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FACULTAD DE INGENIERÍA ELECTRÓNICA Y ELÉCTRICA
Ejercici 1
Solució :
)
( (^) 1−𝑖𝑧) ; 𝑢
= 1; 𝑣
= 1
( (^) 1−𝑖𝑧)
=
2 =^
2 =^
2
𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑓 𝑥( ) 𝑝𝑟𝑖𝑛𝑐𝑖𝑝𝑎𝑙: 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑢( ) =
'
2
→
2 (1−𝑖𝑧)^2
1+𝑖𝑧 ( (^) 1−𝑖𝑧)
2 =
2 (1−𝑖𝑧)^2
(1+𝑖𝑧)^2 (1−𝑖𝑧)^2
=
2 (1−𝑖𝑧)^2 (1−𝑖𝑧)^2 +(1+𝑖𝑧)^2 (1−𝑖𝑧)^2
=
2
2
→
2 =^
2
𝑓 𝑥( ) = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (^) ( 3 ); 𝑢 = 3 → 𝑢 = 3
1 2
𝑑𝑣 =
× 3
1 2 =
𝑓
( ) =𝑥
1 2 3
1
2 =
1 2 3
b)
Dando una notación adecuada:
𝑠𝑖𝑛
π ( (^) 𝑛)𝑠𝑖𝑛 2^
π ( (^) 𝑛)𝑠𝑖𝑛 3^
π ( (^) 𝑛)𝑠𝑖𝑛 4^
π ( (^) 𝑛) ... 𝑠𝑖𝑛 (𝑛 − 1)^
π ( (^) 𝑛) =^ 𝑘=
∏ 𝑠𝑖𝑛
𝑘π ( (^) 𝑛 ) = β
FACULTAD DE INGENIERÍA ELECTRÓNICA Y ELÉCTRICA
Se sabe que:
𝑠𝑖𝑛
𝑘π
( 𝑛) =^
𝑖 𝑘π𝑛 − 𝑒
− 𝑖 𝑘π𝑛
2𝑖
Entonces:
∏ 𝑠𝑖𝑛
𝑘π
( 𝑛) =^
∏
𝑖 𝑘π𝑛 − 𝑒
− 𝑖 𝑘π𝑛
( 2𝑖 ) =^
(2𝑖 ) (𝑛−1^ ) 𝑘=
∏ 𝑒
𝑖 𝑘π𝑛 − 𝑒
− 𝑖 𝑘π𝑛
( ) =^
(2𝑖 ) (𝑛−1^ ) 𝑘=
∏ 𝑒
−𝑖 𝑘π𝑛
2𝑖 𝑘π𝑛
β =
(2𝑖 ) (𝑛−1^ ) 𝑘=
∏ 𝑒
−𝑖 𝑘π𝑛
∏ 𝑒
2𝑖 𝑘π𝑛
β =
(2𝑖 ) (𝑛−1^ )^
𝑒
−𝑖 π𝑛 𝑒
−𝑖 2π𝑛 ... 𝑒
−𝑖 (𝑛−1)π𝑛
𝑘=
∏ 𝑒
2𝑖 𝑘π𝑛
β =
(2𝑖 ) (𝑛−1^ )^
𝑒
−𝑖 π𝑛 −𝑖 2π𝑛 ... 𝑒
−𝑖 (𝑛−1)π𝑛
∏ 𝑒
2𝑖 𝑘π𝑛
β =
(2𝑖 ) (𝑛−1^ )^
𝑒
−𝑖 π𝑛 (1+2+3+ ... +(𝑛−1) )
𝑘=
∏ 𝑒
2𝑖 𝑘π𝑛
β =
(2𝑖 ) (𝑛−1^ )^
𝑒
∏ 𝑒
2𝑖 𝑘π𝑛
β =
(2𝑖 ) (𝑛−1^ )^
𝑒
−𝑖 π(𝑛−1) 2
𝑘=
∏ 𝑒
2𝑖 𝑘π𝑛
β =
2 (𝑛−1^ )
𝑖 (𝑛−1^ )^
𝑒
−𝑖 π(𝑛−1) 2
𝑘=
∏ 𝑒
2𝑖 𝑘π𝑛
Se sabe:
𝑖 = 𝑐𝑜𝑠
π
( 2 ) + 𝑖 𝑠𝑖𝑛^
π
𝑖 π 2
Entonces:
β =
2 (𝑛−1^ )
𝑖 π 2
(𝑛−1 ) 𝑒
−𝑖 π(𝑛−1) 2
𝑘=
∏ 𝑒
2𝑖 𝑘π𝑛
β =
2 (𝑛−1^ )^
𝑒
𝑖 π 2
𝑒
−𝑖 π(𝑛−1) 2
𝑘=
∏ 𝑒
2𝑖 𝑘π𝑛
β =
2 (𝑛−1^ )^
𝑒
−𝑖 π 𝑛−1(^2 ) 𝑒
−𝑖 π(𝑛−1) 2
𝑘=
∏ 𝑒
2𝑖 𝑘π𝑛
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Por otro lado:
𝐹(𝑧) = 𝑧
− 1 = 𝑧 + 𝑧
+... + 𝑧
− (1 + 𝑧 + 𝑧
+... + 𝑧
)
𝐹(𝑧) = 𝑧 1 + 𝑧 + 𝑧
+... + 𝑧
( ) − (1 + 𝑧 + 𝑧
+... + 𝑧
)
𝐹(𝑧) = 1 + 𝑧 + 𝑧
+... + 𝑧
( ) (𝑧 − 1^ )^ 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 2
Igualando la ecuación 1 y la ecuación 2:
(𝑧 − 1)(𝑧 − 𝑤
)... (𝑧 − 𝑤
) = 1 + 𝑧 + 𝑧
+... + 𝑧
( ) (𝑧 − 1^ )
(𝑧 − 𝑤
)(𝑧 − 𝑤
)... (𝑧 − 𝑤
) = 1 + 𝑧 + 𝑧
+... + 𝑧
( )
Evaluando 𝑧 = 1
(1 − 𝑤
)(1 − 𝑤
)... (1 − 𝑤
) = 1 + 1 + 1
+... + 1
( )
(1 − 𝑤
)(1 − 𝑤
)... (1 − 𝑤
) = 𝑛
Por lo tanto:
𝑛 = (− 1 )
(𝑤
− 1)(𝑤
− 1)... (𝑤
− 1)
𝑛 = (− 1 )
∏ 𝑤
( − 1)
∏ 𝑤
( − 1) =^
Finalmente:
β =
(𝑛−1 ) (− 1^ )^
∏ 𝑤
( − 1)
β =
2 (𝑛−1^ )^
(− 1 )
β = 𝑘=
∏ 𝑠𝑖𝑛
𝑘π ( (^) 𝑛) =^
2 (𝑛−1^ )
𝑠𝑖𝑛 Lqqd.
π ( (^) 𝑛)𝑠𝑖𝑛 2^
π ( (^) 𝑛)𝑠𝑖𝑛 3^
π ( (^) 𝑛)𝑠𝑖𝑛 4^
π ( (^) 𝑛) ... 𝑠𝑖𝑛 (𝑛 − 1)^
π ( (^) 𝑛) =^
(𝑛−1 )
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Ejercici 2
Solució :
Si la función 𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) es diferenciable en 𝑧 , al usar la 0
= 𝑥 0
de inición de derivada de una función compleja variable, se obtienen las ecuaciones de
Caucht Riemann en coordenadas polares
∂𝑢 ∂𝑥 =^
∂𝑦 ∧^
∂𝑥 =−^
∂𝑦 ... (1)
Ahora, sean 𝑤 = 𝑥 + 𝑖𝑦 ∈ ℂ ∧ 𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦)diferenciable en w.
Transformando 𝑤a coordenadas polares se tiene:
𝑤 = 𝑟 𝑐𝑜𝑠θ + 𝑖𝑠𝑖𝑛θ( )
𝑤 = 𝑟𝑐𝑜𝑠θ + 𝑖𝑠𝑖𝑛θ
De donde: 𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠θ ... (2)
𝑦 = 𝑟𝑠𝑖𝑛θ ... (3)
𝑟 =
𝑐𝑜𝑠θ →^
∂𝑥 =^
⎡⎣ 𝑐𝑜𝑠θ⎤⎦ =
𝑐𝑜𝑠θ ... (4)
θ = 𝑠𝑖𝑛
( (^) 𝑟) →^
∂θ ∂𝑦 =^
∂𝑥 𝑠𝑖𝑛
( (^) 𝑟) ⎡ ⎣
⎤ ⎦
θ =
1 2
1− (^) ( 𝑦𝑟)
2
=
𝑟 1−𝑠𝑖𝑛^2 θ
=
𝑟 (𝑐𝑜𝑠θ )^2
=
𝑟𝑐𝑜𝑠θ ... (5)
Con el cambio de variable
𝑢(𝑥, 𝑦) → 𝑢(𝑟; θ) ∧ 𝑣(𝑥, 𝑦) → 𝑣(𝑟; θ)
Además, 𝑟 y θ dependen de 𝑥 e 𝑦. Por lo tanto, al derivar 𝑢(𝑟; θ) con respecto a 𝑥o con
respecto a 𝑦, se tiene la derivada de una función compuesta y lo mismo ocurre para
𝑣(𝑟; θ).
Así, usando y la regla de la cadena para ijando y derivando con respecto
𝑐𝑜𝑠θ
∂𝑥 θ^ 𝑟
seguimos que:
∂𝑢 ∂𝑥 =^
∂𝑥 =^
𝑐𝑜𝑠θ ... (6)
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𝑓(𝑐 + 𝑦𝑖) = , ahora dicha función la igualamos a , por lo
2 +𝑦
2 − 𝑖^
2 +𝑦
2 𝑥 + 𝑦
tanto:
𝑥 = , ahora despejamos de
𝑐^2 +𝑦^2
∧ 𝑦 =
𝑐^2 +𝑦^2
𝑦 𝑥
𝑦 =− , ya que tenemos dos ecuaciones de iguales, analizamos:
𝑐^2 +𝑦^2
𝑦
− , se llega a la conclusión que
2 +𝑦
2 =−^
2 +𝑦
2 𝑐 = 𝑦
Finalmente, se concluye que la imagen de la recta 𝑥 = 𝑐estará bajo la
transformación de 𝑓(𝑧) = , donde será la recta
𝑧 𝑦 = 𝑐
b)
, multiplicamos el denominador y numerador por su conjugado
𝑧 =^
respectivo:
1 𝑧 =^
𝑥−𝑖𝑦 =^
2 +𝑦
2
Debido a que en el denominador tenemos 𝑥 se sustituye por :
𝑎
𝑧 =^
𝑎^2
Ahora compramos la parte real e imaginaria respectivamentes, donde:
𝑥 =
𝑎^2
∧ 𝑦 =−
𝑎^2
Finalmente, estas ecuaciones planteadas demuestran que la transformación de la
circunferencia bajo la función 𝑓(𝑧) = se representan bajo las curvas
𝑥 = 𝑎 en un determinado plano complejo.
∧ 𝑦 = 𝑎
