M739_2P_14-1

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Matematica 5
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  Segunda Prueba Parcial Lapso 2014-1 739 – 1/2 Universidad Nacional Abierta Matem´atica V (C´od. 739)Vicerrectorado Acad´emico C´od. Carrera: 236 - 280´Area de Matem´atica Fecha: 17-05-2014MODELO DE RESPUESTAS Objetivos del 5 al 7 OBJ 5 PTA 1  Calcule la integral   C  1 z 2 + 2 z  −  3  dz, donde  C   es el circulo de centro 0 y radio 2. SOLUCI´ON:   C  1 z 2 + 2 z  −  3  dz  =   C  1( z  + 3)( z  −  1)  dz  = 14   C  1 z  −  1  dz  −  14   C  1 z  + 3  dz. Sea  f  ( z ) = 1, como  f   es anal´ıtica en  C   y  z  = 1 est´a en el interior de  C  , aplicando la  F´ ormula Integral de Cauchy   para  z  = 1 tenemos que,14   C  1 s  −  1  ds  = 14   C  f  ( s ) s  −  1  ds  =  πi 2  . Sea  g ( z ) = 1 z  + 3, como  g  es anal´ıtica en  C  , aplicando el  Teorema de Cauchy-Goursat   tenemos que,14   C  1 z  + 3  dz  = 14   C  g ( z )  dz  = 0 . Por lo tanto,   C  1 z 2 + 2 z  −  3  dz  =  πi 2  . OBJ 6 PTA 2  Encuentre la expansi´on en  Serie de Laurent   de la funci´on f  ( z ) = 1 z ( z  + 1)alrededor del punto  z  = 0 y valida en la regi´on:(a) 0  <  | z |  <  1.(b) 1  <  | z |  <  + ∞ . NOTA : Para lograr el objetivo se deben responder correctamente todas las partes de la pregunta. SOLUCI´ON: f  ( z ) = 1 z ( z  + 1) = 1 z  −  1 z  + 1 . Especialista: Federico J. Hern´andez Maggi´Area de Matem´aticaEvaluadora: Florymar Robles  Segunda Prueba Parcial Lapso 2014-1 739 – 2/2 (a) Para 0  <  | z |  <  1, tenemos que:1 z  + 1 = 11  −  ( − z ) = ∞  n =0 ( − 1) n z n . Por lo cual, la expansi´on en  Serie de Laurent   de  f  , viene dada por, f  ( z ) = 1 z ( z  + 1) = 1 z  + ∞  n =0 ( − 1) n +1 z n = 1 z  −  1 +  z  −  z 2 +  z 3 −  z 4 +  · · ·  . (b) Para 1  <  | z |  <  + ∞ , tenemos que:1 z  + 1 = 1 z 11  −  ( − 1 z )= ∞  n =0 ( − 1) n z − n . Por lo cual, la expansi´on en  Serie de Laurent   de  f  , viene dada por, f  ( z ) = 1 z ( z  + 1) = 1 z  + ∞  n =0 ( − 1) n +1 z − n =  − 1 + 2 z  −  1 z 2  + 1 z 3  −  1 z 4  +  · · · OBJ 7 PTA 3  Eval´ue la integral   C  e z z (1  −  z ) 3  dz, donde  C   es la circunferencia de centro 0 y radio 2, orientada en el sentido antihorario. SOLUCI´ON: Sea f  ( z ) =  e z z (1  −  z ) 3 . Como  z  = 0 es un polo simple y  z  = 1 es un polo de orden 3 de  f  , los cuales est´an en el interior de  C  ,por el  Teorema de los Residuos  , tenemos que:   C  e z z (1  −  z ) 3  dz  = 2 πi  ·  ( Res ( f  ( z );0) +  Res ( f  ( z );1)) . Entonces, Res ( f  ( z );0) =  Res   e z z (1  −  z ) 3 ;0   = l´ım z → 0 z  ·  e z z (1  −  z ) 3  = l´ım z → 0 e z (1  −  z ) 3  = 1 ,Res ( f  ( z );1) =  Res   e z z (1  −  z ) 3 ;1   = 12! l´ım z → 1 d 2 dz 2  ( z  −  1) 3 ·  e z z (1  −  z ) 3   =  − 12 l´ım z → 1 e z z 3  (( z  − 1) 2 +1) =  − e 2 . Finalmente,   C  e z z (1  −  z ) 3  dz  = (2  −  e ) πi. FIN DEL MODELO. Especialista: Federico J. Hern´andez Maggi´Area de Matem´aticaEvaluadora: Florymar Robles
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