Compleja:ej-cap3.3

p.183

5. \({\displaystyle \int_{\mid z\mid=6}\sin\left(\dfrac{1}{z}\right)}dz\) Usando el teorema del residuo puesto que z=0 es una singularidad se tiene que \[{\displaystyle \int_{\mid z\mid=6}\sin\left(\dfrac{1}{z}\right)dz=2\pi iRes\left(\sin\left(\dfrac{1}{z}\right),0\right)}\]

\(\sin\left(\dfrac{1}{z}\right)=\sum_{_{k=0}}^{\infty}\dfrac{\left(-1\right)^{k}}{\left(2k+1\right)!}\left(\dfrac{1}{z}\right)^{\left(2k+1\right)}=\dfrac{1}{z}+\dfrac{-1}{3!}\dfrac{1}{z^{3}}+\dfrac{1}{5!}\dfrac{1}{z^{5}}+.....\)

y el coeficiente asociado a la potencia \({\displaystyle \dfrac{1}{z}=6}\)

\({\displaystyle Res\left(\sin\left(\dfrac{1}{z}\right),0\right)=6} \) \({\displaystyle \int_{\mid z\mid=6}\sin\left(\dfrac{1}{z}\right)dz=2\pi i}\) Para la otra integral usamos

\({\displaystyle z^{3}\sin\left(\dfrac{1}{z}\right)=z^{3}\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{\left(-1\right)^{k}}{\left(2k+1\right)!}\left(\dfrac{1}{z}\right)^{2k+1}=\dfrac{z^{3}}{z}+\dfrac{-1}{3!}\dfrac{z^{3}}{z^{3}}+\dfrac{1}{5!}\dfrac{z^{3}}{z^{5}}+........}\) luego el coeficiente asociado al potencial

\({\displaystyle \dfrac{1}{z}=0}\)

\({\displaystyle Res\left(z^{3}\sin\left(\dfrac{1}{z}\right),0\right)=0}\) y asi \({\displaystyle \int_{\mid z\mid=6}z^{3}\sin\left(\dfrac{1}{z}\right)dz=0}\) tambien se puede argumentar que \({\displaystyle z=0} \) es una singularidad reparable de

\({\displaystyle z^{3}\sin\dfrac{1}{z}}\) y holomorfa en \({\displaystyle \mid z\mid=6}\)

6.- Describa el tipo de singularidad en el origen de \({\displaystyle \dfrac{z^{4}}{\left(\cos z-1\right)^{2}}}\)

SOLUCION

Tiene una singularidad en \({\displaystyle z=0}\) , y un polo de orden 2.

Pero como el \({\displaystyle lim_{z\longrightarrow0}}{\displaystyle \dfrac{z^{4}}{\left(\cos z-1\right)^{2}}}=0\) se trata de una singularidad evitable.--Emmanuel Lopez Ortiz 19:05 8 dic 2010 (UTC)

mfg-wiki 15:01 30 nov 2010 (UTC)

---

4.- Encuentre la expansión de Laurent de la función \(\frac{6}{z\left(z-1\right)\left(z-3\right)}\) en los anillos \(0<|z|<1\) y \(1<|z|<3\).

Resolviendo en fracciones parciales la función \(\frac{6}{z\left(z-1\right)\left(z-3\right)}=\frac{a}{z}+\frac{b}{z-1}+\frac{c}{z-3}\)

\(6=a\left(z-1\right)\left(z-3\right)+b\left(z\right)\left(z-3\right)+c\left(z\right)\left(z-1\right)\)

Evaluamos para \(z=0\)

y encuentro que \(6=3a\,,a=2 \)

con \(z=1 \)

\(6=-2b,\, b=-3\)

con \(z=3 \)

\(6=6c,\, c=1 \)

Ahora escribimos nuestra función como\[\frac{6}{z\left(z-1\right)\left(z-3\right)}=\frac{2}{z}-\frac{3}{z-1}+\frac{1}{z-3}\]

La función tiene tres singularidades que son en, \(z=0,z=1,z=3\)

Para \(|z|>0\)

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

Para \(|z|<1\)

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

Para \(|z|>3\)

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

--Federico Espinoza Sosa 07:27 9 dic 2010 (UTC)

10. Demuestre de dos maneras que la funcion \(\frac{cosz}{z^{2}}\) tiene un polo doble en el origen, ¿cual es el residuo?.

Sea \(f(z)=\frac{cosz}{z^{2}}\)

vemos que tiene un polo doble de orden 2 en el origen. Esto se debe ya que \(z^{2}\) tiene en ese punto, en cero (en el origen)un polo de orden 2 por lo que \(cos(0)=1\). Esto se obtiene calculando el limite.

\(\underset{z\rightarrow0}{lim}(\frac{cosz}{z^{2}})z^{2}=\underset{z\rightarrow0}{lim}(cosz)=1\) esto es en el origen.

Otra manera de probar este hecho es aplicando la serie de Laurent entonces\[f(z)=f(a)+f'(a)(z-a)+\frac{f''(a)}{2!}(z-a)^{2}+\frac{f'''(a)}{3!}(z-a)^{3}+\frac{f^{IV}(a)}{4!}(z-a)^{4}+....\]

Sacando las respectivas derivadas tenemos\[f\prime\left(z\right)=-\sin\left(z\right)\], \(f\prime\prime\left(z\right)=-\cos\left(z\right)\), \(f\prime\prime\prime\left(z\right)=\sin\left(z\right)\), \(f\prime\prime\prime\prime\left(z\right)=\cos\left(z\right),....\)

igualandolo en el origen que es en \(z=0\) nos da\[f\left(0\right)=1\], \(f\prime\left(0\right)=0\), \(f\prime\prime\left(0\right)=-1\), \(f\prime\prime\prime\left(0\right)=0\), \(f\prime\prime\prime\prime\left(0\right)=1,....\)

Lo que optenemos es

\(\frac{\cos z}{z^{2}}=\frac{1}{z^{2}}\left(1-\frac{z^{2}}{2!}+\frac{z^{4}}{4!}+....\right)\)

\(=\left(\frac{1}{z^{2}}-\frac{1}{2}+\frac{z^{2}}{4!}\right)\)

y notamos que el residuo es\[=-\frac{1}{2}\]

--Antonio de Jesus Jimenez Lopez 07:27 9 dic 2010 (UTC)

2. Encuentre el residuo de la funcion \(\frac{e^{z}-1-z}{z^{4}}\) en el origen.

Sabemos que tiene un polo de orden 4 en el origen en \(z=0\)

aplicando limites obtenemos\[\underset{z\rightarrow0}{lim}\left(\frac{e^{z}-1-z}{z^{4}}\right)z^{4}=e^{0}-1=1-1=0\]

Para calculas el residuo aplicamos la expancion de Laurent\[f\left(z\right)=f\prime\left(a\right)\left(z-a\right)+\frac{f\prime\prime\left(a\right)}{2!}\left(z-a\right)^{2}+\frac{f\prime\prime\prime\left(a\right)}{3!}\left(z-a\right)^{3}+\frac{f\prime\prime\prime\left(a\right)}{4!}\left(z-a\right)^{4}+....\]

sacando derivadas tenemos

\(f\left(0\right)=0\), \(f\prime\left(0\right)=1\), \(f\prime\prime\left(0\right)=-1\), \(f\prime\prime\prime\left(0\right)=1\), \(f\prime\prime\prime\prime\left(0\right)=1,...\)

Aplicando la serie de Laurent tenemos\[\frac{e^{z}-1-z}{z^{4}}=\frac{1}{z^{4}}\left(1-\frac{z^{2}}{2!}+\frac{z^{3}}{3!}+\frac{z^{4}}{4!}\right)\]

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

Entonces tenemos el residuo.

\(=\frac{1}{3}\)

--Antonio de Jesus Jimenez Lopez

Compleja:ej-cap1.1 Compleja:ej-cap1.2 [[Compleja:ej-cap1.3] Compleja:ej-cap1.4

Compleja:ej-cap2.1 Compleja:ej-cap2.2 Compleja:ej-cap2.3 Compleja:ej-cap2.4 Compleja:ej-cap2.5

Compleja:ej-cap3.1 Compleja:ej-cap3.2 Compleja:ej-cap3.3 Compleja:ej-cap3.4