Diferencia entre revisiones de «Compleja:z-ej-cap2.3»

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Sea <math>z=a+ib</math> y <math>w=u+iv</math>
 
Sea <math>z=a+ib</math> y <math>w=u+iv</math>
  
aplicando la exponecial compleja a z nos queda:
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aplicando la exponencial compleja a z nos queda:
  
<math>e^{z}=e^{a}(cosb+isenb)</math>
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<math>e^{z}=e^{a}(\cos b+i\sin b)</math>
  
 
para hacer el mapeo igualamos: <math>w=e^{z} </math>
 
para hacer el mapeo igualamos: <math>w=e^{z} </math>
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por lo que las componentes u,v nos quedan:
 
por lo que las componentes u,v nos quedan:
  
<math>u=e^{a}Cos\left(b\right) </math>:
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<math>u=e^{a}\cos\left(b\right) </math>:
  
<math>v=e^{a}Sin\left(b\right) </math>  
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<math>v=e^{a}\sin\left(b\right)</math>  
  
 
dividimos la segunda entre la primera ecuación:
 
dividimos la segunda entre la primera ecuación:
  
<math>\frac{v}{u}=\frac{e^{a}Sin\left(b\right)}{e^{a}Cos\left(b\right)} </math>:
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<math>\frac{u}{v}=\frac{e^{a}\cos\left(b\right)}{e^{a}\sin\left(b\right)} </math>:
  
<math>\frac{v}{u}=Tan(b) </math>:
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<math>\frac{u}{v}=\tan(b)</math>:
  
<math>v=uTan(b)</math>
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<math>u=v\tan(b)</math>
  
como <math>b=cte </math> nos queda una recta con pendiente <math>Tan(b)</math>
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como <math>b=cte </math> nos queda una recta con pendiente <math>tan(b)</math>
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Nota: no toca al cero pues la exponencial solo tocaría el cero cuando "a" fuera igual a infinito(hipotéticamente). 
  
  
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Sea <math>z=a+ib</math> y <math>w=u+iv</math>
 
Sea <math>z=a+ib</math> y <math>w=u+iv</math>
  
aplicando la exponecial compleja a z nos queda:
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aplicando la exponencial compleja a z nos queda:
  
<math>e^{z}=e^{a}(cosb+isenb)</math>
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<math>e^{z}=e^{a}(\cos b+i\sin b)</math>
  
 
para hacer el mapeo igualamos: <math>w=e^{z} </math>
 
para hacer el mapeo igualamos: <math>w=e^{z} </math>
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por lo que las componentes u,v nos quedan:
 
por lo que las componentes u,v nos quedan:
  
<math>u=e^{a}Cos\left(b\right) </math>:
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<math>u=e^{a}\cos\left(b\right) </math>:
  
<math>v=e^{a}Sin\left(b\right) </math>  
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<math>v=e^{a}\sin\left(b\right)</math>  
  
 
pero ahora en vez de dividir, elevamos al cuadrado y sumamos los lados izquierdos y derechos:
 
pero ahora en vez de dividir, elevamos al cuadrado y sumamos los lados izquierdos y derechos:
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6. <math>sen(2z) = 2sen zcos z.</math>
 
6. <math>sen(2z) = 2sen zcos z.</math>
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1)  <math>sen(-z) = -sen z.</math>
 
1)  <math>sen(-z) = -sen z.</math>
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Sabemos que <math>senz= \frac{z^{iz}-e^{-iz}}{2i}</math> entonces
 
Sabemos que <math>senz= \frac{z^{iz}-e^{-iz}}{2i}</math> entonces
<math>Sen{-z}= \frac{e^{-iz}-e{iz}}{2i} = - \frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}  = -sen(z)</math>
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<math>Sen{-z}= \frac{e^{-iz}-e^{iz}}{2i} = - \frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}  = -sen(z)</math>
  
 
2.- <math>cos(-z)=cos(z)</math>
 
2.- <math>cos(-z)=cos(z)</math>
  
 
Solución:
 
Solución:
Como <math>cos(z) = \frac{e^{iz}+e{-iz}}{2}</math>, entonces  
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<math>Cos(-z)= \frac{e^{-iz}+e{iz}}{2} = coz(z)</math>
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Como <math>cos(z) = \frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}</math>, entonces  
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<math>Cos(-z)= \frac{e^{-iz}+e^{iz}}{2} = coz(z)</math>
  
 
3.- <math>sen^2z+cos^2z = 1.</math>
 
3.- <math>sen^2z+cos^2z = 1.</math>
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Desarrollando:
 
Desarrollando:
  
<math>= \frac{e^{i(z+w)}-e^{-i(w-z)}+e^{i(w-z)-e^{-i(z+w)}}{4i} + \frac{e^{i(z+w)}-e^{-i(z-w)}+e^{-i(z-w)-e^{-i(z+w)}}{4i}</math>
+
<math> =\frac{e^{i(z+w)}-e^{-i(w-z)}+e^{i(w-z)}-e^{-i(z+w)}}{4i} + \frac{e^{i(z+w)}-e^{-i(z-w)}+e^{-i(z-w)}-e^{-i(z+w)}}{4i}</math>
  
 
Eliminando términos, queda;
 
Eliminando términos, queda;
  
<math>= 2e^{i(z+w)}-2e^{-i(z+w)}}{2i} = sen(z+w)</math>
+
<math>= \frac{2e^{i(z+w)}-2e^{-i(z+w)}}{2i} = sen(z+w)</math>
  
 
5.- <math>cos(w+z) = coswcosz-senwsenz</math>
 
5.- <math>cos(w+z) = coswcosz-senwsenz</math>
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Eliminando términos, queda;
 
Eliminando términos, queda;
  
<math>= 2e^{(z+w)}-2e^{-i(z+w)}}{4i} = e^{(z+w)}-e^{-i(w+z)}}{2} sen(z+w)</math>
+
<math>= \frac{2e^{(z+w)}-2e^{-i(z+w)}}{4i} = \frac{e^{(z+w)}-e^{-i(w+z)}}{2} = sen(z+w)</math>
  
 
6.- <math>sen(2z)= 2senzcosz</math>
 
6.- <math>sen(2z)= 2senzcosz</math>
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<math>e^{-b}\cos(a)=e^bcos(a)\Longrightarrow(e^{-b}-e^b)cos(a)=0\cdots\cdots\cdots\cdots</math> '''(2)'''
 
<math>e^{-b}\cos(a)=e^bcos(a)\Longrightarrow(e^{-b}-e^b)cos(a)=0\cdots\cdots\cdots\cdots</math> '''(2)'''
  
De '''(1)''' se observa que <math>e^{-b}+e^b\not=0</math>, por lo que necesariamente <math>sen(a)=0\Longrightarrow a=0</math>, sustituyendo <math>a</math> en '''(2)''' se tiene que
+
De '''(1)''' se observa que <math>e^{-b}+e^b\not=0</math>, por lo que necesariamente <math>sen(a)=0\Longrightarrow a=arcsen (0)\Longrightarrow a=2k\pi</math>, con <math>k\in\mathbb{Z}</math> sustituyendo <math>a</math> en '''(2)''' se tiene que
  
<math>e^{-b}-e^b=0\Longrightarrow e^{-b}=e^b\Longrightarrow Ln(e^{-b})=Ln(e^b)\Longrightarrow -b=b\Longrightarrow b=0\Longrightarrow z=0</math>
+
<math>e^{-b}-e^b=0\Longrightarrow e^{-b}=e^b\Longrightarrow Ln(e^{-b})=Ln(e^b)\Longrightarrow -b=b\Longrightarrow b=0\Longrightarrow z=2k\pi</math>
  
  
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<math>e^{-b}cos(a)=-e^bcos(a)\Longrightarrow(e^{-b}+e^b)cos(a)=0\cdots\cdots\cdots\cdots</math> '''(4)'''
 
<math>e^{-b}cos(a)=-e^bcos(a)\Longrightarrow(e^{-b}+e^b)cos(a)=0\cdots\cdots\cdots\cdots</math> '''(4)'''
  
De '''(4)''' se observa que <math>e^{-b}+e^b\not=0</math>, por lo que necesariamente <math>cos(a)=0\Longrightarrow a=\frac{\pi}{2}</math>, sustituyendo <math>a</math> en '''(3)''' se tiene que
+
De '''(4)''' se observa que <math>e^{-b}+e^b\not=0</math>, por lo que necesariamente <math>cos(a)=0\Longrightarrow a=arccos(0)\Longrightarrow a=\frac{\pi}{2}+2k\pi</math>, sustituyendo <math>a</math> en '''(3)''' se tiene que
  
 
<math>e^{-b}-e^b=0\Longrightarrow e^{-b}=e^b\Longrightarrow Ln(e^{-b})=Ln(e^b)\Longrightarrow -b=b\Longrightarrow b=0\Longrightarrow z=\frac{\pi}{2}</math>
 
<math>e^{-b}-e^b=0\Longrightarrow e^{-b}=e^b\Longrightarrow Ln(e^{-b})=Ln(e^b)\Longrightarrow -b=b\Longrightarrow b=0\Longrightarrow z=\frac{\pi}{2}</math>
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2.35. Muestre que la función <math>u</math> del ejemplo 2.9 no tiene una conjugada armónica.
  
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El ejemplo al cuál se hace referencia es <math>u(x,y) = e^xseny</math>
  
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Primero veremos que es armónica; para hacer esto se hace
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<math>u_{x}(x,y)=e^xseny \rightarrow u_{xx}(x,y) = e^xseny</math>
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<math>u_{y}(x,y)=e^xcosy \rightarrow u_{yy}(x,y) = -e^xseny</math>
 +
y dado que <math>u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=0</math> entonces se cumple que es armónica.
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Para que u tenga conjugada armónica tiene que cumplir con las ecuaciones de Cauchy-Riemman.
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Esto es que <math>u_{x}(x,y)= v_{y}(x,y)</math> y  <math>–u_{y}(x,y)=v_{x}(x,y)</math>
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Entonces como <math>u_{x}(x,y)=e^xseny = v_{y}(x,y)</math>
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Manteniendo a <math>x</math> fija e integrando la expresion anterior respecto a <math>y</math>, se obtiene: <math>v(x,y)=  -e^xcosy+k(x)</math>, donde k es arbitraria y sólo depende de <math>x</math>.
 +
También se tiene que cumplir que <math>–u_{y}(x,y)=v_{x}(x,y)</math> entonces <math>u_{y}= -e^xcosy</math>  y <math>v_{x}(x,y) = -e^xcosy+k´(x)</math>. Luego <math>k´(x) –e^xcosy = -e^xcosy</math> y despejando a <math>k´(x)</math> tenemos <math>k´(x)=0</math> . Integramos <math>\int k´(x) = \int 0 = C</math>
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Se obtiene que <math>v(x,y) = e^xcosy +c</math>
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Haciendo sus respectivas derivadas parciales obtenemos, <math>v_{x}(x,y) = e^xcosy +c´(y)</math> y <math>v_{x}(x,y)=e^xseny + c´(x)</math>
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Y observamos que no se cumplen las  ecuaciones de  Caucht-riemman.
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--[[Usuario:Jean Carlo Cruz Venegas|Jean Carlo Cruz Venegas]] ([[Usuario discusión:Jean Carlo Cruz Venegas|discusión]]) 15:01 4 dic 2012 (CST)
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Revisión actual - 19:34 10 dic 2012

La función exponencial y el logaritmo complejo

2.24 Para la recta horizontal \(\mathcal{L}=\left\{ z\epsilon\mathbb{C}:Im(z)=b\right\} \), demuestre que su imagen bajo la exponencial compleja \(exp:\mathbb{C}\rightarrow\mathbb{C}-\left\{ 0\right\} \) es un rayo basado en el origen quitando el cero.:

Sea \(z=a+ib\) y \(w=u+iv\)

aplicando la exponencial compleja a z nos queda\[e^{z}=e^{a}(\cos b+i\sin b)\]

para hacer el mapeo igualamos\[w=e^{z} \]

por lo que las componentes u,v nos quedan\[u=e^{a}\cos\left(b\right) \]\[v=e^{a}\sin\left(b\right)\]

dividimos la segunda entre la primera ecuación\[\frac{u}{v}=\frac{e^{a}\cos\left(b\right)}{e^{a}\sin\left(b\right)} \]\[\frac{u}{v}=\tan(b)\]\[u=v\tan(b)\]

como \(b=cte \) nos queda una recta con pendiente \(tan(b)\)

Nota: no toca al cero pues la exponencial solo tocaría el cero cuando "a" fuera igual a infinito(hipotéticamente).


--Ignacio Peralta Martínez (discusión) 23:11 3 dic 2012 (CST)


2.25 Para la recta vertical \(\mathcal{L}=\left\{ z\epsilon\mathbb{C}:Re(z)=a\right\} \), demuestre que su imagen bajo la exponencial compleja \(exp:\mathbb{C}\rightarrow\mathbb{C}-\left\{ 0\right\} \) es un circulo con centro en el origen y radio \(e^{2a}\)


hacemos los primeros pasos del ejercicio anterior:

Sea \(z=a+ib\) y \(w=u+iv\)

aplicando la exponencial compleja a z nos queda\[e^{z}=e^{a}(\cos b+i\sin b)\]

para hacer el mapeo igualamos\[w=e^{z} \]

por lo que las componentes u,v nos quedan\[u=e^{a}\cos\left(b\right) \]\[v=e^{a}\sin\left(b\right)\]

pero ahora en vez de dividir, elevamos al cuadrado y sumamos los lados izquierdos y derechos\[u^{2}+v^{2}=e^{2a} \]

como \(a=cte \) es la ecuación de un circulo de radio \(e^{a}\).


--Ignacio Peralta Martínez (discusión) 23:11 3 dic 2012 (CST)


2.26. Demuestre las identidades siguientes: 1. \(sen(-z) = -sen z.\)

2. \(cos(-z) = cos z.\)

3. \(sen^2z+cos^2z = 1.\)

4. \(sen(w+z) = senwcosz+ senzcosw.\)

5. \(cos(w+z) = coswcosz +senwsenz.\)

6. \(sen(2z) = 2sen zcos z.\)


1) \(sen(-z) = -sen z.\)

Solución:

Sabemos que \(senz= \frac{z^{iz}-e^{-iz}}{2i}\) entonces \(Sen{-z}= \frac{e^{-iz}-e^{iz}}{2i} = - \frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i} = -sen(z)\)

2.- \(cos(-z)=cos(z)\)

Solución:

Como \(cos(z) = \frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}\), entonces \(Cos(-z)= \frac{e^{-iz}+e^{iz}}{2} = coz(z)\)

3.- \(sen^2z+cos^2z = 1.\)

Solución\[Sen^2z+cos^2z = (\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i})^2 + (\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2})^2 = \frac{e^{2iz}-2e^{iz}e^{-iz}+e^{-2iz}}{-4}+\] \(\frac{e^{2iz}+2e^{iz}e^{-iz}+e^{-2iz}}{4}\)

Eliminando y reagrupando, se obtiene

\(\frac{4e^{iz}e^{-iz}}{4} = \frac{e^{iz}}{e^{-iz}} = 1\) Por lo tanto se comprueba que \(sen^2z+cos^2z = 1.\)

4.- \(sen(w+z) = senwcosz+senzcosw\)

Solución\[senwcosz+senzcosw= \frac{e^{iw}-e^{-iw}}{2i} \frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2i} + \frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i} \frac{e^{iw}-e^{-iw}}{2}\]

Desarrollando\[ =\frac{e^{i(z+w)}-e^{-i(w-z)}+e^{i(w-z)}-e^{-i(z+w)}}{4i} + \frac{e^{i(z+w)}-e^{-i(z-w)}+e^{-i(z-w)}-e^{-i(z+w)}}{4i}\]

Eliminando términos, queda;

\(= \frac{2e^{i(z+w)}-2e^{-i(z+w)}}{2i} = sen(z+w)\)

5.- \(cos(w+z) = coswcosz-senwsenz\)

Solución\[coswcosz-senwsenz = \frac{e^{iw}+e^{-iw}}{2} \frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2} + \frac{e^{iw}-e^{-iw}}{2i} \frac{e^{iw}-e^{-iw}}{2i} \] Desarrollando\[= \frac{e^{i(w+z)}+e^{-i(w-z)}+e^{i(w-z)}+e^{-i(z+w)}}{4i} + \frac{e^{i(z+w)}-e^{-i(z-w)}-e^{-i(w-z)}-e^{-i(z+w)}}{4i}\]

Eliminando términos, queda;

\(= \frac{2e^{(z+w)}-2e^{-i(z+w)}}{4i} = \frac{e^{(z+w)}-e^{-i(w+z)}}{2} = sen(z+w)\)

6.- \(sen(2z)= 2senzcosz\)

Solución\[2senz2cosz = 2(\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i} \frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2})\]

Desarrollando \(= \frac{e^{i(z+z)}-e^{-i(z-z)}+e^{-i(z-z)}-e^{-i(z+z)}}{2i} = \frac{e^{i(2z)}-e^{-i(2z)}}{2i} = sen(2z)\)

--Jean Carlo Cruz Venegas (discusión) 11:49 4 dic 2012 (CST)


2.27 Demuestre que los ceros de las funciones seno y coseno complejas son los mismos que los de las funciones reales correspondientes.

Demostración:

Para la función seno tenemos

Si \(\sin sen(z)=\frac{1}{2i}(e^{iz}-e^{-iz})=0\), entonces \(e^{iz}=e^{-iz}\), como \(z\in\mathbb{C}, z=a+bI, a,b\in\mathbb{R}\), asi

\(e^{ai-b}=e^{-ai+b}\Longrightarrow e^{-b}e^{ai}=e^be^{-ai}\Longrightarrow e^{-b}\big(cos(a)+isen(a)\big)=e^b\big(cos(a)-isen(a)\big)\)

Al separar las partes reales e imaginarias, se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones

\(e^{-b}sen(a)=-e^bsen(a)\Longrightarrow (e^{-b}+e^b)sen(a)=0\cdots\cdots\cdots\cdots\) (1)

\(e^{-b}\cos(a)=e^bcos(a)\Longrightarrow(e^{-b}-e^b)cos(a)=0\cdots\cdots\cdots\cdots\) (2)

De (1) se observa que \(e^{-b}+e^b\not=0\), por lo que necesariamente \(sen(a)=0\Longrightarrow a=arcsen (0)\Longrightarrow a=2k\pi\), con \(k\in\mathbb{Z}\) sustituyendo \(a\) en (2) se tiene que

\(e^{-b}-e^b=0\Longrightarrow e^{-b}=e^b\Longrightarrow Ln(e^{-b})=Ln(e^b)\Longrightarrow -b=b\Longrightarrow b=0\Longrightarrow z=2k\pi\)


Para la función coseno tenemos

Si \(cos(z)=\frac{1}{2}(e^{iz}+e^{-iz})=0\), entonces \(e^{iz}=-e^{-iz}\), luego

\(e^{ai-b}=-e^{-ai+b}\Longrightarrow e^{-b}e^{ai}=-e^be^{-ai}\Longrightarrow e^{-b}\big(cos(a)+isen(a)\big)=-e^b\big(cos(a)-isen(a)\big)\)

Al separar las partes reales e imaginarias, se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones

\(e^{-b}sen(a)=e^bsen(a)\Longrightarrow (e^{-b}-e^b)sen(a)=0\cdots\cdots\cdots\cdots\) (3)

\(e^{-b}cos(a)=-e^bcos(a)\Longrightarrow(e^{-b}+e^b)cos(a)=0\cdots\cdots\cdots\cdots\) (4)

De (4) se observa que \(e^{-b}+e^b\not=0\), por lo que necesariamente \(cos(a)=0\Longrightarrow a=arccos(0)\Longrightarrow a=\frac{\pi}{2}+2k\pi\), sustituyendo \(a\) en (3) se tiene que

\(e^{-b}-e^b=0\Longrightarrow e^{-b}=e^b\Longrightarrow Ln(e^{-b})=Ln(e^b)\Longrightarrow -b=b\Longrightarrow b=0\Longrightarrow z=\frac{\pi}{2}\)

Por lo tanto, el cero de las fuciones seno y coseno complejas son las mismas que el de las funciónes reales correspondientes.

--Pérez Córdoba Sabino (discusión) 15:47 28 nov 2012 (CST)


2.28 Concluya del ejercicio anterior que las funciones complejas \(sen(z)\) y \(cos(z)\), son periódicas con periodos reales de la forma \(\tau=2k\pi\) con \(k\in\mathbb{Z}\). Es decir,sus dominios de periocidad son banda verticales de ancho \(2\pi\).

Del ejercicio anterior, se concluyó, para la función seno, que si \(sen(z)=0\), con \(z=a+bi\), entonces \(sen(a)=0\) & \(b=0\), de donde \(a=arcsen(0)=2k\pi,k\in\mathbb{Z}\), es decir,

\(z\) es puramente real, de la forma \(z=2k\pi\), cuyo ancho de banda es \(2\pi\).

Para el caso del coseno, se concluyó que si \(cos(a)=0\), entonces \(a=arccos(0)=\frac{\pi}{2}+2k\pi\) & \(b=0\), nuevamente \(z\) es puramente real, de la forma \(z=\frac{\pi}{2}+2k\pi\). cuyo ancho de banda es \(2\pi\)

--Pérez Córdoba Sabino (discusión) 16:06 28 nov 2012 (CST)


2.29 Se definen las otras funciones trigonométricas complejas, en términos del seno y coseno complejos, como es usual:


\(tan\left(\mathcal{z}\right)=\frac{sen\left(z\right)}{cos\left(z\right)}\) ; \(sec\left(z\right)=\frac{1}{cos\left(z\right)},\)


\(cot\left(\mathcal{z}\right)=\frac{cos\left(z\right)}{sen\left(z\right)}\) ; \(sec\left(z\right)=\frac{1}{sen\left(z\right)}.\)


Encuentre sus dominios y muestre que son holomorfas en su dominio y sus derivadas son las esperadas.


El dominio del primer par de funciones es todo \(\mathcal{z}\notin\{\frac{\pi}{2} + k\pi\},\)


El dominio del segundo par de funciones es todo \(\mathcal{z}\notin\{ k\pi\}.\)


Donde \(K\in \mathbb{N}.\)


Para mostrar que son holomorfas en su dominio, basta demostrar las ecuaciones de Cauchy-Riemann. osea, que son diferenciables en su dominio, lo cual nos genera un intervalo abierto en el cual es diferenciable.


\(\mathcal{U}_x=\mathcal{V}_y\) y \(\mathcal{U}_y=-\mathcal{V}_x.\)


sabemos \(Tan\left(\mathcal{Z}\right)=Tan\left(\mathcal{x} + i\mathcal{y}\right)=\frac{Sin\left(2\mathcal{x}\right)}{Cos\left(2\mathcal{x}\right)+ Cosh\left(2\mathcal{y})\right)} + \frac{iSinh\left(2\mathcal{y}\right)}{Cos\left(2\mathcal{x}\right)+ Cosh\left(2\mathcal{y})\right)}.\)


Entonces tenemos que la parte real;


\(\mathcal{U}\left(x,y\right)=\frac{Sen\left(2\mathcal{x}\right)}{Cos\left(2\mathcal{x}\right)+ Cosh\left(2\mathcal{y})\right)}, \)


y la parte imaginaria es ;


\(\mathcal{V}\left(x,y\right)=\frac{iSenh\left(2\mathcal{y}\right)}{Cos\left(2\mathcal{x}\right)+ Cosh\left(2\mathcal{y})\right)}.\)


Comprobemos las ecucuaciones de Cauchy-Riemann.


\(\mathcal{U}_x=\frac{\left[cos\left(2\mathcal{x}\right)+ cosh\left(2\mathcal{y}\right)\right]2cos\left(2\mathcal{x}\right)- sen\left(2\mathcal{x}\right)\left(-2sen\left(2\mathcal{x}\right)\right)}{\left[cos\left(2\mathcal{x}\right)+ cosh\left(2\mathcal{y}\right)\right]^2}=\frac{2+2cos\left(2\mathcal{x}\right) \left( cosh\left(2\mathcal{y}\right)\right)}{\left[cos\left(2\mathcal{x}\right)+ cosh\left(2\mathcal{y}\right)\right]^2}.\)


\(\mathcal{V}_y =\frac{\left[cos\left(2\mathcal{x}\right)+ cosh\left(2\mathcal{y}\right)\right]2cosh\left(2\mathcal{y}\right)- senh\left(2\mathcal{y}\right)\left(-2senh\left(2\mathcal{y}\right)\right)}{\left[cos\left(2\mathcal{x}\right)+ cosh\left(2\mathcal{y}\right)\right]^2}=\frac{2+2cos\left(2\mathcal{x}\right) \left( cosh\left(2\mathcal{y}\right)\right)}{\left[cos\left(2\mathcal{x}\right)+ cosh\left(2\mathcal{y}\right)\right]^2}.\)


De manera similar obtenemos;


\(\mathcal{U}_y = \frac{-sin\left(2\mathcal{x}\right)\left[2senh\left(2\mathcal{y}\right)\right]}{\left[cos\left(2\mathcal{x}\right)+ cosh\left(2\mathcal{y}\right)\right]^2} =-\frac{2sen\left(2\mathcal{x}\right)senh\left(2\mathcal{y}\right)}{\left[cos\left(2\mathcal{x}\right)+ cosh\left(2\mathcal{y}\right)\right]^2}.\)


\(\mathcal{V}_x = \frac{-sinh\left(2\mathcal{y}\right)\left[-2sen\left(2\mathcal{x}\right)\right]}{\left[cos\left(2\mathcal{x}\right)+ cosh\left(2\mathcal{y}\right)\right]^2} =\frac{2sen\left(2\mathcal{x}\right)senh\left(2\mathcal{y}\right)}{\left[cos\left(2\mathcal{x}\right)+ cosh\left(2\mathcal{y}\right)\right]^2}.\)


Cumple con las ecuaciones de Cauchy-Riemann, en un intervalo diferenciable, por lo cual es Holomorfa(Analítica).


Ahora comprobemos sus derivadas respecto a z, y veamos que son las esperadas;


\(Tan\left(\mathcal{z}\right)=\frac{sen\left(\mathcal{z}\right)}{cos(\left(\mathcal{z}\right)}\) y entonces \(Tan^´\left(\mathcal{z}\right)=\frac{cos(\left(\mathcal{z}\right)cos(\left(\mathcal{z}\right)-sen\left(\mathcal{z}\right)\left(-sen\left(\mathcal{z}\right)\right)}{\left[cos(\left(\mathcal{z}\right)\right]^2}=\frac{cos^2\left(\mathcal{z}\right)+ sin^2\left(\mathcal{z}\right)}{\left[cos\left(\mathcal{z}\right)\right]^2}= \frac{1}{cos^2\left(\mathcal{z}\right)}= sec^2\left(\mathcal{z}\right). \)



\(Sec\left(\mathcal{z}\right)=\frac{1}{cos(\left(\mathcal{z}\right)}\) y entonces \(Sec^´\left(\mathcal{z}\right)=-\frac{-sen(\left(\mathcal{z}\right)}{\left[cos(\left(\mathcal{z}\right)\right]^2}=\frac{sen\left(\mathcal{z}\right)}{\left[cos\left(\mathcal{z}\right)\right]^2}= \frac{tan\left(\mathcal{z}\right)}{cos\left(\mathcal{z}\right)}= tan\left(\mathcal{z}\right)sec\left(\mathcal{z}\right). \)



\(Cot\left(\mathcal{z}\right)=\frac{cos\left(\mathcal{z}\right)}{sen(\left(\mathcal{z}\right)}\) y entonces \(Cot^´\left(\mathcal{z}\right)=\frac{-sen\left(\mathcal{z}\right)sen\left(\mathcal{z}\right)-cos\left(\mathcal{z}\right)\left(cos\left(\mathcal{z}\right)\right)}{\left[sen(\left(\mathcal{z}\right)\right]^2}=\frac{-sen^2\left(\mathcal{z}\right)- cos^2\left(\mathcal{z}\right)}{\left[sen\left(\mathcal{z}\right)\right]^2}= \frac{-1}{sen^2\left(\mathcal{z}\right)}= -csc^2\left(\mathcal{z}\right). \)



\(Csc\left(\mathcal{z}\right)=\frac{1}{sen(\left(\mathcal{z}\right)}\) y entonces \(Csc^´\left(\mathcal{z}\right)=-\frac{-cos(\left(\mathcal{z}\right)}{\left[sen(\left(\mathcal{z}\right)\right]^2}=-\frac{cos\left(\mathcal{z}\right)}{\left[sen\left(\mathcal{z}\right)\right]^2}= -cot\left(\mathcal{z}\right)csc\left(\mathcal{z}\right). \)


Vemos que sus derivadas son las correspondientes.


--Luis Antonio (discusión) 20:30 1 dic 2012 (CST)


2.31. Las funciones trigonométricas hiperbólicas se definen como sigue \(senhz =\frac{1}{2}(e^z-e^{-z})\)\[coshz = \frac{1}{2}(e^z+e^{-z})\]\[tanhz= \frac{senhz}{coshz}\]\[cothz=\frac{coshz}{senhz}\]\[sechz=\frac{1}{coshz}\]\[cschz=\frac{1}{senhz}.\]:

1. Observe que senhz y coshz son holomorfas en todo C. Encuentre los mayores dominios donde las otras funciones hiperbólicas anteriores son holomorfas

2. Obtenga expresiones para las derivadas de las funciones hiperbólicas.

3. Demuestre las identidades siguientes\[Cosh^2z-senh^2z = 1 cosz = coshiz i sen z = senhiz\]:

4. Demuestre las identidades siguientes\[senh(a+b) = senhacoshb+coshasenhb\]

\(cosh(a+b) = coshacoshb+senhasenhb\)

\(cos z = cos xcoshy+isen xsenhy\)

\(sen z = sen xcoshy+icos xsenhy\)

donde \(z = x+iy.\)

2.-

\(senhz =\frac{1}{2}(e^z-e^{-z})\)

Usando la definición de \(senhz\) tenemos\[(Senhz)´= (\frac{1}{2}(e^z-e^{-z}))´ = \frac{1}{2}\frac{ d(e^z-e^{-z})}{dz} = \frac{1}{2}[e^z+e^{-z}] y por\]

recordando que \(coshz = \frac{1}{2}[e^z+e^{-z}]\)

entonces se tiene que \((Senhz)´= coshz\)


\(coshz = \frac{1}{2}(e^z+e^{-z})\)

Procedemos de manera similar, derivando la definición de \(coshz\).

\((Coshz)´= (\frac{1}{2}(e^z+e^{-z}))´ = \frac{1}{2}\frac{ d(e^z+e^{-z})}{dz} = \frac{1}{2}[e^z-e^{-z}] y por\)

recordando que \(senhz = \frac{1}{2}[e^z-e^{-z}]\)

entonces se tiene que \((Coshz)´= senhz\)

Para la tangente hiperbólica se tiene,

\(tanhz= \frac{senhz}{coshz}\)

Por definición del senhz y coshz podemos obtener\[tanhz = \frac{senhz}{coshz}\] = \(\frac{e^z-e^{-z}}{e^z-e^{-z}}\)

Derivando,

\((tanhz)´\) \(= \frac{(e^z+e{-z})(e^z+e^{-z})-(e^z-e^{-z})(e^z-e^{-z})}{(e^z+e^{-z})^2}\)

Desarrollando y eliminando términos;

\(= \frac{2+2}{(e^z+e^{-z})^2} = \frac{4}{(e^z+e^{-z})^2}\)

Usando el hecho de que \((2coshz)^2 = (e^2+e^{-2})^2\) y sustituyendo; se obtiene.

\(= \frac{4}{4cos^2hz} = \frac{1}{1cos^2hz}.\)


Demostracion\[cothz=\frac{coshz}{senhz}\]

Usando la definición de senhz y coshz se tiene

\( Cothz = \frac{e^z+e^{-z}}{e^z-e^{-z}}\)

\((cothz)´= \frac{(e^z-e^{-z})(e^z-e^{-z})-(e^z+e^{-z})(e^z+e^{-z})}{(e^z+e^{-z})^2}\)

Desarrollando y eliminando términos, obtenemos.

\(=\frac{-2-2}{(e^z-e^{-z})^2} = \frac{-4}{4senh^2z} = \frac{-1}{1senh^2z}\)

El último termino se obtuvo utilizando la identidad de senhz.


\(sechz=\frac{1}{coshz}\)


\(\frac{1}{coshz}= \frac{1}{frac{e^z-e^{-z}}{2}} = \frac{2}{e^z+e^{-z}}\)

Derivando la última expresión tenemos.

\(= \frac{-2(e^z-e^{-z})}{(e^z+e^{-z})^2}\)

Usando el hecho de que 2coshz= e^z+e^{-z} y sustituyendo dentro de la ecuación anterior.

\(=\frac{-2(e^z-e^{-z})}{4cosh^2z}\)

\(= \frac{-4senhz}{4cosh^2z}= \frac{-tanhz}{coshz} = -tanhz sechz ; dado que \frac{1}{coshz} = sechz.\)


\(cschz=\frac{1}{senhz}.\)

\(\frac{1}{senhz}= \frac{2}{e^z-e^{-z}}\)

Derivando el cschz se tiene que,

\((cschz)´= \frac{-2(e^z+e^{-z}}{(e^z-e^{-z})^2} =\)

Usando las identidades de senhz y coshz se tiene\[\frac{-2(2coshz)}{(2senhz)^2} = \frac{-4coshz}{4senh^2z}= \frac{coshz}{senh^2z}\]

4.- Identidades

Demostrar \(senh(a+b) = senhacoshb+coshasenhb\)

Por definición tenemos que\[senhx = \frac{e^x-e^{-x}}{2}\] y \(cosnhy = \frac{e^y+e^{-y}}{2}\)

\(Senhacoshb +coshasenhb = (\frac{e^a-e^{-a}}{2})(\frac{e^b+e^{-b}}{2})+(\frac{e^a+e^{-a}}{2})(\frac{e^b-e^{-b}}{2})\)

\(= \frac{1}{4}(e^{a+b}+ e^{a-b}- e^{-a+b}- e^{-a-b}+ e^{a+b}- e^{a-b}+ e^{-a+b}- e^{-a-b})\)

Se eliminan algunos términos y obtenemos,

\(= \frac{1}{4}(2e^{a+b}-2e^{-a-b}) = \frac{1}{2}(e^{a+b}-e^{-a-b} = senh(a+b)\)


Demostrar \(cosh(a+b) = coshacoshb+senhasenhb\)

Usando las definiciones, vemos que\[coshacoshb + senhasenhb = (\frac{e^a+e^{-a}}{2})(\frac{e^b+e^{-b}}{2})+(\frac{e^a-e^{-a}}{2})(\frac{e^b-e^{-b}}{2})\]

\(= \frac{1}{4}(e^{a+b}+ e^{a-b}+ e^{-a+b}+ e^{-a-b}+ e^{a+b}- e^{a-b}- e^{-a+b}+ e^{-a-b})\)

Se eliminan algunos términos y obtenemos,

\(= \frac{1}{4}(2e^{a+b}+2e^{-(a+b)}) = \frac{1}{2}(e^{a+b}+e^{-(a+b)} = cosh(a+b)\)

\(senhz = cos xcoshy+isen xsenhy\)

Sea \(z=x+iy\)

\( senhz=\frac{e^{i(x+iy)}-e^{-i(x+iy)}}{2i}= \frac{e^{xi-y}-e^{-xi+y}}{2i}\)

\(= \frac{e^{-y}}{2i}(cosx+isenx)-\frac{e^{y}}{2i}(cosx-isenx)\)

\(= senx(\frac{e^{-y}+e^y}{2})+icosx(\frac{e^{-y}-e^y}{2})\)

Y por definición del \(senh\) y \(cosh\) se tiene\[=senxcoshy+icosxsenhy\]

\(senhz = senxcoshy+icosxsenhy\)

Por demostrar.

\(Coshz = cosxcoshy-isenxsenhy.\)

Sea \(z=x+iy\)

\(coshz=\frac{e^{i(x+iy)}+e^{-i(x+iy)}}{2i}= \frac{e^{xi-y}+e^{-xi+y}}{2i}\)

\(= \frac{e^{-y}}{2i}(cosx+isenx)-\frac{e^{y}}{2i}(cosx-isenx)\)

\(= cosx(\frac{e^{-y}+e^y}{2})+isenx(\frac{e^{-y}-e^y}{2})\)

Y por definición del \(senh\) y \(cosh\) se tiene\[=cosxcoshy+isenxsenhy\]

\(\therefore\) \(coshz = cosxcoshy+isenxsenhy\)

--Jean Carlo Cruz Venegas (discusión) 07:10 29 nov 2012 (CST)


2.35. Muestre que la función \(u\) del ejemplo 2.9 no tiene una conjugada armónica.

El ejemplo al cuál se hace referencia es \(u(x,y) = e^xseny\)

Primero veremos que es armónica; para hacer esto se hace \(u_{x}(x,y)=e^xseny \rightarrow u_{xx}(x,y) = e^xseny\) \(u_{y}(x,y)=e^xcosy \rightarrow u_{yy}(x,y) = -e^xseny\) y dado que \(u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=0\) entonces se cumple que es armónica. Para que u tenga conjugada armónica tiene que cumplir con las ecuaciones de Cauchy-Riemman. Esto es que \(u_{x}(x,y)= v_{y}(x,y)\) y \(–u_{y}(x,y)=v_{x}(x,y)\) Entonces como \(u_{x}(x,y)=e^xseny = v_{y}(x,y)\) Manteniendo a \(x\) fija e integrando la expresion anterior respecto a \(y\), se obtiene\[v(x,y)= -e^xcosy+k(x)\], donde k es arbitraria y sólo depende de \(x\). También se tiene que cumplir que \(–u_{y}(x,y)=v_{x}(x,y)\) entonces \(u_{y}= -e^xcosy\) y \(v_{x}(x,y) = -e^xcosy+k´(x)\). Luego \(k´(x) –e^xcosy = -e^xcosy\) y despejando a \(k´(x)\) tenemos \(k´(x)=0\) . Integramos \(\int k´(x) = \int 0 = C\)

Se obtiene que \(v(x,y) = e^xcosy +c\)

Haciendo sus respectivas derivadas parciales obtenemos, \(v_{x}(x,y) = e^xcosy +c´(y)\) y \(v_{x}(x,y)=e^xseny + c´(x)\) Y observamos que no se cumplen las ecuaciones de Caucht-riemman.

--Jean Carlo Cruz Venegas (discusión) 15:01 4 dic 2012 (CST)



--mfg-wiki (discusión) 17:32 15 nov 2012 (UTC)

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