Transcript
Pauta Control 7, C´
alculo 4
Profesor: Dr. Carlos Lizama
Ayudante: Roberto N´
un
˜ez
Problema 1. Hallar todos los polos de f (z) = z2 (e1z −1) . Determine el orden
y el residuo de f en cada polo.
Soluci´
on:
Es claro que f tiene singularidades , en z = 0 y en z = 2nπi.
Para z = 2nπi con n ∈ Z − {0} es un polo de orden 1, pues (ez − 1)0 = ez 6= 0,
calculando su residuo(usando L0 Hopital para calcular el l´ımite)
Res(
1
z 2 (ez
− 1)
, 2nπi) =
l´ım (z − 2nπi)
z→2nπi
1
z 2 (ez
− 1)
2
=−
1
, n ∈ Z − {0}
4n2 π 2
3
Para el caso z=0, primero vemos que ez −1 = z+ z2 + z6 +... entonces f (z) = g(z)
z3 ,
y como g(0) = 1 6= 0, se tiene que z=0 es un polo de
donde g(z) = z z12
2+ 6
+...
orden 3, para el residuo notemos que
00
g (z) = −
( 13 +
como g 00 (0) =
z
8
+ ...)(1 +
z
2
+
z2
6
+ ...)2 − 2( 21 +
(1 +
1
6
z
2
+
z2
6
+
z
3 +
...)4
...)2 (1 +
z
2
+
z2
6
+ ...)
entonces se tiene que
Res(f, 0) = g 00 (0) =
1
6
Problema 2. Determine el tipo de singularidad de cada una de las siguientes
funciones en z = 0.
z 2 +2
a) f (z) = z(z−1)
Soluci´
on:
P∞
2
−z 2 −2
Reescribiendo a f como f (z) = z(1−z)
= −zz−2 n=0 z n si |z| < 1 entonces
P∞
f (z) = (−z 2 − 2) n=0 z n−1 = ( z1 + 1 + z + z 2 + ...)(−z 2 − 2) si |z| < 1
2
⇒ f (z) = −2
z − 2 − z − z + ... por ende z = 0 es un polo con residuo -2.
1
b) f (z) = 1−e
z
Soluci´
on:
Notemos que las singularidades de f son z = 2kπi, k ∈ Z y por ende son las
1
1
1
1
−1
1
mismas que las de g(z) = 1−e
z + z , ahora 1−ez + z = z ( 1+ z +... − 1) de donde
2!
resulta claro que z=0 es una singularidad reparable para g, as´ı z = 0 es una
singularidad reparable de f .
c) f (z) = cos(z)−1
z
Soluci´
on:
2
4
3
z6
z5
Como cos(z) − 1 = − z2 + z24 − 720
+. . . ⇒ cos(z)−1
= − z2 + z24 − 720
+. . . luego
z
de este desarrollo es claro que z = 0 es una singularidad reparable.
1
Problema 3. Calcule los tres primeros t´erminos no nulos del desarrollo en serie
de Laurent de la funci´
on
1
f (z) = 2
z senh(z)
en un anillo de la forma 0 < |z| < R. Cu´al es el mayor valor posible de R?
Soluci´
on: Notemos que z=0 es un polo de orden 3, pues senh(0) = 0, ahora
1
calculemos la expansi´
on de Laurent alrededor del 0, como senh(z)
tiene un polo
simple en z=0, se tiene que
1 a−1
1
1
z 2 senh(z) = z 2 ( z + a0 + a1 z + ...) donde a− 1 es el residuo de senh(z) en z=0,
1
senh(z) senh(z)
−1
a−1 = 1, a0 = 0, a3!
a−1
a0
a1
( z3 + z2 + z + ...)
ahora usando que
3
5
= 1 ⇒ ( a−z 1 +a0 +a1 z+...)(z+ z3! + z5! +...) = 1
−1
resulta que
+ a1 = 0 ⇒ a1 = −1
3! = 6 , finalmente como
1
se tiene que tres primeros t´erminos de la serie
z 2 senh(z) =
de Laurent en la corona 0 < |z| < |R| son:
1 0 −1
; ;
z 3 z 2 6z
donde Rm´ax = 1
2