)}(0)=64 \]
\[ f^{(5)}=456 \]
Inciso 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
$f(z)=1+(1)z+\dfrac{6}{2}z^2+\dfrac{14}{6}z^3+\dfrac{64}{24}z^4+\dfrac{456}{120}z^5$
Solución
$f(z)=1+z+3z^2+\dfrac{7}{3}z^3+\dfrac{8}{3}z^4+\dfrac{19}{5}z^5$
Realizado por: Oscar Javier Gutierrez Varela (discusión) 22:44 26 jun 2015 (CDT)