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| | 5. |
| | <math>{\displaystyle \int_{\mid z\mid=6}\sin\left(\dfrac{1}{z}\right)}dz</math> |
| | Usando el teorema del residuo puesto que z=0 es una singularidad se tiene que : |
| | <math>{\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)}</math> |
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| | <math>\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}}+.....</math> |
| | |
| | y el coeficiente asociado a la potencia |
| | <math>{\displaystyle \dfrac{1}{z}=6}</math> |
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| | <math>{\displaystyle Res\left(\sin\left(\dfrac{1}{z}\right),0\right)=6} |
| | </math> |
| | <math>{\displaystyle \int_{\mid z\mid=6}\sin\left(\dfrac{1}{z}\right)dz=2\pi i}</math> |
| | Para la otra integral usamos |
| | |
| | <math>{\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}}+........}</math> |
| | luego el coeficiente asociado al potencial |
| | |
| | <math>{\displaystyle \dfrac{1}{z}=0}</math> |
| | |
| | <math>{\displaystyle Res\left(z^{3}\sin\left(\dfrac{1}{z}\right),0\right)=0}</math> |
| | y asi |
| | <math>{\displaystyle \int_{\mid z\mid=6}z^{3}\sin\left(\dfrac{1}{z}\right)dz=0}</math> |
| | tambien se puede argumentar que |
| | <math>{\displaystyle z=0} |
| | </math> |
| | es una singularidad reparable de |
| | |
| | <math>{\displaystyle z^{3}\sin\dfrac{1}{z}}</math> |
| | y holomorfa en |
| | <math>{\displaystyle \mid z\mid=6}</math> |
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| 6.- Describa el tipo de singularidad en el origen de <math>{\displaystyle \dfrac{z^{4}}{\left(\cos z-1\right)^{2}}}</math> | | 6.- Describa el tipo de singularidad en el origen de <math>{\displaystyle \dfrac{z^{4}}{\left(\cos z-1\right)^{2}}}</math> |
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5.
Usando el teorema del residuo puesto que z=0 es una singularidad se tiene que :
y el coeficiente asociado a la potencia
Para la otra integral usamos
luego el coeficiente asociado al potencial
y asi
tambien se puede argumentar que
es una singularidad reparable de
y holomorfa en
6.- Describa el tipo de singularidad en el origen de
SOLUCION
Tiene una singularidad en , y un polo de orden 2.
Pero como el 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 en los anillos y .
Resolviendo en fracciones parciales la función
Evaluamos para
y encuentro que
con
con
Ahora escribimos nuestra función como:
La función tiene tres singularidades que son en,
Para
Para
Para
--Federico Espinoza Sosa 07:27 9 dic 2010 (UTC)
10. Demuestre de dos maneras que la funcion tiene un polo doble en el origen, ¿cual es el residuo?.
Sea
vemos que tiene un polo doble de orden 2 en el origen. Esto se debe ya que tiene en ese punto, en cero (en el origen)un polo de orden 2 por lo que . Esto se obtiene calculando el limite.
esto es en el origen.
Otra manera de probar este hecho es aplicando la serie de Laurent entonces:
Sacando las respectivas derivadas tenemos:
, , ,
igualandolo en el origen que es en nos da:
, , , ,
Lo que optenemos es
y notamos que el residuo es:
--Antonio de Jesus Jimenez Lopez 07:27 9 dic 2010 (UTC)
2. Encuentre el residuo de la funcion en el origen.
Sabemos que tiene un polo de orden 4 en el origen en
aplicando limites obtenemos:
Para calculas el residuo aplicamos la expancion de Laurent:
sacando derivadas tenemos
, , , ,
Aplicando la serie de Laurent tenemos:
Entonces tenemos el residuo.
--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
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Compleja:ej-cap3.3
Compleja:ej-cap3.4