Compleja:Zill-Cap6.3

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Ejercicios del capítulo 6, sección 3 del libro, A First Course in Complex Analysis with Applications de Zill y Shanahan.



Sección 6.3

Ejercicio 1

Desarrolle la función dada $f(z)=\frac{\cos z}{z}$ en el dominio $0 < |z|$.

Sabemos que la serie de Maclaurin del coseno es: \[ \cos z=1-\frac{z^2}{2!}+\frac{z^4}{4!}+\ldots=\sum_{k=0}^{\infty}{(-1)^k\frac{z^{2k}}{(2k)!}} \]

Podemos dividir entre $z$, porque el dominio excluye al $0$: \[ f(z)=\frac{\cos z}{z}=\frac{1-\frac{z^2}{2!}+\frac{z^4}{4!}+\ldots}{z}=\frac{\sum_{k=0}^{\infty}{(-1)^k\frac{z^{2k}}{(2k)!}}}{z} \] \[ f(z)=\sum_{k=0}^{\infty}{(-1)^k\frac{z^{2k-1}}{(2k)!}}=\underbrace{\frac{1}{z}}_{parte\,principal}\overbrace{-\frac{z}{2!}+\frac{z^3}{4!}+\ldots}^{parte\, analítica} \]

--Tlacaelel Cruz (discusión) 22:28 29 jun 2015 (CDT)



Cabe mencionar que $ f(z)= cos z$ es una función entera y holomorfa por eso es que su desarrollo en serie de Laurent es \[ \cos z=1-\frac{z^2}{2!}+\frac{z^4}{4!}+\ldots=\sum_{k=0}^{\infty}{(-1)^k\frac{z^{2k}}{(2k)!}} \]

y eso nos permite llegar al resultado.

--Esther Sarai (discusión) 18:09 1 jul 2015 (CDT)Esther Sarai



Ejercicio 2

desarrolle la función dada en serie de Laurent válida para el dominio anular dado

$f(z)=\frac{z-sen(z)}{z^{5}}$ , $0<|z|$

podemos partir la función para un mejor desarrollo

$f(z)=\frac{1}{z^{4}}-\frac{sen(z)}{z^{5}}$

sabemos desarrollar $-sen(z)$, lo hacemos y dividimos entre $z^{5}$

$-sen(z)=-z+\frac{z^{3}}{3!}-\frac{z^{5}}{5!}+\frac{z^{7}}{7!}-\frac{z^{9}}{9!}+...$

$-\frac{sen(z)}{z^{5}}=-\frac{1}{z^{4}}+\frac{1}{z^{2}3!}-\frac{1}{5!}+\frac{z^{2}}{7!}-\frac{z^{4}}{9!}$...

y ahora le sumamos la parte que nos faltaba $\frac{1}{z^{4}}$

$\frac{1}{z^{4}}-\frac{sen(z)}{z^{5}}=\frac{1}{z^{4}}-\frac{1}{z^{4}}+\frac{1}{z^{2}3!}-\frac{1}{5!}+\frac{z^{2}}{7!}-\frac{z^{4}}{9!}+...=\frac{1}{z^{2}3!}-\frac{1}{5!}+\frac{z^{2}}{7!}-\frac{z^{4}}{9!}+..$.$=\frac{z-sen(z)}{z^{5}}$ , donde $0<|z|$


--Juan Daniel Rivera Bautista (discusión) 00:31 3 jul 2015 (CDT)






Ejercicio 3

Desarrolle la función dada en una seríe de Laurent válida para el dominio dado

$f\left(z\right)=e^{-\frac{1}{Z^{2}}}$ con $0<\left|z\right|$

Soución:

Sabemos que:

$e^{x}=1+z+\frac{z^{2}}{2!}+\frac{z^{3}}{3!}+...$ lo nombramos como ...(1)

Ahora hacemos: $x=-\frac{1}{z^{2}}$ y solo sustituimos en (1) para obtener lo siguiente:

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

Y como el cero no incluye el dominio este es nuestro resultado.

Resuelto por Luis Enrique Martínez Valverde (discusión) 17:35 2 jul 2015 (CDT)



Ejercicio 4

Desarrolle la función dada en una seríe de Laurent válida para el dominio anular dado

4.- $f(z)=\frac{1-e^{z}}{z^{2}}$, con $0<|z|$


Primero reescribimos $f(z)$

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


Ahora sabemos en desarrollo de $e^{z}$, si a este ultimo multiplicamos por $\frac{1}{z^{2}}$ queda:

$\frac{e^{z}}{z^{2}}=\frac{1}{z^{2}}+\frac{z}{z^{2}}+\frac{z^{2}}{2!z^{2}}+\frac{z^{3}}{3!z^{2}}+\cdots=\frac{1}{z^{2}}+\frac{1}{z}+\frac{1}{2!}+\frac{z}{3!}+\cdots$


Si la multiplicamos por un signo menos y le sumamos el termino $\frac{1}{z^{2}}$ tenemos entonces:

\[ f(z)=\frac{1-e^{z}}{z^{2}}=-[\frac{1}{z}+\frac{1}{2!}+\frac{z}{3!}+\cdots] \]


Que claramente se nota que el cero no pertenece al dominio, siendo este, la unica singularidad


--Fernando Vazquez V. (discusión) 19:25 3 jul 2015 (CDT)




Ejercicio 5

Ejercicio 5.-

$f\left(z\right)=\frac{e^{z}}{z-1}$, $0<\left|z-1\right|$

Si reescribimos la ecuación anterior, se obtiene:

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

Recordando la serie de Maclaurin para $e^{\left(z-1\right)}$:

$e^{\left(z-1\right)}=\left[1+\frac{\left(z-1\right)}{1!}+\frac{\left(z-1\right)^{2}}{2!}+...\right]$...$\left(2\right)$

Entonces la ecuación $\left(1\right)$se convierte en:

$-\frac{e^{\left(z-1\right)}e}{1-z}=\left[1+\frac{\left(z-1\right)}{1!}+\frac{\left(z-1\right)^{2}}{2!}+...\right]\left[-\frac{e}{1-z}\right]$

$=\frac{e}{1-z}+e+\frac{e\left(z-1\right)}{2\text{!}}+\frac{e\left(z-1\right)^{2}}{3!}+\frac{e\left(z-1\right)^{3}}{4!}+...$



Alejandro Juárez Toribio (discusión) 17:06 1 jul 2015 (CDT)


Ejercicio 6

Desarrolle la funcion dada em uma serie de Laurent valida para el dominio anular dado.

\(f(z)=z cos  \frac{1}{z}  , 0<|z|\)

Para este caso conocemos que\[cos u= 1 - \frac{u²}{2!}+\frac{u⁴}{4!}+\frac{u⁶}{6!}+......\]

Ahora bien si hacemos \(u=\frac{1}{z}\) tenemos\[cos \frac{1}{z}= 1 - \frac{1}{z²2!}+\frac{1}{z⁴4!}+\frac{1}{z⁶6!}+......\]

Pero nosotros buscamos la serie para \(f(z)=z cos \frac{1}{z}\) asi que multiplicamos la serie anterior por \(z\), asi tenemos\[ z cos \frac{1}{z}= z - \frac{1}{z2!}+\frac{1}{z³4!}+\frac{1}{z⁵6!}+......\]

asi pues\[f(z)=z cos \frac{1}{z} = z - \frac{1}{z2!}+\frac{1}{z³4!}+\frac{1}{z⁵6!}+......\]

Por lo cual el cero no pertenece al dominio.

--Anahi Limas (discusión) 23:22 3 jul 2015 (CDT)


Ejercicio 9

In Problems 7\textendash 12, expand f(z) =$\frac{1}{z(z-3)}$ in a Laurent series valid for the indicated annular domain.

En los problemas 7-12 , ampliar f ( z ) =$\frac{1}{z(z-3)}$en una serie de Laurent válido para la indicada dominio anular.

dominio dado: $0\leq\left[z-3\right]\geq3$

resolucion

El centro de este dominio , z = 3, es el punto de analiticidad de la función f . Nuestro objetivo ahora es encontrar

dos series que involucren potencias enteras de z- 3, una converge en 1$\leq$<Aviso de LyX: carácter no codificable '∣'>z\textminus 4<Aviso de LyX: carácter no codificable '∣'> y otra converge

para <Aviso de LyX: carácter no codificable '∣'>z\textminus 4<Aviso de LyX: carácter no codificable '∣'>$\geq$3 . Entonces tomo la función y descompongo en freacciones parciales obtenemos:

$f\left(z\right)=\frac{1}{z(z-3)}=\frac{A}{z}+\frac{B}{z-3}$

desarrollando la fracción se tiene

$A(z-3)+Bz=1$

$A+B=0...(1)$

$\text{-}3A=1...(2)$

Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene:

$A=-\frac{1}{3}yB=\frac{1}{3}$

entonces:

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

Para la primera fraccion sumando y restando en el denominador +3 y -3 , y factorizando se tiene:

$f1(z)=-1/3z=-1/3(1/z)=-1/3(1/3-3+z)=-1/3(1/3\left[\frac{1}{1+\frac{z-3}{3}}\right])$

$f1(z)=\frac{-1}{3^{2}}\left(\frac{1}{1+\frac{z-3}{3}}\right)...(3)$

el termino

$\frac{1}{1+\frac{z-3}{3}}$

tiene la forma de la serie geometrica:

$\frac{a}{1+z}=1-az+az^{2}.....$

entonces tenemos:

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

Sustituyendo en (3) y simplificando se tiene:

$f1(z)=\frac{-1}{3^{2}}\left(1-\frac{(z\text{-}3)}{3}+\frac{(z\text{-}3)^{2}}{3^{2}}-\frac{(z\text{-}3)^{3}}{3^{3}}+......\right)$

$f\left(z\right)=-\frac{1}{3^{2}}+\frac{(z\text{-}3)}{3^{3}}-\frac{(z\text{-}3)^{2}}{3^{4}}+\frac{(z\text{-}3)^{3}}{3^{5}}+......$

Analaogamente para la segunda fraccion factorizando la z se tiene:

$f1(z)=\frac{1}{3\left(z-3\right)}=1/3(\frac{1}{\left(z-3\right)})=1/3(\frac{1}{\frac{1}{z}\left(1-\frac{3}{z}\right)})=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{\frac{1}{z}}\left[\frac{1}{1-\frac{3}{z}}\right]\right).....(4)$

el termino

$\frac{1}{1-\frac{3}{z}}$

tiene la forma de la serie geometrica:

$\frac{a}{1-z}=1+az+az^{2}\text{\textminus\ensuremath{\cdots}}$

entonces tenemos

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

Sustituyendo en (4) y simplificando se obtiene

$f1(z)=\frac{1}{3}\left(z\left[1+\frac{3}{\left(z\right)}+\frac{3^{2}}{\left(z\right)^{2}}-\frac{3^{3}}{\left(z\right)^{3}}+......\right]\right)$

$f1(z)=\frac{z}{3}+1+\frac{3}{z}+\frac{3^{2}}{\left(z\right)^{2}}+\frac{3^{3}}{z^{3}}......$

por lo tanto la serie completa esta ada por:

$f\left(z\right)=...\frac{3^{3}}{z^{3}}+\frac{3^{2}}{z^{2}}+\frac{3}{z}+1+\frac{z}{3}-\frac{1}{3^{2}}+\frac{(z-3)}{3^{3}}-\frac{(z-3)^{2}}{3^{4}}+\frac{(z-3)^{3}}{3^{5}}+.....$


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




Ejercicio 11

Desarrolle \(f(z)=\frac{1}{z\left(z-3\right)} \) en una serie de Laurent válida para el dominio anular indicado

\[1\lneq\mid z-4\mid\lneq4 \]

Solución

El centro de este dominio , z = 4, es el punto de analiticidad de la función f . Nuestro objetivo ahora es encontrar

dos series que involucren potencias enteras de z- 4, una converge en \(1\lneq\mid z-4\mid \) y otra converge

para \(\mid z-4\mid\lneq4 \) . Entonces tomando la función y descomponiendo en freacciones parciales obtenemos:

\[f(z)=\frac{1}{z\left(z-3\right)}=\frac{A}{z}+\frac{B}{z-3} \]

desarrollando la fracción se tiene

\[A\left(z-3\right)+Bz=1 \]

\[A+B=0...(1) \]

\[-3A=1...(2) \]

Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene:

\[A=-\frac{1}{3} \] y \(B=\frac{1}{3} \)

entonces

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

Para la primera función sumando y restando en el denominador +4 e -4 , y factorizando se tiene:

\[f_{1}(z)=-\frac{1}{3z}=-\frac{1}{3}\left(\frac{1}{z}\right)=-\frac{1}{3}\left(\frac{1}{4-4+z}+\right)=-\frac{1}{3}\left(\frac{1}{4}\left[\frac{1}{1+\frac{z-4}{4}}\right]\right) \]

\[f_{1}(z)=-\frac{1}{3}*\frac{1}{4}\left[\frac{1}{1+\frac{z-4}{4}}\right]...(3) \]

El término \[\left[\frac{1}{1+\frac{z-4}{4}}\right] \] tiene la forma de la serie geometrica:

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

Entonces

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

Sustituyendo en (3) y simplificando se tiene:

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

\[f_{1}(z)=-\frac{1}{12}+\frac{(z-4)}{3*4^{2}}-\frac{\left(z-4\right)^{2}}{3*4^{3}}+\frac{(z-4)^{3}}{3*4^{4}}+\cdots \]

Analaogamente para la segunda función y reduciendonos pasos obtenemos:

\[f_{2}(z)=\frac{1}{3(z-3)}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{z-3}\right)=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{z-3-1+1}+\right)=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{(z-4)}\left[\frac{1}{1+\frac{1}{z-4}}\right]\right)...(4) \]

El término \[\left[\frac{1}{1+\frac{1}{z-4}}\right] \] tiene la forma de la serie geometrica:

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

Entonces

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

Sustituyendo en (4) y simplificando se obtiene

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

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

por lo tanto

\[f_{2}(z)=\frac{1}{3(z-4)^{3}}-\frac{1}{3(z-4)^{2}}+\frac{1}{3(z-4)}-\frac{1}{12}+\frac{(z-4)}{3*4^{2}}-\frac{(z-4)^{2}}{3*4^{3}}+\frac{(z-4)^{3}}{3*4^{4}}\cdots \]

Elaborado por Ricardo García Hernández--Ricardo Garcia Hernandez (discusión) 13:30 30 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 12

Desarrolle $f(z)=\frac{1}{z\left(z-3\right)}$ en una serie de Laurent válida para el dominio anular $1<|z+1|<4$


$Solución :$


El domino anular especificado se muestra en la figura. El centro de este dominio, z = -1, es el punto de analiticidad de la función $f$. Nuestro objetivo ahora es encontrar dos series que involucren potencias enteras de z+1, una converge para $1<|z+1|$ y la otra converge para $|z+1|<4$. Entonces con la descomposición de $f$ en fracciones parciales :

Imagen del ejercicio 12.


\[ f(z)=\frac{1}{z\left(z-3\right)}=\frac{A}{z}+\frac{B}{z-3}=\frac{A \left(z-3\right)+B z}{z (z-3) }= \frac{Az -3A+Bz}{z\left(z-3\right)}= \frac{\left(A+B\right)z -3A}{z\left(z-3\right)} \]

\[ z: A+B=0 \]

\[ C: -3A=1 \Rightarrow A=-\frac{1}{3} \]

\[ B=-A \Rightarrow =-\left(-\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{3} \]


Así,

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

Para $f_{1}(z)$ sumo y resto en el denominador $+1$ y $-1$ , y factorizando, tengo:

\[ f_{1}(z)=-\frac{1}{3z}=-\frac{1}{3}\left(\frac{1}{z}\right)=-\frac{1}{3}\left(\frac{1}{1-1+z}\right)=-\frac{1}{3}\left(-\frac{1}{1}\left[\frac{1}{1-\frac{z+1}{1}}\right]\right) \]

\[ f_{1}(z)=-\frac{1}{3} \cdot -\frac{1}{1}\left[\frac{1}{1-\frac{z+1}{1}}\right] \]

El término : \[ \left[\frac{1}{1-\frac{z+1}{1}}\right] \]

Tiene la forma de la serie geométrica:

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

Entonces

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

Sustituyendo y simplificando se tiene:

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

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


Análogamente para $f_{2}(z)$, obtenemos:

\[ f_{2}(z)=\frac{1}{3(z-3)}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{z-3}\right)=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{z-3-1+1}+\right)=\frac{1}{3} \left(\frac{1}{z+1} \cdot \left[ \frac{1}{ 1-\frac{4}{z+1}}\right] \right) \]

El término

\[ \left[\frac{1}{1-\frac{4}{z+1}}\right] \]

Tiene la forma de la serie geométrica:

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

Entonces

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

Sustituyendo y simplificando:

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

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

Por lo tanto

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


--Emmanuell Castro Flores (discusión) 01:16 3 jul 2015 (CDT)



Ejercicio 13

Desarrollar $f(z)=\frac{1}{(z+1)(z-2)}$ en una serie de laurent válida para el dominio anular $1<|z|<2$

Primero desarrollamos las fracciones parciales de nuestra función para poder evaluar...

$f(z)=\frac{1}{(z-1)(z-2)}=\frac{A}{z-1}+\frac{B}{z-2}$

Entonces

$f(z)=\frac{1}{(z-1)(z-2)}=\frac{A(z-2)+B(z-1)}{(z-1)(z-2)}$

Desarrollando tenemos que resolver el siguiente sistema de ecuaciones donde:

$A(z-2)+B(z-1)=1$

$Az-2A+Bz-B=1$

$(A+B)z-2A-B=1$

De donde podemos llegar a la conjetura que:

$A+B=0$

$-2A-B=1$

$\Longrightarrow A=-B$

$\therefore2B-B=1=B$

Entonces como $B=1$

$A=-1$

Por lo tanto:

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

entonces, de aquí podemos decir que:

$\frac{-1}{z-1}+\frac{1}{z-2}=f_{1}(z)+f_{2}(z)$

Entonces para $f_{1}(z)$ tenemos que:

$f_{1}(z)=\frac{1}{1-z}=1+z^{2}+z^{3}+z^{4}....$

En donde la serie converge a $|z|<2$

Entonces para $f_{2}(z)$ tenemos que:

$f_{2}(z)=\frac{1}{z-2}=\frac{1}{z(1-\frac{2}{z})}$

$f_{2}(z)=\frac{1}{z-2}=\frac{1}{z(1-\frac{2}{z})}=\frac{1}{z}(1+\frac{2}{z}+\frac{4}{z^{2}}+\frac{8}{z^{3}}...........)=(\frac{1}{z}+\frac{2}{z^{2}}+\frac{4}{z^{3}}+\frac{8}{z^{4}}...........)$

De donde se deduce que la serie converge para $|z|<2$

Y $f_{1}(z)+f_{2}(z)=[1+z^{2}+z^{3}+z^{4}....]+[\frac{1}{z}+\frac{2}{z^{2}}+\frac{4}{z^{3}}+\frac{8}{z^{4}}.......]$

Y finalmente tenemos una serie de la forma:

$f(z)=[...\frac{8}{z^{4}}+\frac{4}{z^{3}}+\frac{2}{z^{2}}+\frac{1}{z}+1+z^{2}+z^{3}+z^{4}....]$

Que converge para $1<|z|<2$


--Angelina Nohemi Mendoza Tavera (discusión) 01:49 3 jul 2015 (CDT)


Ejercicio 15

Desarrolle $ f(z)= \dfrac{1}{(z-1)(z-2)}$ en una serie de Laurent valida para el dominio anular dado.

\[ 0<|z-1|<1\]


Sea $u= z-1$

Debido a que el termino z resulta ser nagativo

\[ \dfrac{1}{u(u-1)}= \dfrac{-1}{u}(-1,-z-1,-(z-1)^{2}-...)\]

La serie es valida para $u \neq 0$ y $|u|<1$


--Esther Sarai (discusión) 19:43 30 jun 2015 (CDT)Esther Sarai

Nota: Dado que $u=z-1$, así $f(u)=\dfrac{1}{u(u-1)}=-\dfrac{1}{u(1-u)}$. Expandimos el término $\dfrac{1}{1-u}$ en serie geométrica


$\dfrac{1}{1-u}=1+u+u^2+u^3+...$


Sustituimos y volvemos a la variable original


$f(u)=-\dfrac{1}{u}[1+u+u^2+u^3+...]$


$f(z)=-\dfrac{1}{z-1}[1+(z-1)+(z-1)^2+(z-1)^3+...]=-\dfrac{1}{z-1}-1-(z-1)-(z-1)^2-...=-\dfrac{1}{z-1}-1-z+1-(z-1)^2-...=-\dfrac{1}{z-1}-z-(z-1)^2-...$


y dado que el dominio anular está centrado en $z=1$ es su punto de analiticidad de la función, se tiene que la serie está definida para todo el dominio anular.


Oscar Javier Gutierrez Varela (discusión) 22:48 3 jul 2015 (CDT)


Ejercicio 17

Desarrolle $f(z)=\frac{z}{(z+1)(z-2)}$ en una serie de Laurent valida para el dominio anular dado $0<\mid z+1\mid<3$

el centro de este dominio es $z=-1$

por fracciones parciales:

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

analizando $f_{1}(z)$

$f_{1}(z)=\frac{1}{3(z+1)}=\frac{1}{3}\frac{1}{(z+1)}=\frac{1}{3}\left[\frac{1}{z+1}\right]$

esta expresión converge para $\mid z+1\mid>0$

ahora analizando $f_{2}(z)$

$f_{2}(z)=\frac{2}{3(z-2)}$=$\frac{2}{3}\frac{1}{(z-2)}=\frac{2}{3}\left[\frac{1}{-3+z+1}\right]=\frac{2}{-(3)^{2}}\left[\frac{1}{1+\frac{z+1}{-3}}\right]$

escribiendo $\frac{1}{1+\frac{z+1}{-3}}$ como una serie:

$f_{2}(z)=\frac{2}{-(3)^{2}}\left[1-\frac{z+1}{-3}+\frac{(z+1)^{2}}{(-3)^{2}}-\frac{(z+1)^{3}}{(-3)^{3}}+\cdots\right]=-\frac{2}{3^{2}}-\frac{2(z+1)}{3^{3}}-\frac{2(z+1)^{2}}{3^{4}}-\frac{2(z+1)^{3}}{3^{5}}-\cdots$

esta serie converge para $\mid z+1\mid<3$,

como:

$f(z)=f_{1}(z)+f_{2}(z)$

entonces:

$f(z)=\frac{1}{3}\left[\frac{1}{z+1}\right]+(-\frac{2}{3^{2}}-\frac{2(z+1)}{3^{3}}-\frac{2(z+1)^{2}}{3^{4}}-\frac{2(z+1)^{3}}{3^{5}}-\cdots)=\frac{1}{3(z+1)}-\frac{2}{3^{2}}-\frac{2(z+1)}{3^{3}}-\frac{2(z+1)^{2}}{3^{4}}-\frac{2(z+1)^{3}}{3^{5}}-\cdots$

ademas $0<\mid z+1\mid<3$

--Francisco Medina Albino (discusión) 20:43 2 jul 2015 (CDT)


Ejercicio 19

19. Expandir $f(z)=\frac{z}{(z+1)(z-2)}$ en series de Laurent, válida para el dominio anular dado.($1<|z|<2$)

Solución:

$f(z)=\frac{z}{(z+1)(z-2)}$ en fracciones parciales es: $f(z)=\frac{1}{3(z+1)}+\frac{2}{3(z-2)}=\frac{1}{3(z+1)}-\frac{2}{6(1-\frac{z}{2})}$.

Por otra parte : $\frac{1}{z+1}=1-z+z^2+...+(-1)^n z^n+... (|z|<1)$ y $ \frac{1}{1-\frac{z}{2}}=1-(-\frac{z}{2})+(-(\frac{z}{2}))^2+...+(-1)^n ((-\frac{z}{2}))^n+...(|z|<2)$.

Note que la serie $ \frac{1}{1-\frac{z}{2}}=1-(-\frac{z}{2})+(-(\frac{z}{2}))^2+...+(-1)^n ((-\frac{z}{2}))^n+...(|z|<2)$ converge en este anillo, pero la serie $\frac{1}{z+1}=1-z+z^2+...+(-1)^n z^n+... (|z|<1)$ diverge en $|z|>1$.

Entonces: $ \frac{1}{1+\frac{1}{z}}=1-(\frac{1}{z})+(\frac{1}{z})^2+...+(-1)^n(\frac{1}{z})^n+... \Longrightarrow \frac{1}{z(1+\frac{1}{z})}=(\frac{1}{z})(1-(\frac{1}{z})+(\frac{1}{z})^2+...+(-1)^n(\frac{1}{z})^n+...)=(\frac{1}{z}-(\frac{1}{z})(\frac{1}{z})+(\frac{1}{z})(\frac{1}{z})^2+...+(\frac{1}{z})(-1)^n(\frac{1}{z})^n+...) $. Esta serie converge, pues: ($|z|>1 \Longleftrightarrow |\frac{1}{z}|<1$).

Por lo tanto: $f(z)=\frac{z}{(z+1)(z-2)}=\frac{1}{3(z+1)}-\frac{2}{6(1-\frac{z}{2})}=\frac{1}{3z(1+\frac{1}{z})}-\frac{1}{3(1-\frac{z}{2})}=(\frac{1}{3})((\frac{1}{z}-(\frac{1}{z})(\frac{1}{z})+(\frac{1}{z})(\frac{1}{z})^2+...+(\frac{1}{z})(-1)^n(\frac{1}{z})^n+...))-(1-(-\frac{z}{2})+(-(\frac{z}{2}))^2+...+(-1)^n ((-\frac{z}{2}))^n+...))$

Alan Daniel Barrón Posadas (discusión) 19:54 3 jul 2015 (CDT)


Ejercicio 21

Desarrolle $f(z)=\frac{1}{z(1-z)^{2}}$ en una serie de Laurent valida para el dominio anular dado $0<\left| z \right| <1$


Solucion:


Para este caso queremos queremos representar a $f$ con una serie que solo involucre potencias enteras negativas y no negativas de $z$


Reescribiendo a $f(z)$


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


Podemos escribir $(1-z)^{-2}$ como una serie


$(1-z)^{-2}\approx 1-2z+{ 3z }^{ 2 }+{ 4z }^{ 3 }+{ 5z }^{ 4 }+.............$


Entonces $f(z)$ seria


$f(z)=\frac { 1 }{ z } \quad (1+2z+3{ z }^{ 2 }+4{ z }^{ 3 }+5{ z }^{ 4 }+..............)$


La serie dentro de estos paréntesis converge para $\left| z \right| <1$, pero al multiplicar esta expresión por $\frac { 1 }{ z }$, la serie resultante es


$f(z)=\frac { 1 }{ z } +2+3z+4{ z }^{ 2 }+5{ z }^{ 3 }+........$


la cual converge para $\quad$ $0<\left| z \right| <1$


Miguel Medina Armendariz (discusión) 16:01 30 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 25

Desarrolle la función \(f(z)= \frac{7z-3}{z(z-1)}\) en una serie de Laurent válida para para el dominio anulador dado

a) \(0<|z|<1\)

Solución

Por fracciones parciales podemos reescribir a f(z) como

\(f(z)= \frac{a}{z}+\frac{b}{z-1}\)

Donde resolviendo el sistema siguiente para encontrar "a" y "b" tenemos que

\(a(z-1)+b(z)= 7z-3\)

Por lo que \(a=3\) y \(b=4\)

\(f(z)= \frac{3}{z}+\frac{4}{z-1}=f_1(z)+f_2(z)\)</math>


Ahora para el caso de \(f_1(z)\), tenemos que

\(f_1(z)= \frac{3}{z}\)

Tenemos que converge cuando z es muy grande, en otras palabras converge cuando|z|>0.

Ahora para \(f_2(z)=\frac{1}{z-1}\)


Tomando una serie geométrica

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

Lo que esta en paréntesis cuadrados converge cuando \(|z|<1\)


Ahora tomando la suma

\(f(z)= f_1(z)+f_2(z)= \frac{3}{z}-4-4z-4z^2-4z^3..... \)

Converge la función anterior cuando \(0<|z|\) y cuando \(|z|<1\)

Por lo que converge cuando \(0<|z|<1\)


--Pablo (discusión) 19:00 3 jul 2015 (CDT)


Ejercicio 26

Desarrollar $f(z)=\frac{7z-3}{z(z-1)}$ una serie de laurent válida para el dominio anular $0<|z-1|<1$

Entonces se tienen que encontrar dos series, una que converja para $0<|z-1|$ y otra que converja para $|z-1|<1$

Separando en fracciones parciales tenemos que:

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

de donde tenemos que :

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

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

y obteniendo el sistema de ecuaciones:

$A+B=7$

$-A=-3$

Por lo tanto $B=4$

Y queda de la forma:

$f(z)=\frac{7z-3}{z(z-1)}=\frac{3}{z}+\frac{4}{z-1}$

Que podemso escribir como:

$f(z)=\frac{7z-3}{z(z-1)}=\frac{3}{z}-\frac{4}{1-z}=f_{1}(z)+f_{2}(z)$

De donde

$f_{1}(z)=\frac{3}{z}=\frac{3}{1+z-1}=3-3(z-1)+9(z-1)^{2}-27(z-1)^{3}.....$

y también tenemos que:

$f_{2}(z)=\frac{4}{z-1}=\frac{1}{z-1}(\frac{4}{1-\frac{1}{z-1}})=\frac{1}{z-1}(4+\frac{4}{z-1}+(\frac{4}{z-1})^{2}+(\frac{4}{z-1})^{3}-(\frac{4}{z-1})^{4}.....)$

Por lo tanto

$f_{2}(z)=\frac{4}{z-1}=\frac{1}{z-1}(\frac{4}{1-\frac{1}{z-1}})=\frac{1}{z-1}(4+\frac{4}{z-1}+(\frac{4}{z-1})^{2}+(\frac{4}{z-1})^{3}-(\frac{4}{z-1})^{4}.....)=\frac{4}{z-1}+\frac{4}{(z-1)^{2}}+\frac{4^{2}}{(z-1)^{3}}+\frac{4^{3}}{(z-1)^{4}}.....$

Entonces

$f(z)=f_{1}(z)+f_{2}(z)=\frac{4^{2}}{(z-1)^{3}}+\frac{4}{(z-1)^{2}}+\frac{4}{z-1}+3-3(z-1)+9(z-1)^{2}-27(z-1)^{3}....$

La cual es un serie que converge en $0<|z-1|<1$


--A. Martín R. Rabelo (discusión) 05:40 4 jul 2015 (CDT)



Ejercicio 27

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

en una serie de Laurent válida para el dominio anular dado \(1\lneq\mid z-1\mid \)

Solución

Procedemos a realizar la división algebraica de la fracción de dicha función y se obtiene como resultado que:

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

Para \(f_{1}(z)=\frac{2}{z-2} \)

se tiene:

\[f_{1}(z)=\frac{2}{z-2}=\frac{2}{z-2+1-1}=\frac{2}{(z-1)-1}=\frac{2}{(z-1)\left\{ 1-\frac{1}{z-1}\right\} } \]

donde

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

entonces

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

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

y por otro lado, la serie geométrica de “z” esta dada por z-1 , y dado que el ejercicio nos índica que la serie de Laurent es válida

para valores mayores de 1, con centro en 1, obtenemos que la serie se limita a tener dos terminos:_

\[f_{2}(z)=1+(z-1) \]

port lo tanto

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

o bien

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

Elaborado por Ricardo García Hernández--Ricardo Garcia Hernandez (discusión) 00:05 2 jul 2015 (CDT)


Ejercicio 31

La funcion $f(z)={\displaystyle \frac{1}{\left(z+2\right)\left(z-4i\right)}}$ tiene una serie de Laurent $f(z)={\displaystyle \sum_{k=-\infty}^{\infty}a_{k}(z+2)^{k}}$ valida en el anillo $r<|z+2|<R$. ¿A qué son iguales $r$ y $R$?

Sabemos que el desarrollo en series de Laurente se hace en puntos donde hay singularidades de alguna funcion dada, en este caso para la funcion definida en el problema, los puntos en donde hay singularidades son $z_{0}=-2$ y $z_{1}=4i$, asi tendremos una region que seria como un disco perforado. El punto $z_{0}=-2$ esta a cuatro unidades de donde queremos hacer nuestra expansion en series de Laurent, mientas que para el punto $z_{1}=4i$ calculamos la distancia de $4i$ a el punto donde queremos hacer nuestra expancion en series.

Sabemos que la distancia esta dada por

\[ d=\sqrt{4^{2}+2^{2}}=\sqrt{20}\backsimeq4.47 \]


Por lo tanto $r=4\hspace{1em}y\hspace{1em}R=\sqrt{20}$

Asi pues el desarrollo en series de Laurent para la funcion $f(z)={\displaystyle \frac{1}{\left(z+2\right)\left(z-4i\right)}}$ es valida en el anillo $4<|z-2|<4.47$. El anillo se muestra a continuacion:

31.jpg

Jose Emmanuel Flores Calderón (discusión) 21:01 2 jul 2015 (CDT)


Ejercicio 34

Considerar la función $f(z)=e^{(\alpha /2)(z-1/z)}$ donde $\alpha$ es una constante real.

a) Utilice la fórmula integral del Teorema de Laurent que el desarrollo en serie de Laurent de $f$ alrededor de $z_0=0$ es:


$e^{(\alpha /2)(z-1/z)}=\displaystyle\sum_{k=-\infty}^{\infty}J_k(\alpha)z^k$

donde

$J_k(\alpha)=\dfrac{1}{2\pi i}\oint_C\dfrac{e^{(\alpha /2)(s-1/s)}}{s^{k+1}}ds$


y C es la circunferencia unitaria.


b) Utilice la parametrización $s(\theta)=e^{i\theta}$, $-\pi \leq \theta \leq \pi$ de $C$ para demostrar que:


$J_k(\alpha)=\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\cos (\alpha \sin (\theta) -k\theta)d\theta + \dfrac{i}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\sin (\alpha \sin (\theta) -k\theta)d\theta$


c) Utilizando las propiedades de las integrales de las funciones pares e impares simplifique el resultado del inciso (b) para obtener:


$J_k(\alpha)=\dfrac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\cos (\alpha \sin (\theta) -k\theta)d\theta$


Sol. a) La fórmula integral es:


$a_k=\dfrac{1}{2\pi i}\oint_C \dfrac{f(s)}{(s-z_0)^{k+1}}ds$


Si $f(s)=e^{(\alpha /2)(s-1/s)}$ y $z_0=0$, sustituimos:


$a_k=\dfrac{1}{2\pi i}\oint_C \dfrac{f(s)}{(s-z_0)^{k+1}}ds=\dfrac{1}{2\pi i}\oint_C \dfrac{e^{(\alpha /2)(s-1/s)}}{s^{k+1}}ds=J_k(\alpha)$


Por lo tanto, sustituyendo:

$f(z)=e^{(\alpha /2)(z-1/z)}=\displaystyle\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_kz^k=\displaystyle\sum_{k=-\infty}^{\infty}\dfrac{1}{2\pi i}\oint_C \dfrac{e^{(\alpha /2)(s-1/s)}}{(s-z_0)^{k+1}}dsz^k=\displaystyle\sum_{k=-\infty}^{\infty}J_k(\alpha)z^k$


b) Si $s=s(\theta)=e^{i\theta}$ entonces $ds=ie^{i\theta}d\theta$. Sustituyendo en $J_k$;


$J_k(\alpha)=\dfrac{1}{2\pi i}\oint_C \dfrac{e^{(\alpha /2)(s-1/s)}}{s^{k+1}}ds=\dfrac{1}{2\pi i}\oint_C \dfrac{e^{(\alpha /2)(e^{i\theta}-e^{-i\theta})}}{(e^{i\theta})^{k+1}}ie^{i\theta}d\theta=\dfrac{1}{2\pi}\oint_C \dfrac{e^{\alpha(\dfrac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2})}}{e^{i\theta(k+1)}}e^{i\theta}d\theta$


Con la definición del seno complejo $i\sin \theta =\dfrac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2}$, sustituimos


$J_k(\alpha)=\dfrac{1}{2\pi}\oint_C \dfrac{e^{\alpha(i\sin \theta)}}{e^{i\theta(k+1)}}e^{i\theta}d\theta=\dfrac{1}{2\pi i}\oint_C e^{i\alpha\sin \theta}e^{i\theta}e^{-i\theta(k+1)}d\theta=\dfrac{1}{2\pi}\oint_Ce^{i\alpha\sin \theta}e^{i\theta (1-k-1)}d\theta=\dfrac{1}{2\pi}\oint_Ce^{i\alpha\sin \theta}e^{-ik\theta}d\theta=\dfrac{1}{2\pi}\oint_Ce^{i(\alpha\sin \theta-k\theta)}d\theta$


De la identidad de Euler tenemos:


$e^{i(\alpha\sin \theta-k\theta)}=\cos (\alpha\sin \theta-k\theta)+i\sin (\alpha\sin \theta-k\theta)$


Sustituyendo


$J_k(\alpha)=\dfrac{1}{2\pi}\oint_C[\cos (\alpha\sin \theta-k\theta)+i\sin (\alpha\sin \theta-k\theta)]d\theta$


Nos dicen que la curva $C$ es la circunferencia unitaria y va de $-\pi \leq \theta \leq \pi$, por lo que sustituyendo límites:


$J_k(\alpha)=\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\cos (\alpha\sin \theta-k\theta)d\theta+\dfrac{i}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\sin (\alpha\sin \theta-k\theta)d\theta$


c) Se tiene que para funciones pares e impares, su integral es


Funciones pares: $f(-x)=f(x)$, entonces $\int_{-a}^{a}f(x)dx=2\int_0^af(x)$


Funciones impares: $f(-x)=-f(x)$, entonces $\int_{-a}^{a}f(x)dx=0$


La función seno es impar, por lo que considerando $a=\pi$ se tiene que su integral será cero


$\int_{-\pi}^{\pi}\sin (\alpha\sin \theta-k\theta)d\theta=0$


La función coseno es par, por lo que igualmente considerando a $a=\pi$ tenemos que la integral es


$\int_{-\pi}^{\pi}\cos (\alpha\sin \theta-k\theta)d\theta=2\int_{0}^{\pi}\cos (\alpha\sin \theta-k\theta)d\theta$


Sustituyendo expresiones;


$J_k(\alpha)=\dfrac{2}{2\pi}\int_{0}^{\pi}\cos (\alpha\sin \theta-k\theta)d\theta=\dfrac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\cos (\alpha\sin \theta-k\theta)d\theta$


Por lo que hemos demostrado que


$J_k(\alpha)=\dfrac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\cos (\alpha\sin \theta-k\theta)d\theta$


La cual se conoce como la función de Bessel.

Oscar Javier Gutierrez Varela (discusión) 23:46 29 jun 2015 (CDT)



NOTA: El problema es una forma de demostrar que pasa en $z\neq 0$. Ya que en el punto $z=0 $ tenemos la única singularidad finita de la función $e^{(\alpha /2)(z-1/z)}$, y es por eso que utilizamos el desarrollo enserie de Laurent de la siguiente forma.


\[e^{(\alpha /2)(z-1/z)}=\displaystyle\sum_{k=-\infty}^{\infty}J_k(\alpha)z^k\]

--Esther Sarai (discusión) 14:18 2 jul 2015 (CDT)Esther Sarai