Compleja:Zill-Cap4.4

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Ejercicios del capítulo 4, sección 4 del libro, A First Course in Complex Analysis with Applications de Zill y Shanahan.


Sección 4.4

Ejercicio 1

Encuentre todos los valores de la expresión $\cos^{-1} {(i)}$.

Por definición: \[ \cos^{-1} {(z)}:=-i\,\ln\left[ z+i\,\left(1-z^2 \right)^\frac{1}{2} \right] \]

Se sustituye $z\to i$ \[ \cos^{-1} {(i)}=-i\,\ln\left[ i+i\,\left(1-i^2 \right)^\frac{1}{2} \right]=-i\,\ln\left[ i+i\,\left(1-(-1) \right)^\frac{1}{2} \right]=-i\,\ln\left[ i+i\,( 2)^\frac{1}{2} \right]=-i\,\ln{\left[ i\pm i\,\sqrt{2}\right]}=-i\,\ln{\left[i(1\pm\sqrt{2})\right]} \] Por definición: \[ \ln {(z)}:=\log_{e} {|z|}+i\,Arg(z) \] Multiplicando por $-i$ y sustituyendo $z\to i(1\pm\sqrt{2})$ \[ \cos^{-1} {(i)}=-i\,\left\{ \log_{e} {|i(1\pm\sqrt{2})|}+i\,Arg[i(1\pm\sqrt{2})] \right\}=-i\,\left\{ \log_{e} {|1\pm\sqrt{2}|}+i\,\right( \pm \frac {\pi}{2} +2n\pi \left) \right\} \]

\[ \cos^{-1} {(i)}=2n\pi\pm \frac {\pi}{2}-i\,\log_{e} {|1\pm\sqrt{2}|} \] Donde $n\subset \mathbb Z$, la notación puede ser algo ambigüa, pero basta con recordar, que para un caso ambos signos son $+$ y para el otro ambos son $-$.


--Tlacaelel Cruz (discusión) 13:07 10 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 2

encuentra todos los valores de la cantidad dada

$\sin^{-1}\left(1\right)$

primero definimos

$z=1$

de donde obtenemos que

$\sin^{-1}\left(1\right)=-i\ln[i(1)+(1-(1)^{2})^{\frac{1}{2}}]=-iln[i]$

donde el Arg[i]=$\frac{\pi}{2}$

por lo tanto tenemos que

$-iln[i]=[\log_{e}1+i\left(\frac{\pi}{2}+2n\pi\right)](-i)$=$\frac{\left(1+4n\right)\pi}{2}$

por lo tanto

$\sin^{-1}\left(1\right)=\frac{\left(1+4n\right)\pi}{2}$

para todo $n=0,\pm1,\pm2,...$


--Juan Daniel Rivera Bautista (discusión) 23:24 11 jun 2015 (CDT)




Ejercicio 3

Encuentre todos los valores de la función dada


$sin^{-1}\sqrt{2}$


De acuerdo a la definición de seno inverso sabemos que


$sin^{-1}z=-iln[iz+(1-z^{2})^{1/2}]$


Si $z=\sqrt{2}$ entonces


$sin^{-1}\sqrt{2}=-iln[i\sqrt{2}+(1-2)^{1/2}]$


$sin^{-1}\sqrt{2}=-iln[i\sqrt{2}+(-1)^{1/2}]$


Asi


$sin^{-1}\sqrt{2}=-iln[i\sqrt{2}\pm i]$


$sin^{-1}\sqrt{2}=-iln[(\sqrt{2}\pm 1) i]$


Donde


$\left| (\sqrt{2}\pm 1) i \right| = \sqrt{2}\pm 1$ y $arg[(\sqrt{2}\pm 1) i]=\frac{\pi}{2}$


entonces tenemos


$ln[(\sqrt{2}\pm 1) i]=log_{e}(\sqrt{2}\pm 1)+i(\frac{\pi}{2}+2n\pi)$


donde $log_{e}(\sqrt{2}\pm 1) = \pm log_{e}(\sqrt{2}+ 1)$, por lo tanto


$-iln[i\sqrt{2}\pm i]=-i[log_{e}(\sqrt{2}+ 1) + i(\frac{\pi}{2}+2n\pi)]$


$-iln[i\sqrt{2}\pm i]=-i[ \pm log_{e}(\sqrt{2}+ 1)+i\frac{(4n+1)\pi}{2}]$


y asi al finalizar obtenemos que


$sin^{-1}\sqrt{2}=\frac{(4n+1)\pi}{2} \pm log_{e}(\sqrt{2}+ 1)$


para $n=0, \pm 1,\pm 2, ......$


Miguel Medina Armendariz (discusión) 19:14 9 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 4

Encontrar los valores de la cantidad dada.

$cos^{-1}\frac{5}{3}$

Tomando de la definición 4.4.2 el coseno inverso de z se puede escribir como:

$cos^{-1}z=-iln[z+i(1-z^{2})^{\frac{1}{2}}]$ .....(1)

Entonces, haciendo $z=\frac{5}{3}$ en (1) obtenemos:

$cos^{-1}\frac{5}{3}=-iln[\frac{5}{3}+i(1-\frac{5}{3}^{2})^{\frac{1}{2}}]$

$cos^{-1}\frac{5}{3}=-iln[\frac{5}{3}+i(1-\frac{25}{9})^{\frac{1}{2}}]$

$cos^{-1}\frac{5}{3}=-iln[\frac{5}{3}+i(-\frac{16}{9})^{\frac{1}{2}}]$

Entonces las dos raíces cuadradas $(-\frac{16}{9})^{\frac{1}{2}}$ de $-\frac{16}{9}$ se encuentra que son $\pm\frac{4}{3}i$ y así:

$cos^{-1}\frac{5}{3}=-iln[\frac{5}{3}\pm\frac{4}{3}]$ .....(2)

Usando la definición de logaritmo natural complejo $ln(z)=log_{e}|z|+iarg(z)$ podemos escribir:

$ln[\frac{5}{3}\pm\frac{4}{3}]=log_{e}(\frac{5}{3}\pm\frac{4}{3})+i(2\pi n)$

Entonces uniendo el resultado con (2) queda de la forma:

$cos^{-1}\frac{5}{3}=-i(log_{e}(\frac{5}{3}\pm\frac{4}{3})+i(2\pi n))$

ó

$cos^{-1}\frac{5}{3}=2\pi n-ilog_{e}(\frac{5}{3}\pm\frac{4}{3})$

Los cuales son dos posibles valores para la cantidad dada para $n=0,\pm1,\pm2,\pm3.....$


--A. Martín R. Rabelo (discusión) 02:03 12 jun 2015 (CDT)




Ejercicio 5

Encuentre todos los valores de $tan^{-1} 1$.


$Solución: $


Sé que $tan^{-1} z= \frac{i}{2} ln\left(\frac{i+z}{1-z}\right)$


Si, z$=1$ , entonces:

$tan^{-1} 1=\frac{i}{2} ln\left(\frac{i+1}{i-1}\right)$

Simplicando el argumento del logaritmo tengo que:

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


Así, $tan^{-1} 1=\frac{i}{2} ln(-i)$ $...(1)$

Ahora uso la definición $ln z= log_{e} |z| + iArg(z)$

Tengo que en $ln(-i)$

$z=-i$

$|z|=1$

$Arg(z)=-\frac{\pi}{2}+2n\pi$

Entonces, $ln(-i)=log_{e} 1+ i\left(-\frac{\pi}{2}+2n\pi \right)= i \pi \left(-\frac{1}{2} +2n\right)=\frac{(4n-1)}{2} \pi i$


Ahora sustituyendo en $(1)$

$tan^{-1} 1=\frac{i}{2} \frac{(4n-1)}{2} \pi i$= $\frac{\pi}{4} i^{2} (4n-1)$= $-\frac{\pi}{4} (4n-1)$


Por lo tanto:

  $tan^{-1} 1=  -\frac{\pi}{4} (4n-1)$ ;$n=0,\pm 1, \pm 2,\pm 3...$


--Emmanuell Castro Flores (discusión) 21:43 10 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 6

Ejercicio 6.-

$\arctan\left(2i\right)$

Por definición se tiene que :

$\arctan\left(2i\right)=\frac{i}{2}.\ln\left(\frac{i+2i}{i-2i}\right)=\frac{i}{2}.\ln\left(\frac{3i}{-i}\right)$

$=\frac{i}{2}.\ln\left(-3\right)=\frac{i}{2}.\left[\ln\left|-3\right|+i\left(\arctan\left(0\right)\right)\right]$

$=-\frac{1}{2}.\left(\pi.n\right)+\frac{i}{2}.\ln\left(3\right)$ donde $n\epsilon\mathbb{\mathbb{Z}}$

Tomando $n=-1$

$\arctan\left(2i\right)=\frac{1}{2}\left(\pi n\right)+\frac{i}{2}\ln\left(3\right)=-\frac{\pi}{2}+i\left(0.549602\right)$

Por lo tanto:

$\arctan\left(2i\right)=\frac{\pi}{2}+i\left(0.549602\right)$


Resuelto por:

Alejandro Juárez Toribio (discusión) 23:49 13 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 7

7. Encontrar todos los valores de : $senh^{-1}i$.

Solución:

Utilizando el hecho de que $senhz=-iseniz$, y que $Arcsenz=-iLn(iz+\sqrt{1-z^2})$, tenemos:

$$ senh^{-1}i=w \Longleftrightarrow i=senh w$$

$$\Rightarrow i=-iseniw \Longleftrightarrow -1=seniw \Longleftrightarrow w=\frac{Arcsen(-1)}{i}$$

$$ \Rightarrow \frac{-iLn(-i)}{i}=-Ln-i=Ln(-i)^{-1}=Ln(\frac{1}{-i})=Ln(i)=ln|i|+iArgi=ln1+i(\frac{\pi}{2}+2k\pi)=i(\frac{\pi}{2}+2k\pi)=\frac{\pi}{2}i(1+4k\pi), (k\in \mathbb{Z})$$

Por lo tanto todos los valores de $senh^{-1}i$ son : $\frac{\pi}{2}i(1+4k\pi), (k\in \mathbb{Z})$

Alan Daniel Barrón Posadas (discusión) 16:19 11 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 8

Encuentra todos los valores de la función $\cosh^{-1} (\frac{1}{2})$


Sabemos que podemos expresa el inverso del coseno hiperbólico de la forma:


$\cosh^{-1} z = ln [z + (z^2 - 1)^{\frac{1}{2}}]$


Aplicando esta expresión a $z = \frac{1}{2}$ tenemos:


$\cosh^{-1} = ln[\frac{1}{2} + ((\frac{1}{2})^2 - 1)^{\frac{1}{2}}]$


$= ln[\frac{1}{2} + (-\frac{3}{4})^{\frac{1}{2}}]$


$= ln[\frac{1}{2} + i(\frac{3}{5})^{\frac{1}{2}}]$


$= ln(\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2})$


Y por definición del logaritmo complejo tenemos:


$= log_e |\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}| + i arg(z)$


$= log_e (1) + i(\theta + 2n\pi)$


Con $n = 0, ±1, ± 2, ... $


Angelina Nohemi Mendoza Tavera (discusión) 15:07 11 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 9

In Problems 1\textendash 10, find all values of the given quantity.

traduccion

En los problemas 1-10 , encontrar todos los valores de la cantidad dada.

$tanh^{-1}\left(1+2i\right)$

definomos la tengente hiperbolica inversa en los complejos de la siguiente manera:

$tanh^{-1}\left(z\right)=\frac{1}{2}ln\left(\frac{1+z}{1-z}\right)$

usando esta definicion tenemos que:

$tanh^{-1}\left(1+2i\right)=\frac{1}{2}ln\left(\frac{1+1+2i}{1-1-2i}\right)$

$tanh^{-1}\left(1+2i\right)=\frac{1}{2}ln\left(\frac{2+2i}{-2i}\right)$

$tanh^{-1}\left(1+2i\right)=\frac{1}{2}ln\left(-1+i\right)$

tenemos un log complejo asi que utilisamos la siguiente identidad

$ln\left(z\right)=ln\left(\left[z\right]\right)+iarg\left(z\right)$

usamos esto en el ejercicio anterior

$tanh^{-1}\left(1+2i\right)=\frac{1}{2}\left(ln\left(\left[-1+i\right]\right)+iarg\left(-1+i\right)\right)$

$tanh^{-1}\left(1+2i\right)=\frac{1}{2}\left(ln\left(\sqrt{2}\right)+iarg\left(\frac{1}{-1}\right)\right)$

$tanh^{-1}\left(1+2i\right)=\frac{1}{2}\left(\left(0.3465\right)+i\left(0.75pi+2k\acute{\imath}\right)\right)$

$tanh^{-1}\left(1+2i\right)=\frac{1}{2}\left(\left(0.3465\right)+i\left(\frac{11}{4}npi\right)\right)$

$tanh^{-1}\left(1+2i\right)=\left(\left(0.1732\right)+i\left(\frac{11}{8}npi\right)\right)$

--Martin Flores Molina (discusión) 15:25 06 junio 2015 (CDT) ----



Ejercicio 10

Encontrar los valores de $tanh^{-1}\left(\sqrt{2}i\right)$

Solución:

Para resolver el problema necesitaremos las siguientes definiciones:

$tanh^{-1}z=\frac{1}{2}ln\left(\frac{1+z}{1-z}\right)$ ... (1)

$ln\left(z\right)=ln\left|z\right|+iarg\left(z\right)$ ....(2)

Donde sabemos que $z=x+iy$

Ahora de (1) tenemos que:

$tanh^{-1}\sqrt{2}i=\frac{1}{2}ln\frac{1+\sqrt{2}i}{1-\sqrt{2}i}$

Vamos a reducir el problema quitando la parte imaginaria del denominador multiplicando por el conjugado

Y así obtenemos que:

$\left(\frac{1+\sqrt{2}i}{1-\sqrt{2}i}\right)\left(\frac{1+\sqrt{2}i}{1+\sqrt{2}i}\right)=-\frac{1}{3}+\frac{2\sqrt{2}}{3}i$

Necesitamos usar (2) pero antes de eso sacamos la magnitud de z y su argumento:

$\left|z\right|=\sqrt{\left(-\frac{1}{3}\right)^{2}+\left(\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)^{2}}=\sqrt{\frac{1}{9}+\frac{8}{9}}=\sqrt{\frac{9}{9}}=\sqrt{1}=1$

$arg\left(z\right)=tan^{-1}\left(\frac{y}{x}\right)=tan^{-1}\left(\frac{\frac{2\sqrt{2}}{3}}{-\frac{1}{3}}\right)=tan^{-1}\left(-2\sqrt{2}\right)=-70.56$

Ahora sustituimos en (2)

$ln\left(-\frac{1}{3}+\frac{2\sqrt{2}}{3}i\right)=ln1+-i70.56\simeq-70.56i$

Por lo tanto

$tanh^{-1}\simeq-\frac{1}{2}70.56i$


Resuelto por Luis Enrique Martínez Valverde (discusión) 23:06 11 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 11

utilice la rama establecida de la función multivaluada y la rama principal de $ln$z para

a) determinar el valor de la función trigonométrica inversa en el punto dado y

b) calcular el valor de la derivada de la función el el punto dado.

11.- $\sin^{-1}z,z=\frac{1}{2}i$ utilice la rama principal de $z^{\frac{1}{2}}$

como $\sin z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}$, suponga que $\sin w=z$ entonces $\sin w=\frac{e^{iw}-e^{-iw}}{2i}=z\Longleftrightarrow e^{2iw}-2ize^{iw}-1=0\Longleftrightarrow e^{iw}=iz+(1-z^{2})^{\frac{1}{2}}$

así

$iw=ln\left[iz+(1-z^{2})^{\frac{1}{2}}\right]$

o

$w=-iln\left[iz+(1-z^{2})^{\frac{1}{2}}\right]$

de aquí, que:

$\sin^{-1}z=-iln\left[iz+(1-z^{2})^{\frac{1}{2}}\right]$

y sustituyendo $z=\frac{1}{2}i$

$\sin^{-1}z=-iln\left[i(\frac{1}{2}i)+(1-(\frac{1}{2}i)^{2})^{\frac{1}{2}}\right]=-iln\left[-\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{5}{4}}\right]=-iln\left[\frac{1}{2}(\sqrt{5}-1)\right]$y por definición de logaritmo complejo

$-iln\left[\frac{1}{2}(\sqrt{5}-1)\right]=-ilog_{e}\mid\left[\frac{1}{2}(\sqrt{5}-1)\right]\mid+iarg\left[\frac{1}{2}(\sqrt{5}-1)\right]=-ilog_{e}\left[\frac{1}{2}(\sqrt{5}-1)\right]+i2\pi n,con\;n=0$

$\sin^{-1}z=-ilog_{e}\left[\frac{1}{2}(\sqrt{5}-1)\right]$

ademas

$\frac{d}{dz}\sin^{-1}z=\frac{1}{(1-z^{2})^{\frac{1}{2}}}$ evaluando en $z=\frac{1}{2}i$

$\Longrightarrow\frac{d}{dz}\sin^{-1}z=\frac{1}{(1-\frac{1}{4}i^{2})^{\frac{1}{2}}}=\frac{1}{\sqrt{\frac{5}{4}}}=\frac{2}{\sqrt{5}}$


--Francisco Medina Albino (discusión) 21:52 11 jun 2015 (CDT)




Ejercicio 12

Utilice la rama establecida de la función multivaluada $z^{1/2}$ y la rama principal de $lnz$ para (a) determinar el valor de la función trigonométrica inversa en el punto dado y b) calcular el valor de la derivada de la función en el punto dado.

12.- $cos^{-1}z$, $z=5/3$, utilice la rama $\sqrt{r}e^{i\theta/2}$ , $0<\theta<2\pi$, de $z^{1/2}$


- (a) Como $z=5/3$, entonces $1-z^{2}=-\frac{22}{3}$ y sabemos que $-\frac{22}{3}$ en forma exponencial es $\frac{22}{3}e^{i\pi}$

Ahora ocupamos la rama

$\sqrt{r}e^{i\theta/2}=\sqrt{\frac{22}{3}}e^{i\pi/2}=i\sqrt{\frac{22}{3}}$

Por otra parte de la definicion de $cos^{-1}z$ tenemos que

$cos^{-1}(5/3)=-iln[\frac{5}{3}+i(-\frac{22}{3})^{1/2}]=-iln[\frac{5}{3}-\sqrt{\frac{22}{3}}]$

Del resultado anterior tomamos el valor principal del logaritmo. Podemos observar que el numero $\frac{5}{3}-\sqrt{\frac{22}{3}}$ es un real puro y ademas negativo, por ello:

$ln[\frac{5}{3}-\sqrt{\frac{22}{3}}]=log_{e}[\sqrt{\frac{22}{3}}-\frac{5}{3}]+i\pi$

Sustituyendo tenemos que:


$cos^{-1}(5/3)=-i[log_{e}(\sqrt{\frac{22}{3}}-\frac{5}{3})+i\pi]=\pi-ilog_{e}(\sqrt{\frac{22}{3}}-\frac{5}{3})$


- (b) De $\frac{d}{dz}cos^{-1}z=\frac{-1}{(1-z^{2})^{1/2}}$ y evaluando en $z=5/3$ se tiene lo siguiente

$\frac{d}{dz}cos^{-1}z|_{z=5/3}=\frac{-1}{(-22/3)^{1/2}}=\frac{-1}{i\sqrt{\frac{22}{3}}}=-\frac{\sqrt{3}}{i\sqrt{22}}=\frac{-\sqrt{3}}{i\sqrt{22}}(\frac{-i\sqrt{22}}{-i\sqrt{22}})=i\sqrt{3}/\sqrt{22}$


--Fernando Vazquez V. (discusión) 23:26 12 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 14

a) Determine el valor de la funcion en el punto dado

$\sinh^{-1}z$ con $z=0$ usando la raiz principal

Sabemos que

$\sinh^{-1}=ln\left[z+(z^{2}+1)^{1/2}\right]$

Si $z=0$$\Rightarrow$ $\sinh^{-1}(0)=ln\left[0+(0^{2}+1)^{1/2}\right]=log_{e}(1)+iArg(0)=0$ b) Calcular el valor de la derivada Sabemos tambien que \[ {\displaystyle \frac{d}{dz}\sinh^{-1}z={\displaystyle \frac{1}{(z^{2}+1)^{1/2}}}} \] Evaluando en $z=0$ tenemos que \[ {\displaystyle \frac{d}{dz}\sinh^{-1}z|_{z=0}={\displaystyle \frac{1}{(0^{2}+1)^{1/2}}=1}} \] [[Usuario:Jose Emmanuel Flores Calderón|Jose Emmanuel Flores Calderón]] ([[Usuario discusión:Jose Emmanuel Flores Calderón|discusión]]) 21:49 12 jun 2015 (CDT) ---- ==='"`UNIQ--h-14--QINU`"'Ejercicio 15=== Utilice la rama establecida de la función multivaluada y la rama principal de $ln$z para: a) Determinar el valor de la función trigonométrica en el punto dado. b) Calcular el valor de la derivada de la función el el punto dado. $\cosh^{-1}z , z=-i$ utilice la rama: $ \sqrt{r}e^{\frac{1\theta}{2}} , -2\pi<\theta<0$ a) $\cosh^{-1}z , z=-i$ Consideramos la siguiente definición: $cosh^{-1}z=\ln[z+(z^{2}-1)^{\frac{1}{2}}]$ Sustituimos el valor de "z" en la igualdad anterior: $cosh^{-1}z=\ln[(-i)+((-i)^{2}-1)^{\frac{1}{2}}]$ Realizando las operaciones correspondientes obtenemos: $cosh^{-1}z=\ln(-i+\sqrt{2}i)$ Con la siguiente definición de logaritmo complejo $\ln_z=\log_{e}|z|+iarg(z)=\log_{e}r+i(\theta+2n\pi)$ Y con los datos que nos da el problema, obtenemos: $cosh^{-1}z= \log_{e}(\sqrt{2}+1)-\frac{-\pi}{2}i$ b) $\cosh^{-1}z , z=-i$ $ \frac{dcosh^{-1z}}{dz}|_{z=-i}=\frac{1}{2}\sqrt{2}i$ [[Usuario:Nancy Martínez Durán|Nancy Martínez Durán]] ([[Usuario discusión:Nancy Martínez Durán|discusión]]) 04:57 12 jun 2015 (CDT) ---- ==='"`UNIQ--h-15--QINU`"'Ejercicio 12=== Utilice la rama establecida de la función multivaluada $z^{1/2}$ y la rama principal de $lnz$ para (a) determinar el valor de la función trigonométrica inversa en el punto dado y b) calcular el valor de la derivada de la función en el punto dado. 12.- $cos^{-1}z$, $z=5/3$, utilice la rama $\sqrt{r}e^{i\theta/2}$ , $0<\theta<2\pi$, de $z^{1/2}$ - (a) Como $z=5/3$, entonces $1-z^{2}=-\frac{22}{3}$ y sabemos que $-\frac{22}{3}$ en forma exponencial es $\frac{22}{3}e^{i\pi}$ Ahora ocupamos la rama $\sqrt{r}e^{i\theta/2}=\sqrt{\frac{22}{3}}e^{i\pi/2}=i\sqrt{\frac{22}{3}}$ Por otra parte de la definicion de $cos^{-1}z$ tenemos que $cos^{-1}(5/3)=-iln[\frac{5}{3}+i(-\frac{22}{3})^{1/2}]=-iln[\frac{5}{3}-\sqrt{\frac{22}{3}}]$ Del resultado anterior tomamos el valor principal del logaritmo. Podemos observar que el numero $\frac{5}{3}-\sqrt{\frac{22}{3}}$ es un real puro y ademas negativo, por ello: $ln[\frac{5}{3}-\sqrt{\frac{22}{3}}]=log_{e}[\sqrt{\frac{22}{3}}-\frac{5}{3}]+i\pi$ Sustituyendo tenemos que: $cos^{-1}(5/3)=-i[log_{e}(\sqrt{\frac{22}{3}}-\frac{5}{3})+i\pi]=\pi-ilog_{e}(\sqrt{\frac{22}{3}}-\frac{5}{3})$ - (b) De $\frac{d}{dz}cos^{-1}z=\frac{-1}{(1-z^{2})^{1/2}}$ y evaluando en $z=5/3$ se tiene lo siguiente $\frac{d}{dz}cos^{-1}z|_{z=5/3}=\frac{-1}{(-22/3)^{1/2}}=\frac{-1}{i\sqrt{\frac{22}{3}}}=-\frac{\sqrt{3}}{i\sqrt{22}}=\frac{-\sqrt{3}}{i\sqrt{22}}(\frac{-i\sqrt{22}}{-i\sqrt{22}})=i\sqrt{3}/\sqrt{22}$ --[[Usuario:Fernando Vazquez V.|Fernando Vazquez V.]] ([[Usuario discusión:Fernando Vazquez V.|discusión]]) 23:30 12 jun 2015 (CDT) ---- ==='"`UNIQ--h-16--QINU`"'Ejercicio 13=== '''Utilice la rama establecida de la función multivaluada y la rama principal de $ln$z para: ''' '''a) Determinar el valor de la función trigonométrica en el punto dado.''' \(tanh^{-1} (z); z= 1+i\) Utilizando la definición para el tangente inverso \(tan^{-1}(z)= \frac{i}{2} ln( \frac{i+z}{i-z})\) Por lo que tenemos que \(tan^{-1}(1+i)= \frac{i}{2} ln(\frac{i+(1+i)}{i-(1-i)})= \frac{i}{2} ln(\frac{1+2i}{-1}) = \frac{i}{2} ln(-1-2i)\) Por lo que primero resolveremos para el logaritmo complejo \(ln (-1-2i)= log_e |-1-2i|+ iarg(-1-2i)= log_e(\sqrt{5})+ i (- \pi + arctan(2)+ 2 \pi n ) ; n \epsilon Z \) El \(- \pi\) es porque el número complejo está en el tercer cuadrante, Pero como nos importa la rama principal tenemos que \(Ln (-1-2i)= log_e(\sqrt{5})+ i (-\pi+ arctan(2)) \) sustituyendo el resultado anterior en la expresión de la tangente inversa obtenemos que \(tan^{-1}(1+i)= \frac{i}{2} Ln(-1-2i)= \frac{i}{2}[log_e(\sqrt{5})+ i (-\pi+ arctan(2))]= \frac{i}{2}log_e(\sqrt{5})- \frac{(-\pi+ arctan(2))}{2}\) Por lo que \(tan^{-1}(1+i)= \frac{i}{2}log_e(\sqrt{5})+ \frac{(\pi- arctan(2))}{2}\) '''b) Calcular el valor de la derivada de la función el el punto dado.''' Usando la definición de la derivada de tangente tenemos que \(\frac{d }{dz} tan^{-1}(z)= \frac{1}{1+z^2}\) Por lo que la derivada evaluada en z= 1+i, es \(\frac{d }{dz} tan^{-1}(1+i)= \frac{1}{1+(1+i)^2}=\frac{1}{1+(1+i)(1+i)}=\frac{1}{1+2i}= \frac{1-2i}{(1+2i)(1-2i)}= \frac{1-2i}{5}\) Por lo que concluimos que \(\frac{d }{dz} tan^{-1}(1+i)= \frac{1-2i}{5} \) --[[Usuario:Pablo|Pablo]] ([[Usuario discusión:Pablo|discusión]]) 22:58 12 jun 2015 (CDT) ---- ==='"`UNIQ--h-17--QINU`"'Ejercicio 16=== Utilice l a rama establecida de la funcion multivaluada \(z^{\frac{1}{2}}\) y la rama principal de \(ln z\) para a) determinar el valor de la funcion en el punto dado. b) calcular el valor de la derivada de la funcion en el punto dado. \(tanh^{-1} z; z=3i\) a) tenemos que\[tanh^{-1}z=\frac{1}{2} ln(\frac{1+z}{1-z})\] sustituyendo\[tanh^{-1}z=\frac{1}{2} ln(\frac{1+3i}{1-3i})\] Resolvemos\[\frac{1+3i}{1-3i}=\frac{1+3i}{1-3i}. \frac{1+3i}{1+3i}=\frac{-8+6i}{10}\] Sustituyendo tenemos que\[tanh^{-1}z=\frac{1}{2} ln(\frac{-8+6i}{10})\] Ahora resolviendo el \(ln(\frac{-8+6i}{10})\) \(|z|=1\) \(Arg z = arccos(\frac{4}{5})=0.6435\) por lo cual\[ln(\frac{-8+6i}{10})= log_e 1 + (0.6435) i\] Por ultimo tenemos\[tanh^{-1}z=\frac{1}{2} (0.6435i)=0.32174 i\] b) \(\frac{d}{dz} tanh^{-1}= \frac{1}{1-z^2}\) evaluando en \(z=3i\) tenemos\[\frac{d}{dz} tanh^{-1}= \frac{1}{1-(3i)^2}=\frac{1}{1-(-9)}=\frac{1}{10}\] --[[Usuario:Anahi Limas|Anahi Limas]] ([[Usuario discusión:Anahi Limas|discusión]]) 23:50 12 jun 2015 (CDT) ==='"`UNIQ--h-18--QINU`"'Ejercicio 17=== '''Deduzca la fórmula 4 para $\cos^{-1}z$ modificando el procedimiento utilizado para obtener el $arcoseno$.''' '''Sol.''' Si $\cos w=z$ $\cos w=\dfrac{e^{iw}+e^{-iw}}{2}=z$, $e^{iw}+e^{-iw}=2z$, $e^{iw}+e^{-iw}-2z=0$ Multiplicamos la expresión anterior por el factor $e^{iw}$ $e^{2iw}-2ze^{iw}+1=0$ Y obtenemos una forma cuadrática para $e^{iw}$ con $a=1$, $b=-2z$ y $c=1$ la cual se resuelve con la fórmula general $e^{iw}=\dfrac{-(-2z)+[(-2z)^2-4(1)(1)]^{1/2}}{2(1)}=\dfrac{2z+(4z^2-4)^{1/2}}{2}=\dfrac{2z+[-4(1-z^2)]^{1/2}}{2}=\dfrac{2z+i2(1-z^2)^{1/2}}{2}$ $e^{iw}=z+i(1-z^2)^{1/2}$ Resolviendo para $w$ con el logaritmo complejo $iw=ln[z+i(1-z^2)^{1/2}]$, $w=-iln[z+i(1-z^2)^{1/2}$ Por lo que demostramos la fórmula $\cos^{-1}$ como $w=\cos^{-1}z=-iln[z+i(1-z^2)^{1/2}]$ [[Usuario:Esther Sarai|Esther Sarai]] ([[Usuario discusión:Esther Sarai|discusión]]) 13:08 10 jun 2015 (CDT) ---- ==='"`UNIQ--h-19--QINU`"'Ejercicio 18=== '''Deduzca la fórmula para $\sinh^{-1}z$ modificando el procedimiento utilizado para obtener la fórmula para arcoseno.''' '''Sol.''' Definimos $\sinh w=z$, así $\sinh w=\dfrac{e^w-e^{-w}}{2}=z$, $e^w-e^{-w}-2z=0$ Multiplicando la expresión por $e^w$ $e^{2w}-2ze^w-1=0$ obtenemos una ecuación cuadrática para $e^w$. Usando la fórmula cuadrática con $a=1$, $b=-2z$ y $c=-1$ para obtener los valores; $e^w=\dfrac{-(-2z)+[(-2z)^2-4(1)(-1)]^{1/2}}{2(1)}=\dfrac{2z+[4z^2+4]^{1/2}}{2}=\dfrac{2z+[4(z^2+1)]^{1/2}}{2}=\dfrac{2z+2(z^2+1)^{1/2}}{2}=z+(z^2+1)^{1/2}$ Ahora, resolviendo para $w$ con el logaritmo complejo: $w=ln[z+(z^2+1)^{1/2}]=\sinh^{-1}z$ Por lo tanto, demostramos la función multivaluada $\sinh^{-1}z$. $\sinh^{-1}z=ln[z+(z^2+1)^{1/2}]$ [[Usuario:Oscar Javier Gutierrez Varela|Oscar Javier Gutierrez Varela]] ([[Usuario discusión:Oscar Javier Gutierrez Varela|discusión]]) 12:28 7 jun 2015 (CDT) ---- ==='"`UNIQ--h-20--QINU`"'Ejercicio 20=== '''Utilice diferenciación implicita para derivar la fórmula (12) para la derivada de una rama de la tangente hiperbolica inversa. ''' Teemos que la inversa de la tangente está dada como: $$ tanh^{-1}z=\frac{1}{2} ln \left(\frac{1+z}{1-z}\right) $$ Derivando obtenemos $$ \frac{d}{dz} tanh^{-1}z=\frac{1}{2}\left(\frac{d}{dz}ln\frac{1+z}{1-z}\right) $$ pero $$ln\left(\frac{z+1}{1-z}\right)=ln\left(\frac{a}{b} \right)=ln{a}-ln{b}$$ Entonces $$ \frac{1}{2}\frac{d}{dz}\left(ln(1+z)-ln(1-z)\right) $$ $$ =\frac{1}{2}\left(\frac{d}{dz}ln(1+z)-\frac{d}{dz}ln(1-z)\right) $$ $$ =\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1+z}-\frac{1}{1-z}\right) $$ $$ =\frac{1}{2}\left(\frac{(1-z)-(1+z)}{(1+z)(1-z)}\right) $$ $$ =\frac{1}{2}\left(\frac{1-z-1-z}{(1+z)(1-z)}\right) $$ $$ =\frac{1}{2}\left(\frac{-2z}{1-z+z-z^{2}}\right) $$ $$ =\frac{1}{2}\left(\frac{2}{1-z^2}\right) $$ $$ =\frac{1}{1-z^2} $$ $$ \therefore \frac{d}{dz} tanh^{-1}=\frac{1}{1-z^2} $$


Samantha Martinez (discusión) 15:45 12 junio 2015 (CDT)


Ejercicio 22

Demuestre las siguientes identidades:

a)\[sen^{-1}[(1-z^{2})^{1/2}]=cos^{-1}(\pm z)...(1) \]

Solución

Se tiene la definición:

\[sen^{-1}z=-iln[iz+(1-z^{2})^{1/2}] \]

sustituyendo la definición en la ecuación (1) se tiene:

\[sen^{-1}[(1-z^{2})^{1/2}]=-iln[i(1-z^{2})^{1/2}+[1-\{(1-z^{2})^{1/2}\}^{2}]^{^{1/2}}] \]

\[sen^{-1}[(1-z^{2})^{1/2}]=-iln[i(1-z^{2})^{1/2}+[1-(1-z^{2})]^{1/2}] \]

\[sen^{-1}[(1-z^{2})^{1/2}]=-iln[i(1-z^{2})^{1/2}+[1-1+z^{2}]^{1/2}] \]

\[sen^{-1}[(1-z^{2})^{1/2}]=-iln[i(1-z^{2})^{1/2}+[z^{2}]^{1/2}] \]

\[sen^{-1}[(1-z^{2})^{1/2}]=-iln[i(1-z^{2})^{1/2}+z]...(2) \]

pero el segundo miembro de la ecuación toma la forma de :

\[cos^{-1}z=-iln[z+i(1-z^{2})^{1/2}]...(3) \] , entonces sustituyendo (3) en (2) obtenemos finalmente:

\[sen^{-1}z=cos^{-1}(\pm z). \]

Está demostrada la identidad

b) \[sen^{-1}z+cos^{-1}z=\frac{1}{2}(4n+1)\pi,n=0,\pm1,\pm2,... \]

solución

De la definición 4.4.1 seno inverso y 4.4.2 coseno inverso, del libro Analisis complejo con aplicaciones Dennis G.Zill

ser tiene que:

\[sen^{-1}z=-iln[iz+(1-z^{2})^{1/2}]...(1) \]

\[cos^{-1}z=-iln[z+i(1-z^{2})^{1/2}]...(2) \]

Sustituyendo (1) y (2) en la identidad del inciso b) se tiene:

\[sen^{-1}z+cos^{-1}z=\left\{ -iln[iz+(1-z^{2})^{1/2}]\right\} +\left\{ -iln[z+i(1-z^{2})^{1/2}]\right\} \]

sí \[senw=z\Rightarrow w=sen^{-1}z \], también\[cosw'=z\Rightarrow w'=cos^{-1}z \], entonces queda:

\[w+w'=iln[iz+(1-z^{2})]^{1/2}+\left\{ -iln[z+i(1-z^{2})^{1/2}]\right\} \] multimplicamos toda la ecuacion por “i”, se tiene:

\[i[w+w']=ln[iz+(1-z^{2})^{1/2}]+ln[z+i(1-z^{2})^{1/2}] \]

aplicamos propiedad de suma de los logaritmos que es igual al producto de los logaritmos

\[i[w+w']=ln[(iz+(1-z^{2})^{1/2})(z+i(1-z^{2})^{1/2})] \]

elevamos ambos miembros por una exponencial en la ecuación y se obtiene:

\[e^{i[w+w']}=[iz+(1-z^{2})^{1/2}][z+i(1-z^{2})^{1/2}] \], multiplicando y reduciendo términos se tiene:

\[e^{i[w+w']}=iz^{2}-z(1-z^{2})^{1/2}+z(1-z^{2})^{1/2}+i(1-z^{2}) \]

\[e^{i[w+w']}=[iz^{2}+i-iz^{2}] \]

\[e^{i[w+w']}=i \] si aplicamos logaritmo natural en ambos lados de la ecuación obtenemos:

\[i[w+w']=lni...(3) \]

La definición de un logarítmo complejo en una función multivaluada se define por:

\[lnz=log_{e}\mid z\mid+iarg(z) \]

para \(z=i \) tenemos que \(\mid z\mid=\sqrt{(0)^{2}+(1)^{2}}=1 \)

y \[sen\theta=\frac{y}{\mid z\mid}=\frac{1}{1}=1\Rightarrow\theta=sen^{-1}1=90^{0}=\frac{\pi}{2} \]

El argumento queda como \[arg(z)=\frac{\pi}{2}+2\pi n \]mas el número de vueltas con 2pi

Sustituyendo en la definición se tiene:

\[lnz=log_{e}\mid z\mid+iarg(z) \]

\[lni=log_{e}1+i(\frac{\pi}{2}+2\pi n) \]

\[lni=i(\frac{\pi}{2}+2\pi n) \], sustituyendo en (3) , eliminando términos y simplificando se tiene:

\[i[w+w']=\frac{1}{2}i(4n+1)\pi \]

\[w+w'=\frac{1}{2}(4n+1)\pi \],pero \[w=sen^{-1}z;w'=cos^{-1}z \], entonces:

\[sen^{-1}z+cos^{-1}=\frac{1}{2}(4n+1)\pi \], para \(n=0,\pm1,\pm2,... \), está demostrado.

Elaborado por--Ricardo Garcia Hernandez (discusión) 00:47 10 jun 2015 (CDT)