Compleja:Zill-Cap6.2

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

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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:

\[ \sum_{n=1}^{\infty} -1\left ( -1 \right )^{n} {\left(z\right)^n} =\sum_{n=1}^{\infty} \left ( -1 \right )^{n+1} {\left(z\right)^n} \]

\[ R=1 \]

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

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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;

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

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 $|z|$;

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

Solución

Por lo cual aquí el radio de convergencia es:

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

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

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

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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

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Re elaborado por:Manuel Rodríguez

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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 $R= \infty$

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

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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 $R= \infty$

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Realizado por:Miguel Medina Armendariz (discusión) 15:49 26 jun 2015 (CDT) Corregido por: Francisco Medina Albino (discusión) 23:40 3 jul 2015 (CDT)

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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 $

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

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

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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)

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

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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 $R=\infty$

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

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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 $R=\infty$

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

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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 $z_{0}=1$

Procedimiento

En esta solución se utiliza de nuevo la serie geométrica ,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

Solución

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

con

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

El radio de convergencia R de la serie es uno.

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

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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

$f(z)={\frac {1}{z}}$ 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

$f(x)={\displaystyle \sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}(z-1)^{k}}$

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

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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:

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

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

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Ejercicio 17

Desarrolle la función de la serie de Taylor en el punto indicado $z_0$. Dé el radio de convergencia R

$f(z)={\frac {1}{3-z}}$ evaluada en $z_{0}=2i$

Procedimiento

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 $K\geq 0$

Solución

Por lo que la serie queda expresado como:

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

$R=\sqrt{13}$

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Realizado por: Pablo (discusión) 17:17 28 jun 2015 (CDT)

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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

\[ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2^{k}}\left(z-1\right)^{k} \]

\[ R=2 \]

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

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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:

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

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 $z_{0}=\frac{\pi}{4}$

$f({\frac {\pi }{4}})=cos({\frac {\pi }{4}})={\frac {\sqrt {2}}{2}}$

$f'({\frac {\pi }{4}})=-sen({\frac {\pi }{4}})=-{\frac {\sqrt {2}}{2}}$

$f''({\frac {\pi }{4}})=-cos({\frac {\pi }{4}})=-{\frac {\sqrt {2}}{2}}$

$f'''({\frac {\pi }{4}})=sen({\frac {\pi }{4}})={\frac {\sqrt {2}}{2}}$

$f^{iv}({\frac {\pi }{4}})=cos({\frac {\pi }{4}})={\frac {\sqrt {2}}{2}}$

Sustituyendo en la serie de Taylor:

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

Solución

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

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

$\therefore R=\infty$

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

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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

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

\[ f(z)=1-\frac{1}{2}\left(z-\frac{\pi}{2}\right)^2+\frac{1}{24}\left(z-\frac{\pi}{2}\right)^4-\frac{1}{720}\left(z-\frac{\pi}{2}\right)^6+O\left(\left(z-\frac{\pi}{2}\right)^7\right) \] $R=\infty$

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

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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

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

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

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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

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

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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 $z_{0}=2+5i$

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 $z=i$ a $z_{0}=2+5i$ es :

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

Solución

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

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

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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.

Procedimiento

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 $z={\frac {(1+i)}{10}}$, 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: $e^{\frac {(1+i)}{10}}=1.1+0.11i$

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

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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.

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

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

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

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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

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

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

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

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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

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

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

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