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13 de Septiembre de 2010 2do examen parcial de Matem´ aticas Aplicadas CEAN 2010 (Soluci ´ on) 1. Calcule: Z 0 sin mx x 3 + a 2 x dx , (m 0, a > 0) Respuesta: Sea I = Z 0 sin mx x 3 + a 2 x dx . Para m = 0 evidentemente I = 0. Para m < 0 y como el integrando es una funci ´ on par podemos escribir I = - 1 2 Z -∞ sin(-mx) x 3 + a 2 x dx = - 1 2 Im{ Z -∞ e -jmx x 3 + a 2 x dx} Las singularidades a considerar ser ´ an: z 1 = 0 (Polo real simple) z 2 = aj (Polo complejo simple ubicado en el semiplano superior) Podemos entonces aplicar el teorema de los residuos para calcular la integral I. I = - 1 2 Im n π jRes( e -jmz z 3 + a 2 z , 0) + 2π jRes( e -jmz z 3 + a 2 z , aj) o Los residuos anteriores vienen dados por: Res( e -jmz z 3 + a 2 z , 0) = e -jmz 3z 2 + a 2 z=0 = 1 a 2 Res( e -jmz z 3 + a 2 z , aj) = e -jmz 3z 2 + a 2 z=aj = - e ma 2a 2 Finalmente I = - 1 2 Im n π j 1 a 2 - 2π j e ma 2a 2 o = π 2a 2 (e ma - 1) , (m 0, a > 0)

Solucion ma 2p cean 2010 jPaez

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Page 1: Solucion ma 2p cean 2010 jPaez

13 de Septiembre de 2010

2do examen parcial de Matematicas Aplicadas CEAN 2010 (Solucion)

1. Calcule: ∫∞

0

sin mxx3 + a2x

dx , (m ≤ 0, a > 0)

Respuesta:

Sea

I =∫∞

0

sin mxx3 + a2x

dx

.

Para m = 0 evidentemente I = 0.

Para m < 0 y como el integrando es una funcion par podemos escribir

I = −12

∫∞

−∞

sin(−mx)x3 + a2x

dx = −12

Im{∫∞

−∞

e−jmx

x3 + a2xdx}

Las singularidades a considerar seran:

z1 = 0 (Polo real simple)z2 = aj (Polo complejo simple ubicado en el semiplano superior)

Podemos entonces aplicar el teorema de los residuos para calcular la integral I.

I = −12

Im{π jRes(

e−jmz

z3 + a2z, 0) + 2π jRes(

e−jmz

z3 + a2z, aj)

}Los residuos anteriores vienen dados por:

Res(e−jmz

z3 + a2z, 0) =

e−jmz

3z2 + a2

∣∣∣∣z=0=

1a2

Res(e−jmz

z3 + a2z, aj) =

e−jmz

3z2 + a2

∣∣∣∣z=aj= −

ema

2a2

Finalmente

I = −12

Im{π j

1a2 − 2π j

ema

2a2

}=

π

2a2 (ema− 1) , (m ≤ 0, a > 0)

Page 2: Solucion ma 2p cean 2010 jPaez

2. Calcule: ∫ π

0

dθ1 − 2a cosθ + a2 , |a| > 1

Respuesta:

Como el integrando es una funcion par

I =12

∫ π

−π

dθ1 − 2a cosθ + a2

Transformando la integral definida a una compleja haciendo uso del cambio z = e jθ.

I =12

�|z|=1

dzjz

1 − 2a( z2+12z ) + a2

Simplificando

I =12 j

�|z|=1

dz−az2 + (1 + a2)z − a

Las raıces del denominador vienen dadas por

z1,2 =−(1 + a2) ±

√(1 + a2)2 − 4a2

−2a=−(1 + a2) ±

√(a2 − 1)2

−2a=

(1 + a2) ∓ |a2− 1|

2a

Se obtienen entonces las raıces

z1 =1a

z2 = a

Por la condicion |a| > 1 , la raız z1 cae dentro del cırculo unitario y z2 cae afuera. Por lotanto

I =12 j

2π jRes(1

−az2 + (1 + a2)z − a,

1a

) = π1

−2az + (1 + a2)

∣∣∣∣z= 1

a

a2 − 1

3. Calcule: �C

sinh( zz−1 )

zdz , C : |z| = 2

Respuesta:

La unica singularidad a considerar es z = 1, ya que z = 0 es evitable. Por lo tanto�|z|=2

sinh( zz−1 )

zdz = 2π jRes(

sinh( zz−1 )

z, 1)

Page 3: Solucion ma 2p cean 2010 jPaez

Para hallar el residuo debemos obtener la serie de Laurent en el anillo 0 < |z − 1| < 1

Para ello obtenemos

1z=

11 + (z − 1)

= 1 − (z − 1) + (z − 1)2− (z − 1)3 + · · · , |z − 1| < 1

sinh(z

z − 1) = sinh(1 +

1z − 1

) = sinh 1 cosh(1

z − 1) + cosh 1 sinh(

1z − 1

)

= sinh 1(1 +12!

(z − 1)−2 +14!

(z − 1)−4 + · · · )+

+ cosh 1((z − 1)−1 +13!

(z − 1)−3 +15!

(z − 1)−5 + · · · ) , 0 < |z − 1|

El coeficiente b1 de la serie de 1z sinh( z

z−1 ) vendra dado por

b1 = cosh 1(1 +13!+

15!+ · · · ) − sinh 1(

12!+

14!+ · · · )

= cosh 1 sinh 1 − sinh 1(cosh 1 − 1) = sinh 1

Finalmente �|z|=2

sinh( zz−1 )

zdz = 2π sinh 1 j

4. Calcule: �C

zsin z(1 − cos z)

dz , C : |z| = 5

Respuesta:

Los ceros del denominador son z = kπ , k = 0,±1,±2, · · · y z = 2mπ , m = 0,±1,±2, · · · .De acuerdo al contorno de integracion tendremos que los polos que caen dentro delcontorno son:

z1 = 0 (polo doble)z2 = π (polo simple)z3 = −π (polo simple)

Calculemos ahora los residuos

Res(z

sin z(1 − cos z), π) =

zcos z(1 − cos z)

∣∣∣∣z=π=

π−1(1 − (−1))

= −π2

Res(z

sin z(1 − cos z),−π) =

zcos z(1 − cos z)

∣∣∣∣z=−π

=−π

−1(1 − (−1))=π2

Page 4: Solucion ma 2p cean 2010 jPaez

Res(z

sin z(1 − cos z), 0) = lim

z→0(

zsin z(1 − cos z)

z2)′ = limz→0

(z3

z(1 − z2

3! + · · · )z2( 1

2 −z2

4! + · · · ))′

= (1

(1 − z2

3! + · · · )(12 −

z2

4! + · · · ))′∣∣∣∣z=0=

0( 12 ) − 1(0)

( 12 )2

= 0

Finalmente �C

zsin z(1 − cos z)

dz = 2π j(−π2+π2+ 0) = 0

5. Calcule: �C

e|z| + Arg(z)dz , C : Frontera de B := {z : |z| <= 2 , Im{z} > 0}

Respuesta:

La frontera se puede descomponer en

C1 : z = 2ejt , 0 ≤ t < πC2 : z = t , −2 ≤ t ≤ 2

Para C1:

|z| = 2 , z = 2e−jt ,Arg(z) = −t ,dz = 2jejtdt�C1

e|z| + Arg(z)dz =

π∫0

(e2− t)2jejtdt = −6 + j2πe2

Para C2:

|z| = |t| ={−t , −2 ≤ t < 0

t , 0 < t ≤ 2 , z = t , Arg(t) ={π , −2 ≤ t < 00 , 0 < t ≤ 2 , dz = dt

Descompongamos C2 como la union de los intervalos (−2, 0) y (0, 2). Por lo tanto

�C2

e|z| + Arg(z)dz =

0∫−2

(e−t + π)dt +

2∫0

etdt = 2π + 2e2− 2

Finalmente �C

e|z| + Arg(z)dz = (2π + 2e2− 8) + j(2πe2)