Diferencia entre revisiones de «Compleja:Zill-Cap6.2»
(No se muestran 18 ediciones intermedias del mismo usuario) | |||
Línea 1066: | Línea 1066: | ||
\[ | \[ | ||
f(z)g(z)={\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}c_{k}z^{k}\hspace{1em} | f(z)g(z)={\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}c_{k}z^{k}\hspace{1em} | ||
Donde | Donde | ||
\hspace{1em}c_{k}={\displaystyle \sum_{n=0}^{k}a_{n}b_{k-n}}} | \hspace{1em}c_{k}={\displaystyle \sum_{n=0}^{k}a_{n}b_{k-n}}} | ||
\] | \] | ||
Línea 1076: | Línea 1076: | ||
Escriba los primeros cinco términos de la serie de potencias de $f(z)g(z)$. | Escriba los primeros cinco términos de la serie de potencias de $f(z)g(z)$. | ||
'''Procedimiento''' | |||
\[ | \[ | ||
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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''' | |||
$f(z)g(z)=a_{0}b_{0}+\left(a_{0}b_{1}+a_{1}b_{0}\right)z+\left(a_{0}b_{2}+a_{1}b_{1}+a_{2}b_{0}\right)z^{2}+\left(a_{0}b_{3}+a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1}+a_{3}b_{0}\right)z^{3}+\left(a_{0}b_{4}+a_{1}b_{3}+a_{2}b_{2}+a_{3}b_{1}+a_{4}b_{0}\right)z^{4}+$ | |||
$ | $\left(a_{0}b_{5}+a_{1}b_{4}+a_{2}b_{3}+a_{3}b_{2}+a_{4}b_{1}+a_{5}b_{0}\right)z^{5}$ | ||
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===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)