Prepara tus exámenes y mejora tus resultados gracias a la gran cantidad de recursos disponibles en Docsity
Gana puntos ayudando a otros estudiantes o consíguelos activando un Plan Premium
Prepara tus exámenes
Prepara tus exámenes y mejora tus resultados gracias a la gran cantidad de recursos disponibles en Docsity
Prepara tus exámenes con los documentos que comparten otros estudiantes como tú en Docsity
Encuentra los documentos específicos para los exámenes de tu universidad
Estudia con lecciones y exámenes resueltos basados en los programas académicos de las mejores universidades
Responde a preguntas de exámenes reales y pon a prueba tu preparación
Consigue puntos base para descargar
Gana puntos ayudando a otros estudiantes o consíguelos activando un Plan Premium
Comunidad
Pide ayuda a la comunidad y resuelve tus dudas de estudio
Ebooks gratuitos
Descarga nuestras guías gratuitas sobre técnicas de estudio, métodos para controlar la ansiedad y consejos para la tesis preparadas por los tutores de Docsity
Un breve repaso de la teoría de los teoremas y resultados de la variable compleja junto con una gran cantidad de ejercicios resueltos
Tipo: Ejercicios
1 / 52
Esta página no es visible en la vista previa
¡No te pierdas las partes importantes!
Realizado por:
Asignatura:
Proyecto Curricular:
Estudiar el comportamiento de las funciones Analíticas en sus singularidades analizando su representa- ción en series de potencias.
Definición 2.1 (Serie de Taylor). Supóngase que una función f es analítica en un disco abierto 0 < |z−z 0 | < R 0 , centrado en z 0 y de radio R 0. Entonces, en todo punto z del disco, f (z) admite representación en serie de potencias dada por:
f (z) =
∞
n= 0
an(z − z 0 )n^ ; |z − z 0 | < R 0 con an =
f n(z 0 n!
Definición 2.2 (Serie de Laurent). Supóngase que una función f (z) es analítica en un dominio anular R 1 < |z − z 0 | < R 2 , centrado en z 0 y sea C un contorno cerrado simple orientado positivamente alrededor de z 0 y dentro del dominio anular. Entonces, en todo punto z del dominio, f (z) admite la representación en serie de potencias dada por:
f (z) =
∞
n= 0
an(z − z 0 )n^ +
∞
n= 0
bn (z − z 0 )n^ R 0 < |z − z 0 | < R 1
Donde an =
2 iπ
∫ C
f (z) (z − z 0 )n+^1 dz y bn =
2 iπ
∫ C
f (z) (z − z 0 )−n+^1 dz n ∈ N.
Definición 2.3 (Singularidad Esencial). Una singularidad esencial es aquella que tiene expansión de Laurent con un número infinito de potencias inversas de (z − z 0 ).
z − z 0 = δ 2 < δ , entonces por Teorema 2 (Teorema de acotación) el valor absoluto de la integral del lado derecho de la igualdad en la ecuación anterior safistace ∣∣ ∣∣
∮ L
f (z) − f (z 0 ) z − z 0 dz
∣∣ ≤ 2 πε δ 2
δ 2
ã = 2 πε
Es decir, el valor absoluto de la integral puede hacerce arbitrariamente pequeña tomando el radio de la circunferencia L, suficientemente pequeño. Esto puede suceder solo si la integral es cero, así ∮ L
f (z) (z − z 0 ) dz = 2 πi f (z 0 )
y dividiendo entre 2πi llegamos a la fórmula que buscabamos
Teorema 2.3. Una función f es analítica en todo el plano finito excepto en un número finito de puntos singulares interiores a un contorno cerrado simple y orientado positivamente C, entonces ∫ C
f (z)dz = 2 iπ
n
k= 1
Res
ï 1 z^2 f
z
ã ; 0
ò
Teorema 2.4. Un punto singular aislado z 0 de una función f es un polo de orden m si y solo si f (z) puede ser escrito en la forma
f (z) = φ (z) (z − z 0 )m donde φ (z) es analítica en z 0 y φ (z 0 ) 6 = 0. Además,
Res[ f (z); z 0 ] =
φ (z 0 ) m = 1
φ m−^1 (z 0 ) (m − 1 )! m ≥ 2
Teorema 2.5. Sea f una función analítica en un punto z 0. La función tiene un cero de orden m si y solo si existe una función g, la cual es analítica y no nula en z 0 , tal que
f (z) = (z − z 0 )mg(z)
Teorema 2.6. Supongamos que:
Entonces el cociente p(z) q(z)
tiene un polo de orden m en z 0.
Teorema 2.7. Sean p y q dos funciones analíticas en un punto z 0. Si p(z 0 ) 6 = 0 , q(z 0 ) = 0 y q′(z 0 ) 6 = 0
entonces z 0 es un polo simple del cociente p(z) q(z) y
Res
ï p(z) q(z)
; z 0
p(z 0 ) q′^ (z 0 )
z + 1 6 = 0 ⇒ z 6 = − 1 y f ( 0 ) = 0 f (z) es analítica en {z ∈ C; |z| < ∞}/{z ∈ C; Re(z) ≤ − 1 ∧ Im(z) = 0 }
f ′(z) =
z + 1
z + 1 f ′′(z) =
(z + 1 )^2 f ′′′(z) = −(− 2 )(z + 1 ) (z + 1 )^4
(z + 1 )^3
f (^4 )(z) = − 2 · 3 (z + 1 )^2 (z + 1 )^6
(z + 1 )^4 ,... , f (n)(z) = (− 1 )n−^1 (n − 1 )! (z + 1 )n f (n)( 0 ) = (− 1 )n−^1 (n − 1 )!
an = f (n)( 0 ) n!
(− 1 )n−^1 (n − 1 )! n!
(− 1 )n−^1 (n − 1 )! n(n − 1 )!
= (− 1 )n−^1 n n = 0 , 1 , 2 , 3 , ...
Log(z + 1 ) =
∞
n= 1
(− 1 )n−^1 · zn n = z −
z^2 2
z^3 3
z^4 4
{z ∈ C; |z| < ∞}/{z ∈ C; Re(z) ≤ − 1 ∧ Im(z) = 0 }
Re(z)
Im(z)
-1-1^00
1 2
2 3
3
4
4
5
5
6
6
7
7
-1-1^00
1 2
2 3
3
4
4
5
5
6
6
7
7
-1-1^00
1 2
2 3
3
4
4
5
5
6
6
7
7
-1-1^00
1 2
2 3
3
4
4
5
5
6
6
7
7
-1-1^00
1 2
2 3
3
4
4
5
5
6
6
7
7
-1-1^00
1 2
2 3
3
4
4
5
5
6
6
7
7
-1-1^00
1 2
2 3
3
4
4
5
5
6
6
7
7
Figura: Región de Analiti- cidad y Conv.
b) f (z) = z z^2 − 2 z − 3 Solución: z^2 − 2 z − 3 = (z − 3 )(z + 1 ) 6 = 0 ⇒ z 6 = 3 y z 6 = − 1 f (z) = z (z − 3 )(z + 1 )
donde f (z) es Analítica en C/{ 3 , − 1 }
Haciendo Fracciones Parciales: z (z + 1 )(z − 3 )
z + 1
z − 3
⇒ f (z) = A(z − 3 ) + B(z + 1 ) (z + 1 )(z − 3 ) ⇒ z = z(A + B) + (− 3 A + B) ß A + B = 1 − 3 A − B = 0
z (z + 1 )(z − 3 )
4 (z + 1 )
4 (z − 3 )
a) Sen( 2 z + 1 ) en potencias de (z + 1 ) Solución:
Sen( 2 z + 1 ) = ei(^2 z^ +^1 )^ − e−i(^2 z^ +^1 ) 2 i
2 i
· [ei(^2 z^ +^ a)^ − e−i(^2 z^ +^1 )]
f (z) = ei(^2 z^ +^1 )^ f ′(z) = ( 2 i)ei(^2 z^ +^1 ) f (n)(z) = ( 2 i)nei(^2 z^ +^1 )^ ⇒ f (n)(− 1 ) =( 2 i)ne−i g(z) = e−i(^2 z^ +^1 )^ g′(z) = (− 2 i)e−i(^2 z^ +^1 ) g(n)(z) = (− 2 i)ne−i(^2 z^ +^1 )^ ⇒ g(n)(− 1 ) =(− 2 i)nei
f (z) =
∞
n= 0
f (n)(− 1 )zn n!
∞
n= 0
( 2 i)ne−izn n! ; |z| < ∞
g(z) =
∞
n= 0
g(n)(− 1 )zn n!
∞
n= 0
(− 2 i)neizn n! ; |z| < ∞
Sen( 2 z + 1 ) =
2 i
∞
n= 0
ñ 2 nine−i(z + 1 )n n!
(− 1 )n 2 ninei(z + 1 )n n!
ô , |z| < ∞
2 i
∞
n= 0
in 2 n(z + 1 )n n!
î e−i^ + (− 1 )nei
ó , |z| < ∞
b) ez^ en potencias de (z + 1 ) Solución:
f (z) = ez^ f ′(z) = ez^ ,... , f (n)(z) = ez
f (n)( 1 / 2 ) = e
(^12) ⇒ an = e^1 /^2 n! Así reemplazando se tiene que ez^ en potencias de 2z − 1 es :
ez^ =
∞
n= 0
f (n)( 1 / 2 )( 2 z − 1 )n n!
∞
n= 0
e^1 /^2 ( 2 z − 1 )n n! , | 2 z − 1 | < ∞
= e^1 /^2
ñ 1 + ( 2 z − 1 ) 1!
( 2 z − 1 )^2 2!
( 2 z − 1 )^3 3!
ô , | 2 z − 1 | < ∞
c)
3 z + 1 en potencias de (z + 2 )
Solución:
f (z) = ( 3 z + 1 )−^1 ⇒ f (− 2 ) = −
f ′(z) = (− 1 )( 3 )( 3 z + 1 )−^2 ⇒ f ′(− 2 ) = −
f ′′(z) = (− 1 )(− 2 )( 32 )( 3 z + 1 )⇒^ f ′′(− 2 ) =
f ′′′(z) = (− 1 )(− 2 )(− 3 )( 33 )( 3 z + 1 )−^4 ⇒ f ′′′(− 2 ) = −
f (n)(z) = (− 1 )n 3 nn!( 3 z + 1 )−(n+^1 )^ ⇒ f (n)(− 2 ) = − (− 1 )nn!3n (− 5 )n+^1
an = f (n)(− 2 ) n! = (− 1 )( 3 n)( 5 )−(n+^1 )^ = −
3 n 5 n 1 3 z + 1
∞
n= 0
3 n(z + 2 )n 5 n^
, |z + 2 | <
d) z z^2 + 1 en potencias de z Solución:
Reemplazando z por z = −z^2 en
1 − z
∞
n= 0
zn^ ; |z| < 1 se tiene que :
1 1 + z^2
∞
n= 0
(−z^2 )n^ =
∞
n= 0
(− 1 )nz^2 n^ ; |z| < 1
Multiplicando por z la formula anterior se tiene: z z^2 + 1 = z
∞
n= 0
(− 1 )nz^2 n^ =
∞
n= 0
(− 1 )nz^2 n+^1 ; |z| < 1
z z^2 + 1 = z − z^3 + z^5 − z^7 + · · · ; |z| < 1
e) Cos^2
iz 2
ã en potencias de z Solución:
ï Cos
iz 2
e
i iz (^2) + e −i iz 2 2
2
=
e
z (^2) + e
z 2 2
2
=
ï e−z^ + ez^ + 2 2
ò = Cosh(z) + 1
Recordando que la serie para el Cosh(z) es Cosh(z) =
∞
n= 0
z^2 n 2 n! ; |z| < ∞ Entonces reemplazando:
f (z) No es analítica en z = 0, el dominio de analiticidad es C/{ 0 }
Senz z^2
z^2 Senz =
z^2
∞
n= 0
(− 1 )nz^2 n+^1 ( 2 n + 1 )! , 0 < |z| < ∞
∞
n= 0
(− 1 )nz^2 n−^1 ( 2 n + 1 )! , 0 < |z| < ∞
z
z 3!
z^3 5!
z^5 7!
z^7 9!
z^9 11! +... ,0 < |z| < ∞
c) z^3 e
(^1) z
Solución: f (z) No es analítica en z = 0, el dominio de analiticidad es C/{ 0 }
z^3 ez^ = z^3
∞
n= 0
zn n!
; , |z| < ∞
z^3 e
(^1) z = z^3
∞
n= 0
znn! ; , 0 < |z| < ∞
z^3 e
∞
n= 0
zn−^3 n! ; , 0 < |z| < ∞
= z^3 +
z^2 1!
z 2!
z
z^2
+... ,0 < |z| < ∞
d) 1 −Cos(z) z^2 Solución: f (z) No es analítica en z = 0, el dominio de analiticidad es C/{ 0 }
1 − coz(z) z^2
z^2 ( 1 − cos(z))
=
z^2
∞
n= 0
(− 1 )nz^2 n 2 n!
) , 0 < |z| < ∞
z^2
∞
n= 0
(− 1 )nz^2 n−^2 2 n! , 0 < |z| < ∞
z^2 4!
z^4 8!
z^6 10!
z^8 12! −... ,0 < |z| < ∞
e) ez^ − 1 z Solución:
f (z) No es analítica en z = 0, el dominio de analiticidad es C/{ 0 } ez^ − 1 z
z (ez^ − 1 ) =
z
n= 0
zn n!
å , 0 < |z| < ∞
∞
n= 0
zn−^1 n!
z , 0 < |z| < ∞
z 2!
z^2 3!
z^3 4!
z^4 5!
z^5 6! +... ,0 < |z| < ∞
f ) 1 − e−z z^3 Solución: f (z) No es analítica en z = 0, el dominio de analiticidad es C/{ 0 } 1 − e−z z
z ( 1 − e−z) =
z
∞
n= 0
(− 1 )nzn n!
å , 0 < |z| < ∞
z
∞
n= 0
(− 1 )n+^1 zn−^1 n!
, 0 < |z| < ∞
z 2!
z^2 3!
z^3 4!
z^4 5!
z^5 6! +... ,0 < |z| < ∞
a) f (z) =
(z − 2 )(z − 3 ) i) 2 < |z| < 3; ii) 3 < |z| < ∞ Solución: Para 2 < |z| < 3 1 (z − 2 )(z − 3 )
z − 2
z − 3
⇒ f (z) = A(z − 3 ) + B(z − 2 ) (z − 3 )(z − 2 ) ⇒ 1 = z(A + B) + (− 3 A − 2 B) ß A + B = 0 − 3 A − 2 B = 1 ⇒
ß B = 1 A = − 1 ⇒^
(z − 2 )(z − 3 )
z − 2
z − 3 Entonces tenemos que :
f (z) = −
z − 2
z − 3
z
z
è
−
z 3
é
z
n= 0
z
ãnå −
n= 0
( (^) z 3
)nå ; 2 < |z| < 3
∞
n= 0
2 n zn+^1 ︸ ︷︷ ︸ |z|> 2
∞
n= 0
zn 3 n+^1 ︸ ︷︷ ︸ |z|< 3
; 2 < |z| < 3
Para 1 < |z| < 4 1 (z + 2 )( 1 + z^2 )
z + 2
Bz +C z^2 + 1 ⇒ f (z) = Az^2 + A + Bz^2 +Cz + 2 Bz + 2 C (z + 2 )(z^2 + 1 ) ⇒ 1 = z^2 (A + B) + z( 2 B +C) + A + 2 C
⇒ f (z) =
5 (z + 2 )
2 − z 5 (z^2 + 1 )
z 2
z^2
⇒ |z^2 | < 4 ∧ |z| > 1
f (z) =
z 2
2 − z 5 z^2
z^2
ã (^) = 1 10
∞
n= 0
(− 1 )nzn 2 n^
2 − z 5
∞
n= 0
(− 1 )n z^2 n+^2 ︸ ︷︷ ︸ 1 <|z|< 4 Para 4 < |z| < ∞ 1 (z + 2 )( 1 + z^2 )
z + 2
Bz +C z^2 + 1
⇒ f (z) = Az^2 + A + Bz^2 +Cz + 2 Bz + 2 C (z + 2 )(z^2 + 1 ) ⇒ 1 = z^2 (A + B) + z( 2 B +C) + A + 2 C
⇒ f (z) =
5 (z + 2 )
2 − z 5 (z^2 + 1 )
z
z^2
⇒ |z^2 | > 4 ∧ |z| > 1
f (z) =
5 z( 1 +
z
2 − z 5 z^2
z^2
ã (^) = 1 5
∞
n= 0
(− 1 )n 2 n zn+^1
2 − z 5
∞
n= 0
(− 1 )n z^2 n+^2 ︸ ︷︷ ︸ 4 <|z|<∞
=
∞
n= 0
(− 1 )n 2 n zn+^1
∞
n= 0
(− 1 )n z^2 n+^2
∞
n= 0
(− 1 )n+^1 z^2 n+^1 ︸ ︷︷ ︸ 4 <|z|<∞
=
z^3
z^4
z^5
z^6
z^7
z^8
z^9
4 <|z|<∞
d) z (z^2 − 4 )(z^2 − 1 ) i) 1 < |z| < 2 Solución:
z (z^2 − 4 )(( 1 + z^2 )
z − 2
z + 2
Cz + D z^2 + 1 ⇒ f (z) = z^3 (A + B +C) + z^2 ( 2 A − 2 B + D) + z(A + B − 4 C) (z^2 − 4 ) 1 + z^2
( 1 + z^2 )((z^2 − 4 )) ⇒ z = z^3 (A + B +C) + z^2 ( 2 A − 2 B + D)
⇒ f (z) =
10 (z − 2 )
10 (z + 2 )
5 ( 1 + z^2 )
f (z) = −
∞
n= 0
zn 2 n ︸ ︷︷ ︸ |z|< 2
∞
n= 0
(− 1 )nzn 2 n ︸ ︷︷ ︸ |z|< 2
5 z^2
∞
n= 0
z^2 n ︸ ︷︷ ︸ 1 <|z|
f (z) =
∞
n= 0
(− 1 )nzn^ − zn 2 n ︸ ︷︷ ︸ |z|< 2
∞
n= 0
z^2 n+^2 ︸ ︷︷ ︸ 1 <|z| Para n par la primera suma se anula asi que solo definámosla para n impar
f (z) = 201
∞
n= 0
−zn 2 n−^1 ︸ ︷︷ ︸ |z|< 2
∞
n= 0
z^2 n+^2 ︸ ︷︷ ︸ 1 <|z|
e) z z^2 + 1 i) 0 < |z − i| < 2 Solución:
f (z) = z z^2 + 1
(z − i) + i (z − i)((z − i) + 2 i)
(z − i) + i z − i
2 i
z − i 2 i = (z − i) + i z − i
2 i
(z − i)i 2
f (z) = − i 2
i z − i
ã (^) ∞
n= 0
(z − i)i 2
i z − i
ã (^) ∞
n= 0
(z − i)nin+^1 2 n+^1
f (z) =
∞
n= 0
(z − i)nin+^1 2 n+^1
∞
n= 0
(z − i)n−^1 in+^2 2 n+^1 0 < |z − i| < 2
f )
(z^2 − 4 )^2 i) 4 < |z + 2 | < ∞
Por tanto z 0 = 0 es un cero de orden 3.
c) f (z) = z^6 ( (^) z 2
Sen z 2
Solución: Aplicando el desarrollo en serie de Maclaurin para Sen
( (^) z 2
∞
n= 0
(− 1 )nz^2 n+^1 22 n+^1 ( 2 n + 1 )! |z| < ∞
Se tiene que :
f (z) = z^6 ( (^) z 2
Sen z 2
z^6 ( (^) z 2 − Sen z 2
) ( (^) z 2
Ç z^6 z 2
∞
n= 0
(− 1 )nz^2 n+^1 22 n+^1 ( 2 n + 1 )!
å Ç z 2
∞
n= 0
(− 1 )nz^2 n+^1 22 n+^1 ( 2 n + 1 )!
å
Ç z^6 z 2
z 2
z^3 23 3!
z^5 25 5!
z^7 27 7!
åå Ç z 2
z 2
z^3 23 3!
z^5 25 5!
z^7 27 7!
åå
Ç z^6 z^3 23 3!
z^5 25 5!
z^7 27 7!
å Ç z − z^3 23 3!
z^5 25 5!
z^7 27 7!
å
f (z) = Ç z^2 1 23 3!
z^2 25 5!
z^5 27 7!
å Ç 1 − z^2 23 3!
z^4 25 5!
z^6 27 7!
å
= (z − 0 )^2
z^2 25 5!
z^5 27 7!
å Ç 1 − z^2 23 3!
z^4 25 5!
z^6 27 7!
å
Asi que f (z) = (z− 0 )^2 ϕ(z) donde ϕ(z) =
z^2 25 5!
z^5 27 7!
å Ç 1 − z^2 23 3!
z^4 25 5!
z^6 27 7!
å
es Analítica en z = 0 y no nula Por tanto z 0 = 0 es un cero de orden 2
d) f (z) = z^2 (ez
2 − 1 ) Solución: Aplicando la serie de Maclaurin para ez
∞
n= 0
z^2 n n! |z| < ∞ se tiene que :
f (z) = z^2
n= 0
z^2 n n!
å = z^2
ñÇ 1 + z^2 1!
z^4 2!
z^6 3!
å − 1
ô = z^2
ñ z^2 1!
z^4 2!
z^6 3!
ô
= z^4
ñ 1 1!
z^2 2!
z^4 3!
ô = (z − 0 )^4
ñ 1 1!
z^2 2!
z^4 3!
ô
Asi f (z) = (z − 0 )^4 ϕ(z) donde ϕ(z) =
ñ 1 1!
z^2 2!
z^4 3!
ô la cual es Analítica en z 0 = 0 y es no nula. Por tanto z 0 = 0 es un cero de orden 4.
e) f (z) =
( 1 − cos 2 z)^2 z − Senhz Solución: Aplicando la serie de Maclaurin para Cos( 2 z) =
∞
n= 0
(− 1 )n 22 nz^2 n 2 n! ; |z| < ∞ y Senh(z) =
∞
n= 0
z^2 n+^1 ( 2 n + 1 )! entonces reemplazando se tiene que:
f (z) = ( 1 − cos 2 z)^2 z − Senhz
∞
n= 0
(− 1 )n 22 nz^2 n 2 n!
å 2
z −
∞
n= 0
z^2 n+^1 ( 2 n + 1 )!
22 z^2 2
24 z^4 4!
åå 2
z −
z + z^3 3!
z^5 5!
å
f (z) =
22 z^2 2
24 z^4 4!
å 2
z^3 3!
z^5 5!
z^7 7!
z^4
24 z^2 4!
å 2
z^3
z^2 5!
z^5 7!
å = z ·
24 z^2 4!
å 2
z^2 5!
z^5 7!
å
Así f (z) = (z − 0 )^1 ϕ(z) donde ϕ(z) =
24 z^2 4!
å 2
z^2 5!
z^5 7!
å (^) es Analítica en z 0 = 0 y es no
nula. Por tanto z 0 = 0 es un cero de orden 1. f ) f (z) = 6 Sen(z^3 ) + z^3 (z^6 − 6 ) Solución: Aplicando la serie de Maclaurin para Sen(z^3 ) =
∞
n= 0
(− 1 )n(z)^3 (^2 n+^1 ) ( 2 n + 1 )! |z| < ∞ reemplazando se tiene que:
f (z) = 6 Sen(z^3 ) + z^3 (z^6 − 6 ) = 6
∞
n= 0
(− 1 )n(z)^3 (^2 n+^1 ) ( 2 n + 1 )!
z^3 −
z^9 3!
z^15 5!
z^21 7!
å
z^9 3!
z^15 5!
z^21 7!
å
z^15 5!
z^21 7!
å = z^15
z^6 7!
åå
Asi f (z) = (z − 0 )^15 ϕ(z) donde ϕ(z) = 6
z^6 7!
å es Analítica en z 0 = 0 y no nula. Por tanto z 0 = 0 es un cero de orden 1 5
Sí reemplazamos z por z =
z se tiene
Cos
z
∞
n= 0
(− 1 )n z^2 n( 2 n)! ; 0 < |z| < ∞
ï 1 −
z^2 2!
z^4 4!
z^6 6!
ò
Por tanto z 0 = 0 es una Singularidad esencial de f (z).
e) z z^5 + 2 z^4 + z^3 Solución: f (z) = z z^5 + 2 z^4 + z^3
z z^3 (z^2 + 2 z + 1 )
z^2 (z + 1 )^2 Expresando f (z) = ϕ(z) z^2 dondeϕ(z) =
(z + 1 )^2
La cual analítica en z 0 = 0 y ϕ( 0 ) =
= 1 6 = 0. Luego por Teorema 1 tenemos que z 0 = 0 es un polo de orden 2 de manera similar si hacemos
f (z) = ϕ(z) (z + 1 )^2 donde ϕ(z) =
z^2
es analítica en z 0 = −1 y ϕ(− 1 ) =
= 1 6 = 0. Luego por Teorema 1, es fácil ver que z 0 = −1 es un polo de orden 2 f ) z Sen
z
ã
Solución: Sabemos que Sen(z) =
∞
n= 0
(− 1 )nz^2 n+^1 ( 2 n + 1 )! ; |z| < ∞
Reemplazando z por z =
z tenemos
Sen
z
∞
n= 0
(− 1 )n z^2 n+^1 ( 2 n + 1 )! ; 0 < |z| < ∞
Así, tenemos que:
f (z) = zSen
z
ã = z[
∞
n= 0
(− 1 )n z^2 n+^1 ( 2 n + 1 )! ]; 0 < |z| < ∞
= z
ï 1 z
z^3 3!
z^5 5!
z^7 7!
ï 1 −
z^2 3!
z^4 5!
z^6 7!
ò
Así, z 0 = 0 es una Singularidad esencial de f (z)
g)
e−z^ − 1
z^2 Solución: f (z) =
e−z^ − 1
z^2
z^2 + e−z^ − 1 z^2 e−z^ − z^2
las Singularidades para f (z) están cuando z = 0 y e−z^ = 1 Para z = 0 Recordando el teorema que dice que sí: l´ım z→z 0 | f (z)| = ∞ entonces z 0 es un polo,tenemos que:
l´ım z→ 0
e−z^ − 1
z^2
∣∣l´ım z→ 0
e−z^ − 1
z^2
ã∣∣ ∣∣ =
∣∣l´ım z→ 0
e−z^ − 1
z^2
Por tanto z=0 es un polo Para e−z^ = 1 e−z^ = 1 ⇒ z = 2 πni n ∈ N
l´ım z→ 2 πni
e−z^ − 1
z^2
∣∣ l´ım z→ 2 πni
e−z^ − 1
z^2
ã∣∣ ∣∣ =
∣∣ l´ım z→ 2 πni
e−z^ − 1
z^2
4 π^2 n^2
e−z^ − 1 =
∞
n= 0
(− 1 )nzn n! − 1 ; |z| < ∞
= [ 1 − z + z^2 2!
z^3 3!
= −z + z^2 2!
z^3 3!
= z
ñ − 1 + z 2!
z^2 3!
ô
Si hacemos h(z) = ϕ(z) z donde ϕ(z) = ñ^1 − 1 + z 2!
z^2 3!
ô
es claro que es analítica en z = 2 πni y no nula. Por tanto por Teorema z = 2 πni es un Polo Simple
h) e
z^2 Solución: Aplicando la serie de Maclaurin para
ez^ =
∞
n= 0
zn n! ; |z| < ∞
reemplazando z por z =
z^2 se tiene:
e
z^2 =
∞
n= 0
z^2 nn! ; 0 < |z| < ∞
z^2
z^4 2!
z^6 3!
