Compleja:Zill-Cap6.4

Ejercicios del capítulo 6, sección 4 del libro, A First Course in Complex Analysis with Applications de Zill y Shanahan.

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Sección 6.4

Ejercicio 1

Demuestre que $z=0$ es una singularidad removible de la función dada $\left(f(z)=\frac{e^{2z}-1}{z}\right)$. Dé una definición de $f(0)$, de modo que $f$ es analítica en $z=0$.

Procedimiento  

Como si la singularidad existe esta en 0, podemos usar la serie de Maclaurin para la exponencial:

\[ e^{z}=1+\frac{z}{1!}+\frac{z^2}{2!}+\ldots=\sum_{k=0}^{\infty} {\frac{z^k}{k!}} \]

Por lo tanto: \[ e^{2z}-1=\frac{2z}{1!}+\frac{(2z)^2}{2!}+\ldots=\sum_{k=1}^{\infty} {\frac{(2z)^k}{k!}} \] Y: \[ f(z)=\frac{e^{2z}-1}{z}=\frac{\frac{2z}{1!}+\frac{(2z)^2}{2!}+\ldots}{z}=\frac{\sum_{k=1}^{\infty} {\frac{(2z)^k}{k!}}}{z} \] \[ f(z)=2\sum_{k=1}^{\infty} {\frac{(2z)^{k-1}}{k!}}=2\left[ \frac{1}{1!}+\frac{2z}{2!}+\frac{(2z)^2}{3!}+\frac{(2z)^3}{4!}+\ldots \right] \]

Donde se observa que no hay parte principal, y es completamente analítica, por lo que o no tiene singularidades o son removibles. Evaluando la función: \[ f(0)=\frac{e^{2\cdot0}-1}{0}=\frac{1-1}{0}=\frac{0}{0} \] Lo cual evidentemente la in determina, para averiguar cual es el valor de $f$ en $0$ que permite remover la sigularidad, podemos aplicar l'Hopital o evaluar la serie. Evaluando la serie: \[ f(0)=2\left[ \frac{1}{1!}+\frac{2\cdot 0}{2!}+\frac{(2\cdot 0)^2}{3!}+\frac{(2\cdot 0)^3}{4!}+\ldots \right]=2 \] O aplicando l'Hopital: \[ f(0)=\lim_{z\to 0} {f(z)}=\lim_{z\to 0} {\frac{e^{2z}-1}{z}}=\lim_{z\to 0} {\frac{\frac{d}{dz}\left(e^{2z}-1\right)}{\frac{d}{dz}(z)}} \] \[ f(0)=\lim_{z\to 0} {\frac{2\,e^{2z}}{1}}=\frac{2\,e^{2\cdot 0}}{1}=2\cdot 1=2 \] \[ \therefore f(0)=2 \]

Conclusion

Dado que $f(0)=2$ La función es analítica en $z=0$

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Realizado por: Tlacaelel Cruz (discusión) 21:41 30 jun 2015 (CDT)

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Ejercicio 3

Demuestra que $z=0$ es una singularidad removible de la función dada. Dé una función de $f\left(0\right)$, de modo que $f$ es analítica en $z=0$.

Procedimiento

\[ f\left(z\right)=\frac{\sin\left(4z\right)-4z}{z^{2}}...\left(1\right) \]

Por conveniencia se reescribirá la ecuación $\left(1\right)$como: \[ f\left(z\right)=\frac{\sin\left(4z\right)}{z^{2}}-\frac{4z}{z^{2}}=\frac{\sin\left(4z\right)}{z^{2}}-\frac{4}{z}...\left(2\right) \]

Como $z=0$ es una singularidad aislada , la ecuacion $\left(1\right)$se puede reescribir utilizando la serie de Maclaurin para $\sin\left(z\right)$que es:

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

Por lo tanto para:

\[ \sin\left(4z\right)=4z-\frac{\left(4z\right)^{3}}{3!}+\frac{\left(4z\right)^{5}}{5!}-... \]

Entonces : \[ \frac{\sin\left(4z\right)}{z^{2}}=\frac{4z}{z^{2}}-\frac{\left(4z\right)^{3}}{z^{2}3!}+\frac{\left(4z\right)^{5}}{z^{2}5!}-=\frac{4}{z}-\frac{\left(4\right)^{3}z}{3!}+\frac{\left(4\right)^{5}z^{3}}{5!}-...\left(3\right) \]

Por lo que sustituyendo este valor en la ecuación $\left(2\right)$se obtiene:

\[ f\left(z\right)=\frac{\sin\left(4z\right)}{z^{2}}-\frac{4}{z}=\frac{4}{z}-\frac{\left(4\right)^{3}z}{3!}+\frac{\left(4\right)^{5}z^{3}}{5!}-...-\frac{4}{z} \]

Como el primer término de la serie se elimina con el último de la misma, se obtiene:

\[ f\left(z\right)=-\frac{\left(4\right)^{3}z}{3!}+\frac{\left(4\right)^{5}z^{3}}{5!}-\frac{\left(4\right)^{7}z^{5}}{7!}+... \]

Esta serie es totalmente analítica , por lo que la singularidad observada desde el inicio, $z=0$ es removible. Al calcular la serie en

$f\left(0\right)$se puede apreciar que:

\[ f\left(0\right)=-\frac{\left(4\right)^{3}\left(0\right)}{3!}+\frac{\left(4\right)^{5}\left(0\right)^{3}}{5!}-\frac{\left(4\right)^{7}\left(0\right)^{5}}{7!}+...=0 \]

Conclusión

\[ f\left(0\right)=0 \]

Por lo tanto, así se demuestra que $f$ también es analítica en $z=0$

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Realizado por:Alejandro Juárez Toribio (discusión) 00:14 2 jul 2015 (CDT)

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Ejercicio 5

Determine los ceros y el orden para la función $f(z)=(z+2-i)^{2}$.

Procedimiento

\[ f(z_{0})=0 \]

\[ \Rightarrow z+2-i=0 \]

\[ \Rightarrow z=-2+i \]

\[ f(z)=(z+2-i)^{2} , z_{0}=-2+i \]

\[ f(z)= \left[ (z-2+i) +(2-i) \right]^{2} , \phi(z)=2-i \]

\[ \phi(z_{0}=-2+i) \neq 0 \]

Conclusión

\[ \therefore z_{0}=-2+i \;es \, un \, cero \, de \, orden \, 2 \]

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Realizado por: Emmanuell Castro Flores (discusión) 04:21 3 jul 2015 (CDT)

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Ejercicio 6

Determine los ceros y el orden de la función

Procedimiento

\[ f(z)=z^{4}-16 \]

\[ f(z_{0})=0\Rightarrow z^{4}-16=0\Rightarrow z^{4}=16 \]

Tenemos dos casos

\[ z^{2}=4\hspace{1em}y\hspace{1em}z^{2}=-4 \]

Conclusión

Cuyas respectivas soluciones son

\[ z_{0}=\{\pm2,\pm2i\} \]

Derivando la función obtenemos

\[ f^{\prime}(z)=4z^{3} \]

Que como vemos no se anula en ninguno de los punto $z_{0}$ así pues concluimos que todos los ceros son de orden 1.

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Realizado por: Jose Emmanuel Flores Calderón (discusión) 21:16 2 jul 2015 (CDT)

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Ejercicio 7

Determine los ceros y el orden para la función dada

$f(z)=z^{4}+z^{2}$

Procedimiento

con $z=0$

$f(0)=0+0=0$

$f´(z)=4z^{3}+2z$

$f´(0)=0+0=0$

$f´´(z)=12z^{2}+2$

$f´´(z)=0+2\neq0$

entonces 0 es mi cero de ésta función y es de orden 2

una forma diferente de resolverlo es

$f(z)=z^{4}+z^{2}=z^{2}(z^{2}+1)$

donde $\phi(z)=(z^{2}+1)$ y $\phi(0)=1$

entonces tenemos

$f(z)=z^{2}\phi(z)$

donde la potencia de $z$ me da el orden de mi cero de ésta función

y ya sabemos que

$f(0)=0\phi(z)=0$

llegamos a la misma conclusión, 0 es mi cero de la función y es de orden 2

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Realizado por: Juan Daniel Rivera Bautista (discusión) 01:16 3 jul 2015 (CDT)

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CONTRIBUCIÓN

Cuándo calculas $f(z)=z^2(z^2+1)=0 $

Tienes razón que la potencia $z^2$ dice que el orden es 2, pero si tomas $ (z^2+1)=0 \Rightarrow z^2=-1 $

$ \therefore z=i$ & $z=-i$ siendo ceros simples de la función.

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Contribución por: Samantha Martinez (discusión) 23:46 5 jul 2015 (CDT)

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Conclusión

Los ceros de la función son $z=0$ de orden $n=2$ y $z=\pm i$ de orden $n=0$

Ejercicio 8

Determine los ceros y el orden para función dada.

$f(z)=sen^{2}z$

Procedimiento

Se tiene la serie del seno que es :

$f(z)=senz=\left[z-{\frac {z^{3}}{3{\text{¡}}}}+{\frac {z^{5}}{5{\text{¡}}}}-\cdots \right]$

entonces

$f(z)=sen^{2}z=senz*senz=\left[z-{\frac {z^{3}}{3{\text{¡}}}}+{\frac {z^{5}}{5{\text{¡}}}}-\cdots \right]*\left[z-{\frac {z^{3}}{3{\text{¡}}}}+{\frac {z^{5}}{5{\text{¡}}}}-\cdots \right]$

donde factorizando a “z” como término común del producto de dichas series y multiplicando dichos terminos se tiene:

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

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

donde:

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

donde sí $\phi (0)=1$ , lo cuál es distinto de cero , a lo que lleva $f(z)=(z-0)^{2}$

Conclusión

z=0 es un cero de orden 2 de f, entonces:

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

Nota: $z=n\pi$ son ceros de orden 2 con $n=0,\pm1,\pm2,...$

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Elaborado por Ricardo García Hernández--Ricardo Garcia Hernandez (discusión) 23:58 3 jul 2015 (CDT)

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Ejercicio 9

Determine los ceros y su orden, de la función dada: $f(z)=e^{2z}-e^{z}$.

Procedimiento

$f(z)=0 \Longrightarrow e^{2z}-e^{z}=0 $.

Si $u=e^z \Longrightarrow u^2-u=0 \Longleftrightarrow u(u-1)=0 \Longrightarrow (u_1=0 \vee u_2=1) $.

Si $u_1=0 \Longrightarrow 0=e^{z_1} \Longleftrightarrow Ln 0 = Ln e^{z_1} \Longleftrightarrow z_1=Ln 0 \Longleftrightarrow z_1=ln|0|+i(Arg0) $, pero $ln0 $ no esta definido, por lo tanto no hay solución para este valor.

Si $u_2=1 \Longrightarrow 1=e^{z_2} \Longleftrightarrow Ln 1=Ln e^{z_2} \Longleftrightarrow z_2=ln|1|+iArg1 \Longleftrightarrow z_2=0+i(0+2\pi k); (k\in\mathbb{Z}) \Longleftrightarrow z_2 =i2\pi k;(k\in\mathbb{Z})$.

Conclusión

Ahora

$f'(z)=2e^{2z}-e^z \Longrightarrow f'(z_2)=2e^{2(i2\pi k)}-e^{i2\pi k}=2(\cos{4\pi k}+i\sin{4\pi k})-(\cos{2\pi k}+i\sin{2\pi k})=$

$=2(\cos{2\pi k}+i\sin{2\pi k})-(\cos{2\pi k}+i\sin{2\pi k})=\cos{2\pi k}+i\sin{2\pi k} \neq 0; k\in\mathbb{Z} $

Por lo tanto $(z_2=i2\pi k;k\in\mathbb{Z})$ es cero simple de $f(z)=e^{2z}-e^{z}$

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Realizado por:Alan Daniel Barrón Posadas (discusión) 20:20 3 jul 2015 (CDT)

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Ejercicio 10

Determine los ceros y el orden para la función dada.

$f(z)=ze^{z}-z$

Procedimiento

Podemos reescribir como

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

Claramente

$1+\frac{z}{2!}+\frac{z^{2}}{3!}+\cdots=\phi(z)$

Entonces $\phi(0)=1$

Conclusión

Finalmente observamos en la función $f(z)=z^{2}\phi(z)$ que $z=0$ es un cero de orden 2

Nota: Si escribimos la función $f(z)=z(e^z-1)$

E igualamos a cero la parte entre paréntesis.

$e^z-1=0$

$e^z=1$

Esto se cumple cuando

$z=i2\pi n$

$n=0,\pm 1, \pm 2, \pm 3$ por lo que son ceros de orden 0 de la función $f(z)$

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Realizado por: Fernando Vazquez V. (discusión) 20:27 3 jul 2015 (CDT)

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Ejercicio 11

Use una serie de Taylor o Maclaurin para determinar el orden del cero

$f(z)=z(1-cos^{2}z) \quad z=0$

Procedimiento

Solución:

De la identidad trigonométrica $\quad sin^{2} +cos^{2}z=1$

Podemos reescribir $f(z)$ como sigue

$f(z)=zsin^{2}z$ .............$(1)$

La función analítica de $f(z)=zsin^{2}z$ tiene un cero en $z=0$, obtenemos el desarrollo de Maclaurin

$f(z)\quad \approx \quad \frac { { f(0) }{ z }^{ 0 } }{ 0! } +\frac { f´(0){ z }^{ 1 } }{ 1! } +\frac { f"(0){ z }^{ 2 } }{ 2! } +\frac { { f }^{ 3 }(0){ z }^{ 3 } }{ 3! } +\frac { { f }^{ 4 }(0){ z }^{ 4 } }{ 4! } +\frac { { f }^{ 5 }(0){ z }^{ 5 } }{ 5! } +\frac { { f }^{ 6 }(0){ z }^{ 6 } }{ 6! } +...............$

Donde

$f(0)=0$

$f´(0)=2cos(z)sin(z)=0$

$f"(0)=2cos^{2}z-2sin^{2}z=2$

${ f }^{ 3 }(0)=-8cos(z)sin(z)=0$

$ { f }^{ 4 }(0)=-8cos^{2}z+8sin^{2}z=-8$

$ { f }^{ 5 }(0)=32cos(z)sin(z)=0$

${ f }^{ 6 }(0)=32cos^{2}z-32sin^{2}z=32$

Por lo tanto $f(z)$ seria

$\sin ^{ 2 }{ (z) } \quad \approx \quad { z }^{ 2 }-\frac { { z }^{ 4 } }{ 3 } +\frac { 2 }{ 45 } { z }^{ 6 }-..............$

Entonces factorizando $z^{2}$ de la serie anterior podemos escribir $f$ como

$f(z)=z\sin ^{ 2 }{ z } ={ z }^{ 3 }\phi (z)......................(2)$

Conclusión

$\phi (z)=1-\frac { { z }^{ 2 } }{ 3 } +\frac { 2 }{ 45 } { z }^{ 4 }-..............(3)$ $\quad$ donde $\phi (0)=1$

Comparando con $f(z)=(z-{ z }_{ 0 })\phi (z)$ el resultado en $(3)$ demuestra que $z=0$ en un cero de orden $5$ de $f$

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Realizado por:Miguel Medina Armendariz (discusión) 00:37 2 jul 2015 (CDT)

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Ejercicio 12

Usar serie de Taylor o Maclaurin para determinar el orden de la función $f(z)=z-sen(z);z=0$

Procedimiento

Usando el desarrollo de Maclauirn obtenemos lo siguiente:

Primero sacamos derivadas de la función y las evaluamos en $f(0)$

$f(0)=z-sen(z)=0$

$f^{1}(0)=1-cos(z)=0$

$f^{2}(0)=sen(z)=0$

$f^{3}(0)=cos(z)=1$

$f^{4}(0)=-sen(z)=0$

$f^{5}(0)=-cos(z)=-1$

$f^{6}(0)=sen(z)=0$

$f^{7}(0)=cos(z)=1$

$f^{8}(0)=-sen(z)=0$

$f^{9}(0)=-cos(z)=-1$

Entonces usando Macalurin tenemos que:

$f(z)\thickapprox\frac{f^{0}(0)}{0!}z^{0}+\frac{f^{1}(0)}{1!}z^{1}+\frac{f^{2}(0)}{2!}z^{2}+\frac{f^{3}(0)}{3!}z^{3}+\frac{f^{4}(0)}{4!}z^{4}+\frac{f^{5}(0)}{5!}z^{5}......$

$\Longrightarrow f(z)\thickapprox\frac{z^{3}}{3\text{!}}-\frac{z^{5}}{5\text{!}}+\frac{z^{7}}{7!}-\frac{z^{9}}{9!}....$

Conclusión

Entonces, factorizando $z^{3}$ de la serie anterior tenemos que:

$f(z)=z-sen(z)=z^{3}\phi(z)\Longrightarrow\phi(z)=\frac{1}{3\text{!}}-\frac{z^{2}}{5\text{!}}+\frac{z^{4}}{7!}-\frac{z^{6}}{9!}....$

Por lo que podemos decir que nuestra función analítica tiene un cero de orden $n=3$

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Realizado por:A. Martín R. Rabelo (discusión) 08:35 4 jul 2015 (CDT)

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Ejercicio 13

Determine los ceros y el orden para la función dada.

$f(z)=1-e^{z-1}, z=1$

Procedimiento

Tomando que

$z-1=(a-1)+ib$

$e^{z-1}=cos(z-1)+isen(z-1) $

$f(z)= 1-(cos(z-1)+isen(z-1)) $

Teniendo un ceros en z=1, Tomando desarrollo de Maclaurin \[ f(z)=\frac{f(1)z}{0!}+\frac{f'(1)z^1}{1!}+\frac{f''(1)z^2}{2!}+\frac{f'''(1)z^3}{3!}+ ... + ...$ \] Por lo tanto:

\[ f(1)=1-(cos(1-1)+isen(1-1))=1-1=0 \]

\[ f'(1)=sen(z-1)+icos(z-1)=sen(1-1)+icos(1-1)=i \]

\[ f''(1)=cos(z-1)-isen(z-1)=1 \]

\[ f'''(1)=-sen(z-1)-icos(z-1)=-i \]

Conclusión

$\therefore f(z)=\frac{i}{1!}+\frac{z^2}{2!}+\frac{(-i)z^3}{3!}+... $

$\therefore f(z)=1-(cos(z-1)+isen(z-1))=\frac{iz}{1!}+\frac{z^2}{2!}-\frac{iz^3}{3!} $

Por lo tanto tenemos un cero z=1 siendo de orden 1.

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Realizado por: Samantha Martinez (discusión) 23:00 3 jul 2015 (CDT)

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Ejercicio 15

Determinar el orden de los polos

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

Procedimiento 

Primero queremos que el dominador sea cero para localizar el o los polos correspondientes

Resolvemos por la fórmula general

$z=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}$ ...(1)

Entonces tomamos el denominador de f(z)

$z^{2}+2z+5=0$ ...(2)

Aplicamos (1) para resolver (2), donde

a=1 , b=2 y c=5

$z=\frac{-2\pm\sqrt{2^{2}-4\left(1\right)\left(5\right)}}{2\left(1\right)}=\frac{-2\pm\sqrt{-16}}{2}=\frac{-2\pm4i}{2}=-1\pm2i$

Conclusión

Entonces como sacamos las raíces de z tenemos que:

$z_{1}=-1+2i$ , $z_{2}=-1-2i$ o bien $z_{1}$ y $\bar{z_{1}}$son los polos de nuestra $f\left(z\right)$

Para finalizar decimos que $z_{1}$ y $z_{2}$ son polos simples de $f\left(z\right)$

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Resuelto por Luis Enrique Martínez Valverde (discusión) 18:11 2 jul 2015 (CDT)

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Ejercicio 16

Determine el orden de los polos de la función dada:

$f(z)=5- \frac{6}{z²}$ de aquí podemos reescribir como $f(z)=\frac{5z²-6}{z²}$

Procedimiento

Consideramos que si las funciones $g$ y $h$ son analiticas en $z=z_{0}$ y $h$ tiene un cero de orden $n$ en $z=z_{0}$y $g(z_{0})$ distinta de cero, entonces la funcion $f(z)={\frac {g(z)}{h(z)}}$, tiene un polo de orden $n$ en $z=z_{0}$.

Para nuestro caso definimos

$g(z)= 5z²-6$

$h(z)=z²$

como podemos observar para $z_0=0$ nuestra $g(z_0)$ es distinta de cero y $h(z_0)$ es igual a cero por lo cual $z_0=0$ es un polo de nuestra función.

Ahora bien reescribimos:

$f(z)=\frac{5z²-6}{(0-z)²}$

Conclusión

por lo cual de lo anterior notamos que nuestro polo $z=0$ es de orden 2

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Ejercicio 17

En los problemas 15 a 26 , determinar el orden de los polos de la función dada:

$f\left(z\right)=\frac{1+4i}{\left(z+2\right)\left(z+i\right)^{4}}$

los polos en una función compleja son los ceros que se generan en el denominador cuando z es igual a un z especifico, y se dice que en ese z especifico se encuentra un polo. por lo cual podemos decir lo siguiente:

Inciso a

a) los factores del denominador son

$z+2$ y tambien $\left(z+i\right)^{4}$

Inciso b

b)al ser factores cada uno de ellos produce un cero en un determinado valor de z

del siguiente modo:

$z+2=0$ si y solo si $z=-2$

$\left(z+i\right)^{4}=0$ si y solo si $z=-i$ pero este factor tiene una potencia de 4 por lo que su multiplicidad es de grado 4

entonces podemos concluir lo siguiente:

Conclusión

la función dada tiene 2 polos

a) un polo simple en $z=-2$

b) un polo de orden 4 en $z=-i$

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Relizado porMartin Flores Molina (discusión) 13:05 15 mayo 2015 (CDT)

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Ejercicio 18

Determine el orden de los polos de la función dada

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

Para conocer los polos de una función debemos conocer donde es que esa función de hace cero, en este caso nuestra función tiene dos cero

$z_0 = 1$

$z_0 = 1$

En esta ocasión los ceros son los mismos, por lo que podemos decir que la función tiene "un poco de orden simple", ya que el termino donde la función se hace cero es de la forma

$f(z) = \frac{\Phi (z)}{(z - z_0)^n}$

Donde $n = 1$ y este es el orden del polo

Angelina Nohemi Mendoza Tavera (discusión) 21:08 2 jul 2015 (CDT)

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Ejercicio 19

Determine el orden de los polos de la función dada

$f(z) = tan z$

Procedimiento

Los polos de una función indican donde se hace cero, es decir encontramos sus raíces

Si:

$f(z) = tan z = \frac{sen z}{cos z}$

Entonces $cos z = 0$, en cada múltiplo de $\frac{\pi}{2}$ vale cero; ejemplo: $\frac{\pi}{2}$, $\frac{3\pi}{2}$, $\frac{5\pi}{2}$.

Conclusión

Por lo tanto tiene polos simples en los puntos:

$(2n+1) \frac{\pi}{2}$

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

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Realizado por: Nancy Martínez Durán (discusión) 01:23 4 jul 2015 (CDT)

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Ejercicio 22

Determine el polo de $f(z)={\displaystyle \frac{e^{z}}{z^{2}}}$

Procedimiento

Definimos como $g(z)=e^{z}$ y a $h(z)=z^{2}$, tal que $f(z)={\displaystyle \frac{g(z)}{h(z)}}$, buscamos ceros de la función $h(z)$ tal que no sean ceros de $g(z)$, el único punto $z_{0}$ donde $h(z)$ es cero es en $z_{o}=0$.

Derivando la función $h(z)$

$h^{\prime}(z)=2z$ evaluada en $z_{0}$ tenemos $h^{\prime}(z_{0})=0$

$h^{\prime\prime}(z)=2$ evaluada en $z_{0}$ tenemos $h^{\prime\prime}(z_{0})=2$

Conclusión

Por lo tanto la función $f(z)={\displaystyle \frac{e^{z}}{z^{2}}}$ tiene un polo de orden 2 en $z_{0}=0$.

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Elaborado por:Jose Emmanuel Flores Calderón (discusión) 21:31 2 jul 2015 (CDT)

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Ejercicio 23

Teorema:

si las funciones $g$ y $h$ son analíticas en $z=z_{0}$ y $h$ tiene un cero de orden $n$ en $z=z_{0}$ y $g(z_{0})\neq0,$entonces la función $f(z)=\frac{g(z)}{h(z)}$ tienen un polo de orden $n$ en $z=z_{0}$

$f(z)=\frac{g(z)/g(z)}{(z-z_{0})^{n}}$

determine el orden de los polos de la función dada

Procedimiento

$f(z)=\frac{1}{1+e^{z}}$

si escribimos $e^{z}$en la forma trigonométrica con $z=a+ib$ de tal forma que $e^{z}=-1$

entonces:

$e^{z}=e^{a}(\cos b+i\sin b)=-1\Longleftrightarrow\cos b+i\sin b=\frac{-1}{e^{a}}$ de aqui que $e^{a}=1\Longleftrightarrow a=0$ entonces

$\cos b+i\sin b=-1$ esto sucede solo si $b=...,-5\pi,-3\pi,-\pi,\pi,3\pi,5\pi,...$

como se puede ver $b$ la podemos representar de la forma $b=(2n+1)\pi,n=0,\pm1,\pm2,\pm3,...$

así podemos escribir a $e^{z}$como:

$e^{z}=\cos b+i\sin b=\cos(2n+1)\pi+i\sin(2n+1)\pi=e^{i(2n+1)\pi}con\;n=0,\pm1,\pm2,\pm3,...$

Conclusión

de lo anterior podemos concluir que el denominador tiene ceros de orden 1 en $z=i(2n+1)\pi,con\;n=0,\pm1,\pm2,\pm3,...$

ya que el numerador no es cero (ya que es constante) en cualquiera de estos valores se deduce del teorema que $f$ tiene n polos simples en $z=i(2n+1)\pi,con\;n=0,\pm1,\pm2,\pm3,...$

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Realizado por: Francisco Medina Albino (discusión) 00:06 3 jul 2015 (CDT)

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Ejercicio 25

Determine el orden de los polos de $f(z)={\frac {sen(z)}{z^{2}-z}}$

Como tiene dos puntos singulares que es en $z=0$ y en $z=1$

Inciso a

a) Analizando para $z_{0}=0$

Podemos escribir la función como

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

Ahora tomando el desarrollo de Maclaurin del seno

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

Por lo que

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

Ahora factorizando un $z^{2}$ tenemos que la función queda

$f(z)=(z-0)^{1}({\frac {1-{\frac {z}{3!}}+{\frac {z^{3}}{5!}}-....}{z-1}})$

Por lo que tiene la forma de

$f(z)=(z-z_{0})^{n}\phi (z)$

Con

$\phi (z)={\frac {1-{\frac {z}{3!}}+{\frac {z^{3}}{5!}}-....}{z-1}}$

en donde $\phi (z_{0})\neq 0$ y es $z=z_{0}$ es un cero de orden $n$ (Por lo que $z=0$ es un cero simple.)

Inciso b

b) Para $z_{0}=1$

En donde la función se puede expresar como

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

Por lo que con el teorema 6.4.2 esta función tiene un polo simple en $z=1$

Pero podemos resolverlo de otra forma.

Sea $f(z)={\frac {q(z)}{p(z)}}$ y definimos a $q(z)={\frac {sen(z)}{z}}$ y a $p(z)=z-1$, donde analizando; vemos que el cero en p(z) es en $z=1$ y que no es cero en $q(z)$, por lo que si derivamos a p(z) tenemos que

$p'(z)={\frac {d}{dz}}(z-1)=1\neq 0$

Por lo que concluimos que $f(z)={\frac {sen(z)}{z^{2}-z}}$ tiene un polo de orden uno o un polo simple en $z=1$.

Concluyendo con el ejercicio $f(z)={\frac {sen(z)}{z^{2}-z}}$ tiene un cero simple en $z=0$ y tiene un polo simple en $z=1$

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Realizado por:Pablo (discusión) 20:31 3 jul 2015 (CDT)

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Ejercicio 31

En el inciso (b) del ejemplo 2 de la sección 6.3, hemos demostrado que la representación en serie de Laurent de $f(z) = \dfrac{1}{z(z-1)}$. Valida para $|z|<1$ es:

Procedimiento

\[ f(z)= \dfrac{1}{z^{2}}+\dfrac{1}{z^{3}}+\dfrac{1}{z^{4}}+\dfrac{1}{z^{5}}+...\]

El punto $z=0$ es una singularidad aislada de $f$, y la serie de Laurent contiene un número infinito de términos que contienen potencias enteras negativas de $z$. Analice ¿Quiere esto decir que $z=0$ es una singularidad esencial de $f$ ? Defina su respuestas con argumentos matemáticos.

Si la parte principal contiene un numero infinito de ceros de términos distintos de cero entonces $z=z_{0}$. Se llama singularidad esencial.

$(1)$ Determinar la parte principal en los puntos singulares, en este caso $z=0$.

\[ f(z)= \dfrac{1}{z(z-1)}\]

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

Entonces la parte principal de $f(z)$ en $z=0$ es:

\[ \dfrac{-1}{z}\]

Si $z=z_{0}$ es un polo de orden 1 entonces la pate principal contiene exactamente un término con coeficiente distinto de $a_{-1}$. Un polo de orden 1 se llama polo simple.

Demostrar que $z=0$ es un polo simple

Conclusión

\[ \lim_{z \rightarrow 0} |f(z)|= \lim_{z \rightarrow 0}\dfrac{1}{|z^{2}-z|}=\dfrac{1}{|\lim_{z \rightarrow 0} z^{2}-z|}=\infty\]

Esto demuestra lo que enuncia el problema "contiene un número infinito de términos que contienen potencias enteras negativas de $z$". Por tanto es una singularidad esencial.

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Realizado por:Esther Sarai (discusión) 22:57 1 jul 2015 (CDT)Esther Sarai

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Ejercicio 32

Supongamos que $f$ y $g$ son funciones analíticas y $f$ tiene un cero de orden $m$ y $g$ tiene un cero de orden $n$ en $z=z_0$. Analice: ¿Cuál es el orden del cero de $fg$ en $z_0$?, ¿y de $f+g$ en $z_0$?

Sol.

Por el problema y del Teorema para el cero de orden $n$, tenemos que las funciones $f$ y $g$ se pueden escribir como

$f(z)=(z-z_0)^m\phi (z)$

$g(z)=(z-z_0)^n\beta (z)$

donde $\phi$ y $\beta$ son analíticas en $z=z_0$ y son diferentes de cero al evaluarlas en $z=z_0$. Multiplicándolas

$f(z)g(z)=(z-z_0)^m\phi (z)(z-z_0)^n\beta (z)=(z-z_0)^{m+n}\phi (z)\beta (z)$

Definamos $H(z)=f(z)g(z)$ y $\mu (z)=\beta (z)\phi (z)$. Sustituimos

$f(z)g(z)=H(z)=(z-z_0)^{m+n}\mu (z)$

$H(z)=(z-z_0)^{m+n}\mu (z)$

Dado que $\beta$ y $\phi$ son analíticas y a la vez distintas de cero en $z=z_0$, se tiene que $\mu (z)$ también sera analítica y diferente de cero en $z=z_0$. Por lo anterior, es fácil notar que $H(z)$ esta escrita como el Teorema para el cero de orden $n$, pero nuestro exponente es $n+m$, por lo que concluimos que el producto de $f$ y $g$ tiene un cero de orden $n+m$.

Para la suma $f+g$ definamos una función $Q(z)=f(z)+g(z)$. Sabemos por el problema que en el punto $z=z_0$, independientemente, la función $f$ tiene derivadas con valor cero hasta la derivada $f^{(m-1)}(z_0)$ y la función $g$ hasta la derivada $g^{(n-1)}(z_0)$. Así, la función $Q(z)$ tendrá derivadas con valor cero hasta que alcancemos la derivada $m$-ésima de $f$ o $n$-ésima de $g$, dependiendo del valor de $m$ y $n$.

Para el caso que $m>n$ la función $Q(z)$ tendrá un cero de orden $n$.

$Q(z)^{(n)}=f^{(n)}+g^{(n)}=g^{(n)}$

y $Q$ se puede escribir como $Q(z)=(z-z_0)^n\phi(z)$ donde $\phi (z)$ es analítica y diferente de cero en $z_0$.

Si $n>m$ la función $Q(z)$ tendrá un cero de orden $m$.

$Q(z)^{(m)}=f^{(m)}+g^{(m)}=g^{(m)}=f^{(m)}$

Conclusión

y $Q$ se puede escribir como $Q(z)=(z-z_0)^m\phi(z)$ donde igualmente $\phi (z)$ es analítica y diferente de cero en $z_0$.

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Realizado por:Oscar Javier Gutierrez Varela (discusión) 18:52 30 jun 2015 (CDT)

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Comentario

¿Qué pasa en $f(z)$ definida como: $f(z) = f(z)/g(z)$, donde $f(z)$ y $g(z)$ son

Sea $f(z)$ una función tal que $f(z) = f(z)/g(z)$, donde $f(z)$ y $g(z)$ son analíticas en $z_{0}$ y $f(z_{0}) \neq 0.$ Entonces, $z_{0}$ es un polo de orden m de f, si

\[ g(z_{0}) = g´(z_{0}) =g^{(m−1)}(z_{0})= 0\]

\[ g^{m}= (z_{0}) \neq 0.\]

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Comentario por:Esther Sarai (discusión) 14:23 2 jul 2015 (CDT)Esther Sarai

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