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ejercicios de variable compleja

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Ejercicios de cálculo en variable Compleja

Encontrar la función analítica f(z) a partir de su módulo:

    \(\displaystyle \rho = (x^2+y^2)e^x \)
- Respuesta 60

Podemos escribir para f(z):

    \(\begin{array}{l}
    f(z) = u(x,y)+ i·v(x,y) = \rho(x,y)e^{i\phi(x,y)} = \\
     \\
    = \rho(x,y)\cos \phi + i·\rho(x,y)\sin \phi
    \end{array} \)

Y además tenemos:

    \(u^2+v^2 = \rho^2(x,y) = (x^2 + y^2)^2e^{2x}\quad ; \quad (v/u) = \tan \phi \)

derivando la primera ecuación respecto de x e y resulta:

    \(\begin{array}{l}
    2u_xu+2v_xv = 4(x^2+y^2)x·e^{2x}+2(x^2+y^2)e^{2x} ;\\
     \\
    u_x \cos + v_x \sin = (2x+1)e^x \\
     \\
    2u_yu + 2v_y v = 4(x^2+y^2)y·e^{2x} \Rightarrow \\
     \\
    \Rightarrow u_y \cos \phi + v_y \sin \phi = 2y·e^x
    \end{array} \)

Teniendo en cuenta las ecuaciones de Cauchy-Rienmann obtenemos:

    \(\begin{array}{l}
    u_x\cos \phi - u_y \sin \phi = (2x+1)e^x \\
     \\
    u_y\cos \phi - u_x \sin \phi = 2y·e^x
    \end{array} \)

Y resolviendo el sistema en \(u_x \textrm{ y } u_y\) y por la regla de Cramer :

    \(\begin{array}{l}
    u_x = [(2x+1)\cos \phi +2y·\sin \phi ]e^x \\
     \\
    u_y = [2y·\cos \phi - (2x+1)\sin \phi ]e^x
    \end{array} \)

Por otro lado, derivando la segunda ecuación respecto a x e y, y considerando Cauchy-Rienmann:

    \(\begin{array}{l}
    v_x \cos\phi - u_x \sin \phi = - u_y \cos\phi - u_x \sin \phi = (x^2+y^2)e^x\phi_x \\
     \\
    v_y \cos\phi - u_y \sin \phi = u_x \cos\phi - u_y \sin \phi = (x^2+y^2)e^x\phi_y
    \end{array} \)

A partir de ahí tendremos:

    \(\displaystyle\begin{array}{l}
    \phi_x = - \frac{1}{(x^2+y^2)e^x}\left\{[2y·\cos\phi - (2x+1)\sin \phi ]e^x \cos \phi +\right. \\
     \\
    \left.+ [(2x+1)\cos \phi + 2y·\sin \phi ]e^x·\sin \phi \right\} = - \frac{2y}{(x^2+y^2)} ;\\
     \\
    \phi_y = \frac{1}{(x^2+y^2)e^x}\left\{[(2x+1)\cos\phi - 2y·\sin \phi ]e^x·\cos \phi -\right. \\
     \\
    \left.- [2y·\cos \phi - (2x+1)\sin \phi ]e^x·\sin \phi \right\} = \frac{2x+1}{(x^2+y^2)}
    \end{array} \)

Con lo que podemos escribir:

    \(\displaystyle d \phi = - \frac{2y}{(x^2+y^2)}dx + \frac{2x+1}{(x^2+y^2)}dy \)

Y para obtener \(\phi\) hacemos:

    \(\displaystyle - \int \frac{2y}{x^2+y^2}dx = - 2ˇ\arctan \left(\frac{x}{y}\right) + \varphi(y) \)

Derivando respecto de y resulta:

    \(\displaystyle \frac{1}{(x^2+y^2)} + \varphi'(y) = \frac{2x+1}{(x^2+y^2)}\Rightarrow \varphi'(y) = \frac{2x}{(x^2+y^2)} \)

Tenemos entonces:

    \(\displaystyle \begin{array}{l} \varphi(y) = \int\frac{2x}{(x^2+y^2)}dy = 2ˇ\arctan \left(\frac{y}{x}\right) \Rightarrow \\  \\ \Rightarrow \phi= 2\arctan \left(\frac{y}{x}\right) - 2\arctan \left(\frac{x}{y}\right) \end{array} \)

Y por equivalencias trigonométricas:

    \(\displaystyle \begin{array}{l} \phi = 2\arctan \frac{(y/x) - (x/y)}{2} = 2\arctan \left(\frac{y^2-x^2}{2xy}\right) = \\  \\ = 2\arcsin \left(\frac{y^2-x^2}{y^2+x^2}\right) = 2 \arccos \left(\frac{2xy}{y^2+x^2}\right) \end{array} \)

Con lo que podemos poner:

    \(\displaystyle \frac{1}{2}\phi = \arcsin \left(\frac{y^2-x^2}{y^2+x^2}\right) = \arccos \left(\frac{2xy}{y^2+x^2}\right)\left\{ \begin{array}{l} \sin \frac{\phi}{2}= \frac{y^2-x^2}{y^2+x^2} \\  \\ \cos \frac{\phi}{2}= \frac{2xy}{y^2+x^2} \\ \end{array} \right. \)

Y a partir de ahí:

    \(\displaystyle \begin{array}{l} \cos \phi = \cos^2 \frac{\phi}{2} - \sin^2 \frac{\phi}{2} = \frac{y^2-x^2}{y^2+x^2} \\  \\ \sin \phi = 2ˇ\sin \left(\frac{\phi}{2}\right)ˇ\cos \left(\frac{\phi}{2}\right) = \frac{2(2xy)(y^2-x^2)}{(y^2+x^2)^2} \end{array} \)

Con lo que obtendremos:

    \(\displaystyle f(z) = \rhoˇ\cos \phi + iˇ\sin \phi = \frac{(y^2-x^2)^2}{y^2+x^2}e^x + iˇ\frac{4xy(y^2-x^2)}{(y^2+x^2)}e^x \)

Y teniendo en cuenta que f(z) = f(x) para y = 0:

    \(f(z)|_{y=0} = x^2e^x \Rightarrow f(z) = z^2e^z \)
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Página publicada por: José Antonio Hervás