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QUIZ DE VARIABLE COMPLEJA 
UNIVERSIDAD DE CUNDINAMARCA 
SEGUNDO CORTE 
03-OCTUBRE-2014 
INTEGRANTES 
Nury Alejandra Gomez Bola~nos cod: 171209110 
1. Calcule 
Z 
jzj=1 
ekzn 
z 
con n entero positivo. Ahora, muestre que 
Z 2 
0 
ekcos(n)cos(ksen(n))d = 2 
. 
SOLUCION: 
Como jzj = 1 es el circulo unitario entonces: 
z = ei 
dz = ieid 
para 0    2. Tenemos que 
Z 2 
0 
ek(ei)n 
ei ieid 
= i 
Z 2 
0 
ek(ei)n 
d 
= i 
Z 2 
0 
ekeni 
d 
= i 
Z 2 
0 
ek(cos(n)+isen(n)d 
= i 
Z 2 
0 
ek(cos(n))eik(sen(n))d 
= i 
Z 2 
0 
ek(cos(n)) [cos(ksen(n)) + isen(ksen(n))] d
= i 
Z 2 
0 
ek(cos(n))cos(ksen(n))d + i 
Z 2 
0 
ek(cos(n))sen(ksen(n))d 
 
Calculando Z 
jzj=1 
ekzn 
z 
Tenemos 
f(z0) = 
1 
2i 
Z 
jzj=1 
ekzn 
z  z0 
= 2i 
Entonces 
2i = i 
Z 
ek(cos(n))cos(ksen(n))d  
Z 
ek(cos(n))sen(ksen(n))d 
Por criterio de la integral de Cauchy 
2 = 
Z 
ek(cos(n))cos(ksen(n))d 
2 = 
Z 
ek(cos(n))cos(ksen(n))d 
. 
2. Pruebe que 
Z 1 
0 
cos(x2)dx = 
p 
 
2 
p 
2 
Sugerencia: f(z) = ez2a lo largo de 0  jzj  R, 0  arg(z)  =4. 
SOLUCION: 
Sea f(z) parametrizada por 
f(z) = e 
h 
x( 
p 
2 
2 
i 
p 
2 
2 ) 
i2 
para x [0;R], 
f(z) = e[Rei]2 
para  [0;R] y 
f(z) = e[2Rt]2 
para t [R; 2R] 
las integrales generadas por la parametrizacion son 
Z R 
0 
e 
h 
x( 
p 
2 
2 
i 
p 
2 
2 ) 
i2 
( 
p 
2 
2 
 i 
p 
2 
2 
)dx + 
Z R 
0 
e[Rei]2 
d  
Z 2R 
R 
e[2Rt]2 
dt = 0(1) 
2
solucionando las integrales por separado tenemos 
INTEGRAL I: 
R h 
p 
p 
R 
 
x( 
2 
ei 
2 
0 2 
2 ) 
i2 
( 
p 
2 
2  i 
p 
2 
2 )dx 
pero ( 
p 
2 
2  i 
p 
2 
2 ) = ei  
4 = 1 
ei4 
entonces 
= 
Z R 
0 
ex2 
hp 
2 
2 
i 
p 
2 
2 
i2  
1 
ei  
4 
 
dx 
= 
 
1 
ei  
4 
 Z R 
0 
ex2 
hp 
2 
2 
i 
p 
2 
2 
i2 
dx 
= 
 
1 
ei  
4 
 Z R 
0 
ex2 
h 
( 
p 
2 
2 )22( 
p 
2 
2 )(i 
p 
2 
2 )+( 
p 
2 
2 i)2 
i 
dx 
= 
 
1 
ei  
4 
 Z R 
0 
ex2 
h 
1 
2 
2( 
p 
2 
2 )2i+( 
p 
2 
2 )2i2 
i 
dx 
= 
 
1 
ei  
4 
 Z R 
0 
ex2[ 1 
2 
2 )i+(1 
2 )(1)]dx 
2( 1 
= 
 
1 
ei  
4 
 Z R 
0 
ex2[ 1 
2 
2 ]dx 
i1 
= 
 
1 
ei  
4 
 Z R 
0 
ex2[i]dx 
= 
 
1 
ei  
4 
 Z R 
0 
eix2 
dx 
INTEGRAL II: 
R R 
0 e[Rei]2  
iRei 
 
d 
= 
Z R 
0 
eR2e2i  
iRei 
d 
= 
Z R 
0 
eR2[cos(2)+isen(2)]  
iRei 
d 
= 
Z R 
0 
eR2cos(2)eR2isen(2)  
iRei 
d 
= 
Z R 
0 
eR2cos(2)  
  
iRei 
d 
cos(R2sen(2))  isen(R2sen(2)) 
= 
Z R 
0 
eR2cos(2)  
  
iRei 
d  i 
cos(R2sen(2) 
Z R 
0 
eR2cos(2)  
  
iRei 
d 
sen(R2sen(2)) 
Como se puede acotar a eR2cos(2) [cos(R2sen(2)] 
 
iRei 
 
entre dos funciones que van para 
cero 
3
eR2cos(2)  eR2cos(2)  
  
iRei 
cos(R2sen(2) 
 eR2cos(2) 
se puede decir que 
Z R 
0 
eR2cos(2)  
  
iRei 
cos(R2sen(2) 
d = 0 
y por la misma justi
cacion anterior 
eR2cos(2)  eR2cos(2)  
  
iRei 
sen(R2sen(2)) 
 eR2cos(2) 
Entonces 
Z R 
0 
eR2cos(2)  
  
iRei 
sen(R2sen(2)) 
d = 0 
INTEGRAL III: 
R 2R 
R e[2Rt]2 
- 
dt = I 
x = 2R  t 
dx = dt 
I = 
Z 0 
R 
ex2 
dx 
I = 
Z R 
0 
ex2 
dx 
I2 = 
Z R 
0 
ey2 
dy 
Z R 
0 
ex2 
dx 
I2 = 
Z R 
0 
Z R 
0 
e(x2+y2)dxdy 
I2 = 
Z  
2 
0 
Z R 
0 
er2 
rdrd' 
u = r2 
du = 2rdr 
I2 = 
Z  
2 
0 
Z b 
a 
 
eu 
2 
dud' 
4
I2 =  
1 
2 
Z  
2 
0 
eu jb 
a d' 
I2 =  
1 
2 
Z  
2 
0 
er2 
jR0 
d' 
I2 =  
1 
2 
Z  
2 
0 
(eR2 
 1)d' 
I2 =  
1 
2 
(eR2 
 1) 
Z  
2 
0 
d' 
I2 = 
1 
2 
Z  
2 
0 
d' 
I2 = 
1 
2 
 
2 
0 
['] j 
I2 = 
1 
2 
( 
 
2 
) 
I2 = 
 
4 
I = 
r 
 
4 
Recopilando el resultado de las tres integrales de (1) tenemos: 
 
1 
ei  
4 
 Z R 
0 
eix2 
dx  
r 
 
4 
= 0 
 
1 
ei  
4 
 Z R 
0 
eix2 
dx = 
r 
 
4 
Z R 
0 
eix2 
dx = ei  
4 
r 
 
4 
Z R 
0 
eix2 
dx = ( 
p 
2 
2 
+ i 
p 
2 
2 
r 
) 
 
4 
Z R 
0 
eix2 
dx = ( 
1 
2 
+ i 
1 
2 
) 
p 
 
p 
2 
Z R 
0 
(cos(x2) + isen(x2))dx = ( 
1 
2 
+ i 
1 
2 
) 
p 
 
p 
2 
5
Z R 
0 
cos(x2)dx + i 
Z R 
0 
sen(x2)dx = 
1 
2 
p 
 
p 
2 
+ i 
1 
2 
p 
 
p 
2 
Por comparacion de partes reales e imaginarias tenemos 
Z R 
0 
cos(x2)dx = 
1 
2 
p 
 
p 
2 
3. Si f(z) es analitica y acotada por M en jzj  R; pruebe que 
f(n)(z)  MRn! 
(Rjzj)n+1 , jzj  R. 
DEMOSTRACI ON: 
Sea 
 la frontera de D(z0;R). Dada la formula de integral de Cauchy 
f(z0) = 
1 
2i 
Z 

 
f(z) 
(z  z0) 
dz 
derivamos n veces obtenemos 
f(n)(z0) = 
n! 
2i 
Z 

 
f(z) 
(z  z0)n+1 dz 
sacando valor absoluto tenemos 
jfn(z0)j =

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tres ejercicios interesantes

  • 1. QUIZ DE VARIABLE COMPLEJA UNIVERSIDAD DE CUNDINAMARCA SEGUNDO CORTE 03-OCTUBRE-2014 INTEGRANTES Nury Alejandra Gomez Bola~nos cod: 171209110 1. Calcule Z jzj=1 ekzn z con n entero positivo. Ahora, muestre que Z 2 0 ekcos(n)cos(ksen(n))d = 2 . SOLUCION: Como jzj = 1 es el circulo unitario entonces: z = ei dz = ieid para 0 2. Tenemos que Z 2 0 ek(ei)n ei ieid = i Z 2 0 ek(ei)n d = i Z 2 0 ekeni d = i Z 2 0 ek(cos(n)+isen(n)d = i Z 2 0 ek(cos(n))eik(sen(n))d = i Z 2 0 ek(cos(n)) [cos(ksen(n)) + isen(ksen(n))] d
  • 2. = i Z 2 0 ek(cos(n))cos(ksen(n))d + i Z 2 0 ek(cos(n))sen(ksen(n))d Calculando Z jzj=1 ekzn z Tenemos f(z0) = 1 2i Z jzj=1 ekzn z z0 = 2i Entonces 2i = i Z ek(cos(n))cos(ksen(n))d Z ek(cos(n))sen(ksen(n))d Por criterio de la integral de Cauchy 2 = Z ek(cos(n))cos(ksen(n))d 2 = Z ek(cos(n))cos(ksen(n))d . 2. Pruebe que Z 1 0 cos(x2)dx = p 2 p 2 Sugerencia: f(z) = ez2a lo largo de 0 jzj R, 0 arg(z) =4. SOLUCION: Sea f(z) parametrizada por f(z) = e h x( p 2 2 i p 2 2 ) i2 para x [0;R], f(z) = e[Rei]2 para [0;R] y f(z) = e[2Rt]2 para t [R; 2R] las integrales generadas por la parametrizacion son Z R 0 e h x( p 2 2 i p 2 2 ) i2 ( p 2 2 i p 2 2 )dx + Z R 0 e[Rei]2 d Z 2R R e[2Rt]2 dt = 0(1) 2
  • 3. solucionando las integrales por separado tenemos INTEGRAL I: R h p p R x( 2 ei 2 0 2 2 ) i2 ( p 2 2 i p 2 2 )dx pero ( p 2 2 i p 2 2 ) = ei 4 = 1 ei4 entonces = Z R 0 ex2 hp 2 2 i p 2 2 i2 1 ei 4 dx = 1 ei 4 Z R 0 ex2 hp 2 2 i p 2 2 i2 dx = 1 ei 4 Z R 0 ex2 h ( p 2 2 )22( p 2 2 )(i p 2 2 )+( p 2 2 i)2 i dx = 1 ei 4 Z R 0 ex2 h 1 2 2( p 2 2 )2i+( p 2 2 )2i2 i dx = 1 ei 4 Z R 0 ex2[ 1 2 2 )i+(1 2 )(1)]dx 2( 1 = 1 ei 4 Z R 0 ex2[ 1 2 2 ]dx i1 = 1 ei 4 Z R 0 ex2[i]dx = 1 ei 4 Z R 0 eix2 dx INTEGRAL II: R R 0 e[Rei]2 iRei d = Z R 0 eR2e2i iRei d = Z R 0 eR2[cos(2)+isen(2)] iRei d = Z R 0 eR2cos(2)eR2isen(2) iRei d = Z R 0 eR2cos(2) iRei d cos(R2sen(2)) isen(R2sen(2)) = Z R 0 eR2cos(2) iRei d i cos(R2sen(2) Z R 0 eR2cos(2) iRei d sen(R2sen(2)) Como se puede acotar a eR2cos(2) [cos(R2sen(2)] iRei entre dos funciones que van para cero 3
  • 4. eR2cos(2) eR2cos(2) iRei cos(R2sen(2) eR2cos(2) se puede decir que Z R 0 eR2cos(2) iRei cos(R2sen(2) d = 0 y por la misma justi
  • 5. cacion anterior eR2cos(2) eR2cos(2) iRei sen(R2sen(2)) eR2cos(2) Entonces Z R 0 eR2cos(2) iRei sen(R2sen(2)) d = 0 INTEGRAL III: R 2R R e[2Rt]2 - dt = I x = 2R t dx = dt I = Z 0 R ex2 dx I = Z R 0 ex2 dx I2 = Z R 0 ey2 dy Z R 0 ex2 dx I2 = Z R 0 Z R 0 e(x2+y2)dxdy I2 = Z 2 0 Z R 0 er2 rdrd' u = r2 du = 2rdr I2 = Z 2 0 Z b a eu 2 dud' 4
  • 6. I2 = 1 2 Z 2 0 eu jb a d' I2 = 1 2 Z 2 0 er2 jR0 d' I2 = 1 2 Z 2 0 (eR2 1)d' I2 = 1 2 (eR2 1) Z 2 0 d' I2 = 1 2 Z 2 0 d' I2 = 1 2 2 0 ['] j I2 = 1 2 ( 2 ) I2 = 4 I = r 4 Recopilando el resultado de las tres integrales de (1) tenemos: 1 ei 4 Z R 0 eix2 dx r 4 = 0 1 ei 4 Z R 0 eix2 dx = r 4 Z R 0 eix2 dx = ei 4 r 4 Z R 0 eix2 dx = ( p 2 2 + i p 2 2 r ) 4 Z R 0 eix2 dx = ( 1 2 + i 1 2 ) p p 2 Z R 0 (cos(x2) + isen(x2))dx = ( 1 2 + i 1 2 ) p p 2 5
  • 7. Z R 0 cos(x2)dx + i Z R 0 sen(x2)dx = 1 2 p p 2 + i 1 2 p p 2 Por comparacion de partes reales e imaginarias tenemos Z R 0 cos(x2)dx = 1 2 p p 2 3. Si f(z) es analitica y acotada por M en jzj R; pruebe que f(n)(z) MRn! (Rjzj)n+1 , jzj R. DEMOSTRACI ON: Sea la frontera de D(z0;R). Dada la formula de integral de Cauchy f(z0) = 1 2i Z f(z) (z z0) dz derivamos n veces obtenemos f(n)(z0) = n! 2i Z f(z) (z z0)n+1 dz sacando valor absoluto tenemos jfn(z0)j =
  • 11. n! 2i Z f(z) (z z0)n+1 dz
  • 19. n! 2i
  • 27. Z f(z) (z z0)n+1 dz
  • 31. jfn(z0)j n! 2 Z
  • 35. f(z) (z z0)n+1
  • 39. jdzj jfn(z0)j n! 2 Z
  • 43. f(z) (z z0)n+1
  • 47. jdzj jfn(z0)j n! 2 ( M Rn+1 )(2R) jfn(z0)j MRn! Rn+1 Por hipotisis tenemos jzj R 6
  • 48. 0 R jzj R Elevando a la (n+1) se cumple que (R jzj)n+1 Rn+1 por propiedades de fracciones tenemos 1 (R jzj)n+1 1 Rn+1 multiplicando por MRn! en ambos lados de la desigualdad MRn! (R jzj)n+1 MRn! Rn+1 MRn! (R jzj)n+1 MRn! Rn+1 jfn(z)j por lo tanto jfn(z)j MRn! (R jzj)n+1 7