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Soluci´on del examen de Variable Compleja y Transformadas
I. T. I. Electr´onica y Electricidad
29 de enero de 2004
- Estudia si existe alguna funci´on de variable compleja f (z) entera cuya parte real sea x^3 − 3 xy^2 y tal que f (1) = 1. En caso afirmativo obt´en dicha funci´on y expr´esala en t´erminos de z.
Soluci´on: Llamamos u(x, y) = x^3 − 3 xy^2. Entonces u(x, y) ser´a la parte real de una funci´on entera si se cumple que, ∀(x, y) ∈ R^2 ,
∆u(x, y) = ∂^2 u ∂x^2 (x, y) + ∂^2 u ∂y^2 (x, y) = 0.
Calculamos las correspondientes derivadas parciales. ∂u ∂x (x, y) = 3x^2 − 3 y^2 ∂u ∂y (x, y) = − 6 xy
∂^2 u ∂x^2 (x, y) = 6x ∂^2 u ∂y^2 (x, y) = − 6 x
Entonces ∆u(x, y) = ∂^2 u ∂x^2 (x, y) + ∂^2 u ∂y^2 (x, y) = 6x − 6 x = 0,
y concluimos que u(x, y) = x^3 − 3 xy^2 es la parte real de una funci´on entera, es decir, que existe v(x, y) tal que f (z) = f (x + i · y) = u(x, y) + i · v(x, y) es entera. Para hallar la funci´on v(x, y) haremos uso de las ecuaciones de Cauchy-Riemann, una de las cuales proporciona ∂v ∂x (x, y) = − ∂u ∂y (x, y) = −(− 6 xy) = 6xy.
Entonces
v(x, y) =
∂v ∂x (x, y) dx =
6 xy dx = 6y
x dx = 6y x^2 2
Para determinar la funci´on φ(y) usaremos la otra condici´on de Cauchy-Riemman,
3 x^2 + φ′(y) = ∂v ∂y (x, y) = ∂u ∂x (x, y) = 3x^2 − 3 y^2.
Encontramos f´acilmente φ(y), puesto que φ′(y) = − 3 y^2 y
φ(y) =
φ′(y) dy =
− 3 y^2 dy = − 3 y^3 3
La funci´on f (x + i · y) ha de ser
f (x + i · y) = x^3 − 3 xy^2 + i · (3x^2 y − y^3 + C).
Al utilizar la condici´on f (1) = 1 tendremos que
1 + i · 0 = f (1 + i · 0) = 1^3 − 3 · 1 · 02 + i · (3 · 12 · 0 − 03 + C) =⇒ 1 = 1 + i · C =⇒ C = 0.
S´olo falta identificar la funci´on en t´erminos de z. Como aparecen t´erminos al cubo es razonable pensar en la expresi´on (x + i · y)^3 , y entonces
f (x + i · y) = x^3 − 3 xy^2 + i · (3x^2 y − y^3 ) =
= x^3 + 3x^2 (i · y) + 3x(i · y)^2 + (i · y)^3 =
= (x + i · y)^3 ,
y por lo tanto f (z) = z^3.
- Halla las singularidades, di de qu´e tipo son, calcula su serie de Laurent alrededor de to- das ellas, determina el dominio de convergencia de las series y halla los correspondientes residuos de las funciones
a) sen z z b) z z^2 + 4 c)
z^2
Soluci´on: a) El ´unico punto “conflictivo” es z = 0, que anula el denominador. Sin embargo no va a ser singularidad (o lo que es lo mismo, va a ser singularidad evitable), ya que de la expresi´on en serie
sen z =
∑^ ∞
n=
(−1)n (2n + 1)! z^2 n+1^ = z − z^3 6
z^5 120
se deduce que sen z z
∑^ ∞
n=
(−1)n (2n + 1)! z^2 n^ = 1 − z^2 6
z^4 120
y por lo tanto la serie resultante no tiene potencias negativas de z, luego z = 0 no es singularidad. Tambi´en podr´ıamos haber deducido esto calculando el l´ımite (por L’Hopital) l´ zım→ 0 sen z z = l´ zım→ 0 cos z 1 = cos 0 = 1 ∈ C. Al no haber singularidades, el radio de convergencia es R = ∞, con lo que la funci´on es entera, la serie anteriormente calculada es v´alida ∀z ∈ C y el residuo es Res (f, 0) = 0.
Ahora el residuo ha de ser B = Res (f, − 2 · i) = 1/2. El radio de convergencia vuelve a ser R = 4, y ahora el dominio de convergencia de la serie es el c´ırculo centrado en z = − 2 · i y de radio R = 4, es decir B(− 2 · i, 4) = {z ∈ C/|z + 2 · i| < 4 }.
c) Es evidente que la ´unica singularidad es z = 0, que es un polo de orden dos. La serie de Laurent centrada en z = 0 es la propia expresi´on 1/z^2 , que ha de entenderse como
f (z) =
z^2
∑^ ∞
n=−∞
an zn
para los coeficientes an = 0 para n ∈ Z, n 6 = 2 y a− 2 = 1. Adem´as Res (f, 0) = a− 1 = 0, y el radio de convergencia de la serie es R = ∞, al constar la serie de un n´umero finito de t´erminos. Por lo tanto el dominio de convergencia es C − { 0 }.
- Calcula las integrales siguientes:
a)
γ
cos(1/z) z
z − 1
dz, donde γ(t) = 2eit, t ∈ [0, 2 π].
b)
−∞
x + 1 (x^2 + 4)^2 dx
Soluci´on: a) Como la curva es cerrada, diferenciable, simple y recorrida en el sentido antihorario podemos aplicar el teorema de los residuos a la funci´on
f (z) = cos(1/z) z
z − 1
cuyas singularidades aparecen en los puntos z = 0 y z = 1. Ambas se encuentran en el interior de la curva (es la circunferencia centrada en el origen y de radio dos), as´ı que hemos de hallar ambos residuos. Como la singularidad en z = 0 es esencial, construimos la serie de potencias del coseno
cos z =
∑^ ∞
n=
(−1)n (2n)! z^2 n^ = 1 − z^2 2
z^4 24
y de ´esta
cos(1/z) z = z−^1
∑^ ∞
n=
(−1)n (2n)! z−^2 n^ =
∑^ ∞
n=
(−1)n (2n)! z−^2 n−^1 =
z
2 z^3
24 z^5
El valor que acompa˜na a la potencia 1/z es a− 1 = 1. Del sumando 1/(z − 1) no se obtiene residuo en el origen (el residuo es igual a cero) ya que su ´unica singularidad es z = 1, y entonces Res (f, 0) = Res (z−^1 cos(1/z), 0) = 1.
Para determinar otro residuo podemos olvidarnos del sumando z−^1 cos(1/z), ya que z = 1 no es una singularidad para ´el. Como el sumando 1/(z − 1) es de hecho una potencia de grado menos uno, deducimos que
Res (f, 0) = Res (1/(z − 1), 1) = 1.
Aplicando el teorema de los residuos ∫
γ
cos(1/z) z
z − 1
dz = 2π · i · (Res (f, 0) + Res (f, 1)) = 4π · i.
b) La integral impropia pedida es convergente, puesto que q(x) = (x^2 + 4)^2 no se anula en R y es m´as de un grado superior al numerador p(x) = x + 1. Las singularidades de f (z) = p(z)/q(z) son los polos de orden dos z = 2 · i y z = − 2 · i, interes´andonos unicamente la primera, que est´´ a en el semiplano superior. A partir de la funci´on
g(z) = (z − 2 · i)^2 f (z) =
z + 1 (z + 2 · i)^2
podemos calcular el residuo, que ser´a Res (f, 2 · i) = g′(2 · i). Como
g′(z) = 1 · (z + 2 · i)^2 − (z + 1) · 2(z + 2 · i) (z + 2 · i)^4
deducimos que
g′(2 · i) = (4 · i)^2 − (1 + 2 · i) · 2(4 · i) (4 · i)^4
− 8 · i 256
−i 32
Entonces ∫ (^) ∞
−∞
x + 1 (x^2 + 4)^2 dx = 2π · i · Res (f, 2 · i) = 2 π · i · (−i) 32
π 16
- Resuelve mediante el uso de la Transformada de Laplace la ecuaci´on y′′^ +2y′^ +y = f (t), con las condiciones iniciales y(0) = y′(0) = 0 y
f (t) =
t si t ∈ [0, 1)
0 si t ≥ 1
Soluci´on: Aplicamos la transformada de Laplace a la ecuaci´on diferencial para deducir que (z^2 L[y] − zy(0) − y′(0)) + 2(zL[y] − y(0)) + L[y] = L[f ]
La soluci´on es B = 1, A = −2, C = 2 y D = 1, luego
L−^1
[
z^2 (z + 1)^2
]
= − 2 L−^1
[
z
]
+ L−^1
[
z^2
]
+ 2L−^1
[
z + 1
]
+ L−^1
[
(z + 1)^2
]
= −2 + t + 2e−t^ + te−t
Para el segundo t´ermino realizamos la descomposici´on
1 z^2 (z + 1)
A
z
B
z^2
C
z + 1
que tiene como ecuaci´on asociada
Az(z + 1) + B(z + 1) + Cz^2 = 1
y como sistema A + C = 0
A + B = 0
B = 1
La soluci´on es B = 1, A = −1 y C = 1. Entonces
L−^1
[
z^2 (z + 1)
]
= −L−^1
[
z
]
+ L−^1
[
z^2
]
+ L−^1
[
z + 1
]
= −1 + t + e−t
Entonces
L−^1
[
e−z^
z^2 (z + 1)
]
= (−1 + (t − 1) + e−(t−1)) · h 1 (t)
y entonces
y(t) = −2 + t + 2e−t^ + te−t^ − (−1 + (t − 1) + e−(t−1)) · h 1 (t).
Realizamos la simplificaci´on en la suma
−2 + t + 2e−t^ + te−t^ − (−1 + (t − 1) + e−(t−1)) = (2 − e)e−t^ + te−t
para expresar la soluci´on como
y(t) =
t − 2 + (t + 2)e−t^ si t ∈ [0, 1)
(t + 2 − e)e−t^ si t > 1
