Universidad de CaraboboFacultad de Ingenierıa

Fecha: 12/12/09Sec.:Nombre:C.I.:

Matematicas Aplicadas(1er Examen Parcial - 2/2009)

1. Determine y grafique la region en la cual la funcion f(z) = 1z+2j

transforma la region:

D = {z : |z| ≤ 1 , −π4< Arg(z) <

3π

4} ((6p))

Solucion:

La grafica de la region D esta dada por:

-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

x

y

Despejando z de w = 1z+2j

se tiene

z =u

u2 + v2− j

(v

u2 + v2+ 2

)

por lo tanto

x =u

u2 + v2y = −

(v

u2 + v2+ 2

)Por otra parte la region B puede describirse en terminos de las variables x e y como

B = {(x, y) : x2 + y2 ≤ 1 , y > −x}

Sustituyendo las variables x e y por sus expresiones en terminos de las variables u y v tendre-mos

Para x2 + y2 ≤ 1:

u2

(u2 + v2)2+ (

v2

(u2 + v2)2+

4v

u2 + v2+ 4) ≤ 1

Simplificando se obtiene

u2 + (v +2

3)2 ≤ 1

9

Para y > −x:

−(v

u2 + v2+ 2) > − u

u2 + v2

Al simplificar se obtiene

(u− 1

4)2 + (v +

1

4)2 <

1

8

Entonces la region transformada sera

B∗ = {(u, v) : u2 + (v +2

3)2 ≤ 1

9, (u− 1

4)2 + (v +

1

4)2 <

1

8}

Cuya grafica esta dada por:

-0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

x

y

2. Calcule usando el valor principal (k = 0) de las funciones multivaluadas involucradas: (2Ptosc/u.)

a) arg[(−2 + 5√−1− i)3]

Solucion:

Calculemos primeramente 5√−1− i, para ello requerimos realizar los siguientes calculos:

arg (−1− i) = −34π y |−1− i| =

√2

por lo que: 5√−1− i = |−1− i|

15 ei

arg(−1−i)+2kπ5 =

5√√

2ei

(− 3

4π+2kπ

5

)que con k = 0 tenemos:

5√−1− i = − 10

√2e

i

(− 3

4π+2·0·π5

)= 10√

2e−320iπ ≈ −0,954 96 + 0,486 57i

ahora tenemos:

(−2 + 5√−1− i)3 = (−2 +

10√

2e−320iπ)3

≈ (−1. 045− 0,486 57i)3

≈ −0,398 95− 1. 478 8i

y finalmente:

arg[(−2 + 5

√−1− i)3

]= arg (−0,399 05− 1. 479 0i)

= −1. 834 3

b)∣∣log[(sin i)cos(1+i)]

∣∣Solucion:

Calculando sin i

sin i =eii − e−ii

2i= 1. 175 2i

Donde arg (sin i) = 12π y |sin i| = 1. 175 2

Calculando cos(1 + i)

cos (1 + i) =ei(1+i) + e−i(1+i)

2= 0,833 73− 0,988 90i

que al sustituir nos queda:

∣∣log[(sin i)cos(1+i)

]∣∣ = |cos(1 + i) log(sin i)|= |cos (1 + i) [ln |sin i|+ i (arg (sin i) + 2kπ)]|

≈∣∣∣(0,833 73− 0,988 90i)

(ln (1. 175 2) + i

(π2

+ 2kπ))∣∣∣

que con k = 0 se tiene finalmente:∣∣log[(sin i)cos(1+i)

]∣∣ ≈ ∣∣∣(0,833 73− 0,988 90i)(

ln (1. 175 2) + i(π

2

))∣∣∣≈ 2. 042 5

3. Dada la siguiente funcion: ϕ(x, y) = y cosx cosh y − x sinx sinh y, diga si la misma podrıa serla parte imaginaria de alguna funcion analıtica. En caso afirmativo determine la parte real dela funcion y exprese a f (z) en terminos de z. (4Ptos.)

Solucion:

Como ϕ(x, y) = y cosx cosh y − x sinx sinh y

Para que: ϕ(x, y) = y cosx cosh y−x sinx sinh y, pueda ser la parte imaginaria de una funcion

analıtica debe satisfacer la ecuacion de Laplace. Entonces verificamos: ∂2ϕ∂x2 + ∂2ϕ

∂y2= 0.

Calculando ∂2ϕ∂x2

∂2ϕ

∂x2=

∂

∂x

(∂

∂x(y cosx cosh y − x sinx sinh y)

)=

∂

∂x(− sinx sinh y − x cosx sinh y − y sinx cosh y)

∂2ϕ

∂x2= x sinx sinh y − y cosx cosh y − 2 cosx sinh y

Calculando ∂2ϕ∂y2

∂2ϕ

∂y2=

∂

∂y

(∂

∂y(y cosx cosh y − x sinx sinh y)

)=

∂

∂y(cosx cosh y − x sinx cosh y + y cosx sinh y)

∂2ϕ

∂y2= 2 cos x sinh y + y cosx cosh y − x sinx sinh y

Por lo que ϕ(x, y) satisface la ec. de Laplace. Entonces ϕ(x, y) puede ser la parte imaginariade una funcion analıtica f(z) = U(x, y) + iV (x, y), entonces se tiene:

V (x, y) = ϕ(x, y) = y cosx cosh y − x sinx sinh y

de las ecuaciones de Cauchy-Riemman sabemos:

∂U

∂x=∂V

∂y(1a)

∂U

∂y= −∂V

∂x(1b)

de 1a,

∂U

∂x=

∂

∂y(y cosx cosh y − x sinx sinh y)

∂U

∂x= cosx cosh y − x sinx cosh y + y cosx sinh y

integrando respecto de x:∫

(cosx cosh y − x sinx cosh y + y cosx sinh y) dx = x cosx cosh y+y sinx sinh y + C:

U =

∫ x

(cosx cosh y − x sinx cosh y + y cosx sinh y) dx

U = x cosx cosh y + y sinx sinh y +K(y) (2)

Derivando respecto de y para calcular ∂K(y)∂y

se tiene:

∂

∂yU =

∂

∂y(x cosx cosh y + y sinx sinh y +K(y)) (3)

∂

∂yU = sinx sinh y + x cosx sinh y + y sinx cosh y +

∂K (y)

∂y(4)

de la ecuacion 1b sabemos que:

∂U

∂y= −∂V

∂x∂U

∂y= − ∂

∂x(y cosx cosh y − x sinx sinh y)

∂U

∂y= sinx sinh y + x cosx sinh y + y sinx cosh y

sustituyendo este resultado: ∂U∂y

= sinx sinh y + x cosx sinh y + y sinx cosh y, en 4 tenemos:

sinx sinh y+x cosx sinh y+y sinx cosh y = sinx sinh y+x cosx sinh y+y sinx cosh y+∂K (y)

∂y

y simplificando:∂K (y)

∂y= 0

integrando ahora respecto de y, se tiene:

K (y) = C

Sustituyendo en 2:

U = U (x, y) = U = x cosx cosh y + y sinx sinh y + C

Verificando que U satisfaga la ec. de Laplace.

Calculando ∂2U∂x2 :

∂2U

∂x2=

∂

∂x

(∂

∂x(x cosx cosh y + y sinx sinh y + C)

)=

∂

∂x(cosx cosh y − x sinx cosh y + y cosx sinh y)

∂2U

∂x2= −2 sinx cosh y − x cosx cosh y − y sinx sinh y

Calculando ∂2U∂y2

:

∂2U

∂y2=

∂

∂y

(∂

∂y(x cosx cosh y + y sinx sinh y + C)

)=

∂

∂y(sinx sinh y + x cosx sinh y + y sinx cosh y)

∂2U

∂y2= 2 sin x cosh y + x cosx cosh y + y sinx sinh y

Por lo que U(x, y) satisface la ec. de Laplace. Entonces la funcion analıtica f (z) queda:

f (z) = (ex (2 cos y + x cos y − y sin y) + C) + iex ((x+ 2) sin (y) + y cos (y))

Escribiendola en funcion de z queda:

f (z) = (x cosx cosh y + y sinx sinh y + C) + i (y cosx cosh y − x sinx sinh y)

Sabiendo que:

cos (x+ iy) = cosx cosh y − i sinx sinh y

i cos (x+ iy) = i cos (x+ iy) = sinx sinh y + i cosx cosh y

y que z cos (z) = z cosh (iz) , por lo que:

f (z) = x (cosx cosh y − i sinx sinh y) + y (sinx sinh y + i cosx cosh y) + C

= x cos (z) + iy cos (z)

= (x+ iy) cos (z)

f (z) = z cos (z) = z cosh (iz)

4. Determine y represente el dominio de analiticiad de:

a) g (z) = Log (cosh (iz)) (3Ptos.)

Solucion:

Llamemos Dg al dominio de analiticidad de g y en consecuencia al dominio de no anali-ticidad de g, es el complemento del Dg al cual le llamaremos le llamaremos DC

g .

Una de las formas en que puede resolverse esta preguntra es hallando el conjunto endonde g (z) no es analıtica D ; ya que su complemento sera pues, el conjunto en dondeg (z) es analitica.

La funcion Log (w) no es analıtica cuando:

Re (w) ≤ 0 ∧ Im (w) = 0

Entonces aplicando esto tenemos a la region DCg dada por:

Re (cosh (iz)) ≤ 0 ∧ Im (cosh (iz)) = 0

y como se sabe:

cosh (iz) = cosh (i (x+ iy)) = cos x cosh y − i sinx sinh y

entonces se debe cumplir que:

cosx cosh y ≤ 0 ∧ sinx sinh y = 0

y como cosh y > 0 ∀y ∈ R tenemos que necesariamente:

cosx cosh y ≤ 0⇒ cosx ≤ 0 ∴π

2+ 2kπ ≤ x ≤ 3π

2+ 2kπ ∀y ∈ R

y como:

sinx sinh y = 0⇒ (x = k1π, ∀y ∈ R, ∀k1 ∈ Z) ∨ (y = 0 ∀x ∈ R)

entonces: {[(x = k1π, ∀y ∈ R, ∀k1 ∈ Z) ∨ (y = 0 ∀x ∈ R)]∧[

π2

+ 2kπ ≤ x ≤ 3π2

+ 2kπ ∀y ∈ R]

En la siguiente grafica presentamos la solucion del sistema de inecuaciones Df y DCf

resultantes:

-10 -5 0 5 10-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5y

x

b) f (z) = tg(z)2Log(jz)+3

(4Ptos.)

Solucion:

Llamemos Df al dominio de analiticidad de f y en consecuencia al dominio de no anali-ticidad de f , es el complemento del Df al cual le llamaremos le llamaremos DC

f .

Una de las formas en que puede resolverse esta preguntra es hallando el conjunto endonde f (z) no es analıtica D; ya que su complemento sera pues, el conjunto en dondef (z) es analitica.

La funcion Log (w) no es analıtica cuando:

Re (w) ≤ 0 ∧ Im (w) = 0

Entonces tenemos que f no es analıtica (DCf ) en los puntos que satisfacen cualquiera de

las siguientes premisas:

1) Re (iz) ≤ 0 ∧ Im (iz) = 0

2) 2Log (jz) + 3 = 0

3) cos (z) = 0

Resolviendo (i): Re (iz) ≤ 0 ∧ Im (iz) = 0

Que simplificando se obtiene: Re (i (x+ iy)) ≤ 0 ∧ Im (i (x+ iy)) = 0

entonces: (−y ≤ 0 ∧ x = 0)⇒ (y ≥ 0 ∧ x = 0)

Resolviendo (ii): 2Log (jz) + 3 = 0

Que simplificando se obtiene: 2Log (jz) + 3 = 0

Entonces: Log (jz) = −32

∴ Log (iz) = Log(e−

32

)por lo que: iz = e−

32 ∴ z = −ie− 3

2

Que tambien puede verse de la siguiente forma: Log (iz) = ln |iz|+ iArg (iz) = −32

+ i0y al operar queda:

|iz| =3

2, Arg (iz) = π

iz =3

2e−iπ ∴ z = −ie−

32

Resolviendo (iii): cos (z) = 0

Si z = x+ iy tenemos:

cos (z) = cos (x+ iy) = cos x cosh y − i (sinx sinh y)

entonces se debe cumplir que:

cosx cosh y = 0 (5a)

sinx sinh y = 0 (5b)

y como cosh y > 0 ∀y ∈ R tenemos que para satisfacer la Ec. 5a para :

cosx cosh y = 0⇒ cosx = 0 ∴

x =π

2+ kπ ∀y ∈ R

y como sin x 6= 0 si el cosx = 0 tenemos que necesariamente para satisfacer la Ec. 5btenemos:

sinx sinh y = 0⇒ sinh y = 0

∴ y = 0

entonces al intersectar las soluciones:(x =

π

2+ kπ ∀y ∈ R, ∀k ∈ Z

)∧ (y = 0 ∀x ∈ R)

tenemos:z =

(π2

+ kπ)

+ i0, ∀k ∈ Z

En la siguiente grafica presentamos la solucion del sistema de inecuaciones resultantes:

-10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

Nota.: *Prohibido prestamo de lapices, borradores, etc.*Se entrega el examen una hora despues de haber empezado.

*Es obligatorio la entrega de esta hoja de examen al profesor.*No se permite el uso de Celulares en el examen.