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MATEMATICAS ESPECIALES
-NOTAS DE CLASE-
Jhon Jairo Leon Salazar y Victor Barros Argote1
6 de febrero de 2008
1Profesores del Departamento de Matematicas U.T.P
2 Matematicas Especiales
J. J. Leon - V. Barros
INDICE GENERAL
1. NUMEROS COMPLEJOS 1
1.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2. Algunas Generalidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.3. La Unidad Imaginaria y el Imaginario Puro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.4. Operaciones con numeros complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.5. El conjugado de un numero complejo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.6. Forma Polar de los Numeros Complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.7. Los complejos y algunas propiedades generales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.8. Desigualdad triangular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.9. Teorema de Moivre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.10. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2. FUNCIONES ANALITICAS COMPLEJAS 13
i
ii Matematicas Especiales
2.1. Funciones Analıticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.1.1. Funciones de una variable compleja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.1.2. Operaciones entre funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.2. Lımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.3. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.4. La Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.5. Ecuaciones de Cauchy-Riemman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.6. Funciones Analıticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.7. Transformaciones Conformes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.7.1. Representacion conforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.8. Funcion Exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.9. Funcion Logarıtmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.10. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.11. Ejercicios de repaso para los capıtulos 1 y 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
J. J. Leon - V. Barros
CAPITULO
1
NUMEROS COMPLEJOS
z=x+yi
1
2 Matematicas Especiales
1.1. Introduccion
En ocasiones nos encontramos con expresiones algebraicas tales como
x2 + k = 0,
donde k > 0 es una constante; y al tratar de resolverla nos damos cuenta que no tienen
solucion en los numeros reales, pues debido a que no existe un numero cuyo cuadrado
sea negativo. Es a partir de ahı que se hace una extension de los numeros reales en
donde podamos encontrar soluciones a este tipo de ecuaciones. A tal extension se le
denomina Conjunto de los Numeros Complejos los cuales estudiaremos en esta primera
parte del curso. Los numeros complejos se denotan con el sımbolo C.
1.2. Algunas Generalidades
Los numeros complejos se presentan como pares de numeros reales sujetos a reglas de
operaciones aritmeticas. Estos numeros se suelen escribir en la forma z = x+yi, donde
x y y son numeros reales y el sımbolo i se llama cantidad imaginaria de z. El numero x
recibe el nombre de parte real de z y el numero y recibe el nombre de parte imaginaria
de z y se denota como
Re(z) = x, Im(z) = y.
Existe el plano complejo compuesto por un par de ejes perpendiculares igual que en
el caso del plano cartesiano. Al eje vertical se le denomina Eje Imaginario y al eje
horizontal se le denomina Eje Real. Por tal razon al numero complejo z se le puede
ubicar como un punto en el plano, es decir, podemos hacer que el complejo z = x + yi
corresponda con el punto en coordenadas cartesianas (x, y) 1.
1CARL FRIEDRICH GAUSS (1777-1855), gran matematico aleman, cuyo trabajo tuvo una importancia basica en el
algebra, la teorıa de los numeros, las ecuaciones diferenciales, la geometrıa no euclidiana, el analisis complejo, el analisis
numerico y la mecanica teorica. Tambien abrio el camino para un uso general y sistematico de los numeros complejos.
Tomado del libro de Kreyszig, pag 159, tercera edicion.
J. J. Leon - V. Barros
1.3. LA UNIDAD IMAGINARIA Y EL IMAGINARIO PURO 3
El plano complejo tambien es llamado Diagrama de Argan2.
Se dice que dos numeros complejos son iguales si sus respectivas partes real e imaginaria
son iguales, es decir, z1 = z2, sı y solo sı, x1 = x2 y y1 = y2.
1.3. La Unidad Imaginaria y el Imaginario Puro
Los numeros complejos surgen de anadir a el conjunto de los numeros reales el sımbo-
lo√−1. Esta notacion puede producir dificultades. Existe una conocida paradoja al
operar sin precaucion con√−1, y es la siguiente: (
√−1)2 = −1 y, por otra parte
(√−1)2 = (
√−1)(
√−1) =
√(−1)(−1) =
√1 = 1
Se evita este tipo de inconvenientes escribiendo√−1 = i y se denomina unidad imag-
inaria. Al definir a i como 0 + 1i, se tiene3
i2 = (0 + 1i)(0 + 1i) = −1
y, por lo tanto,
i2 = −1, i3 = −i, i4 = 1,
i5 = i,1
i=
i
i2= −i,
1
i2= −1, · · ·
El numero complejo 0 + yi se escribe yi y se llama numero imaginario puro.
1.4. Operaciones con numeros complejos
Sean z1 = x1 + y1i y z2 = x2 + y2i dos numeros complejos, entonces:
2JEAN ROBERT ARGAND (1768-1822), matematico frances. Su escrito sobre el plano complejo aparecio en 1806,
nueve anos despues de una memoria semejante debida al matematico noruego CASPAR WESSEL (1745-1818). Tomado
del libro de Kreyszig, pag 633, tercera edicion.3Esta notacion fue introducida por Leonard Euler en 1779. Con ella se respeta la propiedad fundamental i2 = −1, y
en cambio hay poco peligro de confundir i con −i.
J. J. Leon - V. Barros
4 Matematicas Especiales
Adicion:
z1 + z2 = (x1 + x2) + (y1 + y2)i
Sustraccion:
z1 − z2 = (x1 − x2) + (y1 − y2)i
Multiplicacion:
z1z2 = (x1x2 − y1y2) + (x1y2 + x2y1)i
Division:z1
z2
=x1x2 + y1y2
x22 + y2
2
+x2y1 − x1y2
x22 + y2
2
i
1.5. El conjugado de un numero complejo
Si z = x + yi es un numero complejo, entonces el numero x − yi se llama conjugado
de z y se denota por z. Por ejemplo, si z = 5− 3i, entonces su conjugado es el numero
z = 5 + 3i.
EJERCICIO 1. Demuestre que
Re(z) = x =1
2(z + z), Im(z) = y =
1
2i(z − z).
EJERCICIO 2. Demuestre que:
(z1 + z2) = z1 + z2
(z1 − z2) = z1 − z2
(z1z2) = z1z2(z1
z2
)=
z1
z2
J. J. Leon - V. Barros
1.6. FORMA POLAR DE LOS NUMEROS COMPLEJOS 5
1.6. Forma Polar de los Numeros Complejos
Dada la similitud entre el plano real y el plano complejo podemos introducir las coor-
denadas polares r y θ y escribir
x = r cos θ, y = r sen θ,
por lo tanto el numero complejo z se puede escribir en su forma polar ası:
z = r cos θ + ir sen θ = r(cos θ + i sen θ).
A este tipo de expresion de un numero complejo tambien se le llama forma trigonometri-
ca. Al valor r se le llama valor absoluto o modulo de z y se denota por |z|. Por con-
siguiente tenemos
|z| = r =√
x2 + y2 =√
zz. (1.1)
EJERCICIO 3. Demostrar la expresion 1.1.
El angulo dirigido, medido desde el eje real (eje x) hasta la lınea que une al punto
(x, y) con el origen, se le llama argumento de z y se denota por arg (z). Es ası como
tenemos (ver figura 1.1):
arg (z) = θ = arctan(y
x
)Como puede analizarse el valor del argumento de un numero complejo puede ser un
angulo θ o cualquier otro valor θ + 2nπ, con n = 1, 2, 3, .... Al valor de θ que cumple
−π < θ ≤ π
se le denomina el valor principal 4 del argumento de z.
EJEMPLO 1. Sea z = 8 + 3i. Entonces tenemos que
|z| = r =√
32 + 82 =√
73 y arg (z) = arctan
(3
8
)= 0,3587
4Algunos autores definen el valor principal del argumento de z en el intervalo 0 < θ ≤ 2π, o en cualquier otro
intervalo de longitud 2π.
J. J. Leon - V. Barros
6 Matematicas Especiales
z=x+yi
r
0 Plano Z
Figura 1.1: Modulo y argumento de un numero complejo z.
por lo tanto el numero complejo dado se puede escribir en su forma trigonometrica o
polar ası:
z =√
73 (cos 0,3587 + i sen 0,3587) .
1.7. Los complejos y algunas propiedades generales
Finalmente veamos los siguientes teoremas que muestran a los numeros complejos como
una extension de los numeros reales. La suma y la multiplicacion en C satisfacen las
propiedades mostradas en los reales.
TEOREMA 1 (Ley asociativa). Sean z1, z2 y z3 numeros complejos, entonces:
1. z1 + (z2 + z3) = (z1 + z2) + z3
2. z1 · (z2 · z3) = (z1 · z2) · z3.
TEOREMA 2 (Elemento neutro). Sea z un numeros complejo, entonces:
1. Existe un complejo z0 tal que z + z0 = z0 + z = z
J. J. Leon - V. Barros
1.7. LOS COMPLEJOS Y ALGUNAS PROPIEDADES GENERALES 7
2. Existe un complejo z′ tal que zz′ = z′z = z
TEOREMA 3 (Elemento simetrico). Sea z un numeros complejo, entonces:
1. Para todo complejo z, existe un complejo z tal que z + z = z + z = z0
2. Para todo complejo z 6= 0, existe un complejo z−1 tal que z · z−1 = z−1 · z = z′
TEOREMA 4 (ley conmutativa). Sean z1 y z2 numeros complejos, entonces:
1. z1 + z2 = z2 + z1
2. z1 · z2 = z2 · z1
TEOREMA 5 (ley distributiva). Sean z1, z2 y z3 numeros complejos, entonces:
1. z1 · (z2 + z3) = z1 · z2 + z1 · z3
TEOREMA 6 (Multiplicacion por escalar). Sean z1 y z2 numeros complejos y,
a y b numeros reales, entonces:
1. a · (z1 + z2) = a · z1 + a · z2
2. a · (b · z1) = (a · b) · z1
3. (a + b)z1 = a · z1 + b · z1
4. 1 · z1 = z1
TEOREMA 7. Sean z, z1 y z2 numeros complejos, entonces:
1. |z| ≥ 0, |z| = 0 ⇐⇒ z = 0
2. |z| = |−z|
3. |z1 · z2| = |z1| · |z2|
4.
∣∣∣∣z1
z2
∣∣∣∣ =|z1||z2|
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8 Matematicas Especiales
5. |Re(z)| ≤ |z|
6. |Im(z)| ≤ |z|
TEOREMA 8. Sean z, z1 y z2 numeros complejos, entonces:
1. z1 + z2 = z1 + z2
2. z1 · z2 = z1 · z2
3.
(z1
z2
)=
z1
z2
4. z · z = |z|2 = x2 + y2
5. z + z = 2x
6. z − z = 2yi
7. |z| = |z|
8. ¯z = z
1.8. Desigualdad triangular
Veremos un teorema ya conocido en el calculo vectorial y que aquı se demostrara en
el contexto de los numeros complejos. La interpretacion geometrica es muy similar al
caso real.
TEOREMA 9. Sean z1 y z2 numeros complejos, entonces:
|z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2|
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1.8. DESIGUALDAD TRIANGULAR 9
Demostracion:
|z1 + z2|2 = (z1 + z2)(z1 + z2) por teorema 8.4
= (z1 + z2)(z1 + z2) por teorema 8.1
= z1z1 + z2z2 + z1z2 + z2z1 por ley distributiva
= |z1|2 + |z2|2 + z1z2 + z2z1 por teorema 8.4
Dado que z2z1 es el conjugado de z1z2, entonces z1z2 +z2z1 = 2Re(z1z2), y por lo tanto
|z1 + z2|2 = |z1|2 + |z2|2 + 2Re(z1z2) (1.2)
(|z1|+ |z2|)2 = |z1|2 + |z2|2 + 2 |z1| |z2| . (1.3)
Restando miembro a miembro 1.2 y 1.3 tenemos:
|z1 + z2|2 − (|z1|+ |z2|)2 = −2[|z1| |z2| −Re(z1z2)]
Ahora como |z| = |z| y |z| ≥ |Re(z)| ≥ Re(z), entonces
|z1| |z2| = |z1z2| ≥ Re(z1z2),
luego
|z1| |z2| −Re (z1z2) ≥ 0,
y por lo tanto
|z1 + z2|2 − (|z1|+ |z2|)2 ≤ 0,
de donde
|z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2|
z
La forma general de la desigualdad triangular es:∣∣∣∣∣n∑
k=1
zk
∣∣∣∣∣ ≤n∑
k=1
|zk| , n = 2, 3, 4, ...
J. J. Leon - V. Barros
10 Matematicas Especiales
EJEMPLO 2. Identificar todos los puntos del plano complejo que satisfacen la expre-
sion |z − 4| < |4z + 8|.
Solucion:
|z − 4| < |4z + 8|
|z − 4| < 4 |z + 2|
|x + yi− 4| < 4 |x + yi + 2|√(x− 4)2 + y2 < 4
√(x + 2)2 + y2
(x− 4)2 + y2 < 16[(x + 2)2 + y2]
x2 − 8x + 16 + y2 < 16x2 + 64x + 64 + 16y2
−15x2 − 72x− 15y2 < 48
x2 +72
15x + y2 > −48
15(x +
24
10
)2
+ y2 >64
25
La region que hemos identificado y por tanto el conjunto solucion, consiste en todos los
puntos exteriores a la circunferencia de radio 8/5 y centro en el punto (24/10, 0). z
1.9. Teorema de Moivre
Supongamos que queremos efectuar la operacion (3− 11i)300. Con lo visto hasta ahora
los calculos serıan muy extensos; por tal motivo es necesario conseguir una herramienta
que nos permita agilizar el proceso. Esta herramienta se llama el Teorema de Moivre,
veamos:
TEOREMA 10. Sea z = r(cos θ + i sen θ) un complejo cualquiera y n un entero.
Entonces:
zn = [r(cos θ + i sen θ)]n = rn(cos nθ + i sen nθ)
J. J. Leon - V. Barros
1.9. TEOREMA DE MOIVRE 11
Este teorema se utiliza para determinar las raıces de numeros complejos. Por ejemplo
si n es un entero positivo,
z1/n = [r(cos θ + i sen θ)]1/n (1.4)
= n√
r
cos
(θ + 2kπ
n
)+ i sen
(θ + 2kπ
n
)(1.5)
EJEMPLO 3. Resolver la ecuacion zn = 1
Solucion: El problema es resolver la ecuacion z = n√
1. Por lo tanto la solucion es
z =n√
1 = cos
(2kπ
n
)+ i sen
(2kπ
n
), k = 0, 1, 2, ..., n− 1
Si w denota el valor correspondiente a k = 1, entonces los n valores de n√
1 pueden
escribirse como 1, w, w2, w3, w4, ..., wn−1. Estos valores son los vertices de un polıgono
regular de n lados inscrito en la circunferencia unitaria con centro en (0, 0), con uno
de sus vertices en el punto (1, 0). Cada uno de estos valores se denomina raız n-esima
de la unidad 5. z
EJEMPLO 4. Encontrar las raıces cuartas del complejo z = 1.
Solucion: Dado que el angulo es θ = 0 y el modulo es r = 1, entonces z se puede
escribir en su forma polar
z = 1(cos 0 + i sen 0).
Es ası como utilizando (1.5) las raıces cuartas quedan determinadas por
wk =4√
1
cos
(0 + 2kπ
4
)+ i sen
(0 + 2kπ
4
)si k = 0 → w0 = 1(cos 0 + i sen 0) = 1
si k = 1 → w1 = 1(cosπ
2+ i sen
π
2) = i
si k = 2 → w2 = 1(cos π + i sen π) = −1
si k = 3 → w3 = 1(cos3π
2+ i sen
3π
2) = −i
5Tomado del libro: Matematicas Avanzadas para Ingenierıa, de Erwin Kreyszig, Volumen II, Tercera Edicion
J. J. Leon - V. Barros
12 Matematicas Especiales
Estos cuatro valores son los vertices de un cuadrado que esta inscrito en la circunferen-
cia unitaria con centro en el origen. Cada uno de estos valores se denomina raız cuarta
de la unidad. z
1.10. Ejercicios
1. Realice las operaciones indicadas
a) (2 + 3i)− (−5 + 2i) + 6
b)
(3i
2− i
)4
2. Dados z1 = 1 + 4i y z2 = −6 + 7i, representar
graficamente los complejos
a) z1 + z2
b) z1 · z2
c)z1
z2
3. Identificar todos los puntos del plano que satis-
facen la relacion
a) z2 = 2(z − 1)
b) |z + 2| ≤ 2 |z + 1|
c) |z + 1| ≤ 4− |z − 1|
4. Demostrar los teoremas 7 y 8.
5. Probar que (1 + z)2 = 1 + 2z + z2
6. Expresar cada uno de los siguientes complejos
en su forma polar
a) z = i
b) z = −i
c) z = −3
7. Demostrar que si z1 = r1(cos θ + i sen θ) y
z2 = r2(cos β + i sen β), entonces:
i. z1z2 =
r1r2[cos(θ + β) + i sen(θ + β)]
ii.z1
z2=
r1
r2[cos(θ − β) + i sen(θ − β)]
8. Demostrar utilizando induccion matematica el
teorema de Moivre.
9. Resolver la operacion (3− 11i)300.
10. Calcular(−1−
√3i)8(1− i)6
(1 + i)5
11. Demuestre que:
a) cos(4θ) =
cos4 θ − 6 cos2 θ sen2 θ + sen4 θ
b) sen(4θ) =
4 cos3 θ sen θ − 4 cos θ sen3 θ
12. Encontrar los valores de las raıces indicadas
a) 4√
i
b) 7√
3 + 4i
c)√
1 + i
d) 5√−i
e)3√
1−√
3 i
13. Resolver las siguientes ecuaciones
a) z3 = 1
b) z5 − 1 = 0
c) z4 + 1 = 0
d) z2 − 3z − 10i = 0
e) 5z2 + 2iz + 5 = 0
J. J. Leon - V. Barros
CAPITULO
2
FUNCIONES ANALITICAS
COMPLEJAS
13
14 Matematicas Especiales
2.1. Funciones Analıticas
2.1.1. Funciones de una variable compleja
En los cursos de calculo hemos estudiado el concepto de funcion de una y de dos
variables reales. El objetivo de esta seccion es extender el concepto de funciones a las
variables complejas.
Sea Ω un subconjunto de los numeros complejos. Una variable que toma sus valores en
Ω se llama una variable compleja.
Una funcion f de Ω en C, se llama una funcion de una variable compleja. La funcion f
asocia a cada numero complejo z de Ω un unico complejo ω, es decir, ω es una funcion
de z y podemos escribir
ω = f(z)
El conjunto Ω es el dominio de definicion de la funcion y el recorrido es un subconjunto
de C formado por los elementos que estan asociados por f con los elementos de Ω. La
variable z es la variable independiente y la variable ω es la variable dependiente.
Una relacion que asigne mas de un valor de C a un elemento de z de Ω se suele llamar
funcion de valores multiples de Ω.
La funcion f se puede escribir de la forma
f(z) = u(x, y) + iv(x, y) (2.1)
donde u(x, y) = Re(f(z)) y v(x, y) = Im(f(z)). Las funciones u y v son funciones
reales de las variables reales x y y.
EJEMPLO 5. Dada la funcion f(z) = z2
1. Calcular la imagen de los complejos i, i + 1, −5 y 3.
2. Hallar las funciones u(x, y) y v(x, y).
Solucion: 1. f(i) = i2 = −1, f(i + 1) = (i + 1)2 = 2i, f(−5) = 25, f(3) = 9.
J. J. Leon - V. Barros
2.1. FUNCIONES ANALITICAS 15
2. f(z) = z2 = (x + yi)2 = x2 − y2 + 2xyi y por lo tanto:
u(x, y) = x2 − y2, v(x, y) = 2xy
.
z
En el estudio del calculo tambien hemos visto que para trazar la grafica de una funcion
de una variable real necesitamos dos dimensiones, una para la variable independiente y
otra para la variable dependiente. La grafica de una funcion de una variable compleja
requiere cuatro dimensiones, dos para la variable independiente z y dos para la variable
dependiente ω. Es ası como representamos estas dos variables en planos separados
llamados plano Z y plano W respectivamente.
La correspondencia entre los puntos (x, y) y (u, v) se llama una transformacion de los
puntos (x, y) en los puntos (u, v) bajo la funcion f . Si z se mueve a lo largo de una
curva suave1 C1 en el plano Z y f es continua, el punto ω se movera a lo largo de una
curva C2 en el plano W . La curva C2 se llama la imagen de la curva C1 mediante la
transformacion ω = f(z).
EJEMPLO 6. Hallar la imagen de los siguientes conjuntos mediante la transforma-
cion ω = f(z) = z2.
1. Las rectas x = k, donde k es constante.
2. La franja 1 ≤ x ≤ 2.
3. El cuadrado cuyos vertices son (1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2).
4. La recta y = x + 4.
5. Las curvas de nivel u = k y v = k, donde k es constante.
6. Cırculos con centro en el origen.
1La curva C se denomina curva suave si su derivada es continua y diferente de cero en cada punto. Geometricamente,
lo anterior significa que C tiene una tangente continua en cada uno de sus puntos.
J. J. Leon - V. Barros
16 Matematicas Especiales
Solucion: Dado que ω = f(z) = z2 = (x + yi)2 = x2 − y2 + 2xyi, entonces u(x, y) =
x2 − y2 y v(x, y) = 2xy. Por lo tanto:
1. Si x = k entonces
y =v
2k→ u = k2 − v2
4k2.
La ecuacion u = k2 − v2
4k2es una familia de parabolas en el plano W . Cada recta
x = k se transforma en una parabola, excepto la recta x = 0 que se transforma
en el semi-eje real negativo del plano W . ¿Por que? Tanto la recta x = 1 como la
recta x = −1 son transformadas en la misma parabola u = 1− v2
4.
2. Es consecuencia de la parte 1. La franja 1 ≤ x ≤ 2 tiene como imagen la franja
comprendida entre las parabolas u = 1− v2
4y u = 4− v2
16.
3. Tambien directamente de 1., podemos concluir que el cuadrado cuyos vertices son
(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2) es la parte superior de la region cerrada por las cuatro
parabolas
u = 1− v2
4, u = 4− v2
16, u =
v2
4− 1, u =
v2
16− 4
4. y =v
2x⇒ x + 4 =
v
2x⇒ 2x2 + 8x− v = 0, y resolviendo para x tenemos:
x =−8±
√64 + 8v
4,
entonces
u = x2 + y2 ⇒ u2 = 32(8 + v) ⇒ v =u2
32− 8.
Por lo tanto, la imagen de la recta y = x + 4 es la parabola v =u2
32− 8.
5. La parte real de f(z) es u = x2 − y2, luego u = k ⇒ x2 − y2 = k, que son
hiperbolas. La parte imaginaria es v = 2xy, luego v = k ⇒ 2xy = k, que tambien
son hiperbolas. Es decir, a las hiperbolas x2− y2 = k del plano Z le corresponden
las rectas horizontales v = k del plano W .
6. Usando la forma polar y el teorema de Moivre
z = r(cos θ + i sen θ) ⇒ z2 = r2(cos 2θ + i sen 2θ).
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2.1. FUNCIONES ANALITICAS 17
El cırculo |z| = r es aplicado en el cırculo |ω| = r2. Cada z es aplicado en un ω
que posee un radio que es igual al cuadrado de z y un argumento que es el doble
del argumento de z, es decir, arg (ω) = 2arg(z). De esta manera un semi-cırculo
superior del plano Z es transformado en todo un cırculo del plano W . En general
la funcion ω = z2 aplica el semi-plano superior del plano Z en todo el plano W .
Una region del plano Z cuya imagen mediante una funcion f(z) cubre el plano W
una sola vez, se llama una region fundamental de dicha funcion. Por ejemplo, el
semi-plano superior del plano Z es una region fundamental de la funcion ω = z2.
Naturalmente el semi-plano inferior tambien es una region fundamental de esa
funcion.
z
EJERCICIO 4. Hallar la imagen de los siguientes conjuntos mediante la transfor-
macion del ejemplo anterior
1. Las rectas y = k, donde k es constante.
2. La franja 3 ≤ x ≤ 7.
3. La recta y = 3x + 1.
EJERCICIO 5. Defina el concepto de region fundamental.
2.1.2. Operaciones entre funciones
Las operaciones algebraicas sobre el conjunto de las funciones de una variable compleja
se definen de identica manera que en el calculo de variable real. Veamos:
Si f y g son funciones de variable compleja, entonces:
i. Suma: (f + g)(z) = f(z) + g(z).
ii. Producto: (f · g)(z) = f(z) · g(z).
iii. Cociente:
(f
g
)(z) =
f(z)
g(z), con g(z) 6= 0.
J. J. Leon - V. Barros
18 Matematicas Especiales
iv. Compuesta: (f g)(z) = f [g(z)].
2.2. Lımites
Definamos ante todo algunos conceptos topologicos basicos.
Entorno o Vecindad: Un entorno o vecindad de un punto z0 del plano complejo, es
un disco |z − z0| < δ de centro z0 y radio positivo δ. Una vecindad de centro z0 y
radio δ se denota por Vδ(z0).
Punto interior: Sea A un conjunto del plano complejo. Un punto z0 es un punto
interior de A, si existe une vecindad de z0 contenida en A.
Punto frontera: Un punto z0 es un punto frontera de un conjunto A si toda vecindad
con centro en z0 contiene a lo menos un punto de A y a lo menos un punto que
no pertenece a A.
Conjunto abierto: Sea A un conjunto del plano complejo. A es abierto si todos sus
puntos son interiores.
Conjunto conexo: Un conjunto abierto A es conexo, si dos puntos cualesquiera de A
se pueden unir mediante una curva contenida enteramente en A.
Tambien necesitaremos mas adelante los siguientes conceptos, por tal razon los defini-
mos ahora.
Trayectoria simple cerrada: Es una trayectoria cerrada sin intersecciones y que no
se toca a sı misma. Por ejemplo una circunferencia es simple, pero una curva en
forma de ocho no lo es.
Dominio simplemente conexo: Se dice que D es un dominio simplemente conexo si
es un dominio tal que toda trayectoria simple cerrada en D contiene solo puntos de
D. Un dominio que no es simplemente conexo se denomina multiplemente conexo.
Ahora veamos la definicion de lımite de una funcion compleja. Tengase en cuenta que
el concepto de valor absoluto es diferente que en la definicion de lımite de una funcion
J. J. Leon - V. Barros
2.2. LIMITES 19
de variable real.
DEFINICION 1. Sea f definida en todos los puntos z de una vecindad de z0, excepto
posiblemente en z = z0. Decimos que el lımite de f(z) cuando z tiende a z0 es igual a
ω0. Esto se escribe
lımz→z0
f(z) = ω0,
si para todo ε > 0, existe una δ > 0 tal que
0 < |z − z0| < δ ⇒ |f(z)− ω0| < ε.
Esta definicion afirma que para que el lımite de f(z) exista y sea igual a ω0 se requiere
que para cualquier ε > 0, exista δ > 0 tal que todo z que se encuentre en la vecindad
Vδ(z0) tenga como imagen un punto ω que este en la vecindad Vε(ω0). El valor de δ
depende del ε escogido.
Aparentemente la definicion de lımite de una funcion de variable compleja, es identica
a la definicion de lımite de una funcion de variable real. Pero cuando afirmamos que z
tiende a z0, significa que z se acerca a z0 y que lo puede hacer por cualquier trayectoria
continua que pase por z0, mientras que en variable real solo existen dos posibilidades
de acercamiento (izquierda y derecha).
EJEMPLO 7. Demostrar que
lımz→2i
z2 + 4
z − 2i= 4i
Solucion: La funcion f(z) =z2 + 4
z − 2i= 4i esta definida en todo el plano, excepto en el
punto z = 2i (segun la definicion de lımite no es necesario que la funcion exista en un
punto para que el lımite de la funcion exista en ese punto). Para z 6= 2i tenemos:
|f(z)− 4i| =∣∣∣∣z2 + 4
z − 2i− 4i
∣∣∣∣ = |z − 2i| < ε.
Siempre que |z − 2i| < δ entonces δ = ε. Por lo tanto,
|z − 2i| < δ ⇒ |f(z)− 4i| < ε,
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20 Matematicas Especiales
es decir que
lımz→2i
z2 + 4
z − 2i= 4i
z
TEOREMA 11. Si el lımite de una funcion de variable compleja existe, este es unico.
Demostracion: Supongamos que lımz→z0 f(z) = ω0 y lımz→z0 f(z) = ω1 y que ω0 6= ω1.
Entonces existe dado ε > 0 existe δ0 y δ1 mayores que cero tal que
|z − z0| < δ0 ⇒ |f(z)− ω0| <ε
2
y
|z − z0| < δ1 ⇒ |f(z)− ω1| <ε
2.
Entonces para δ = min(δ0, δ1) obtenemos
|ω0 − ω1| = |(f(z)− ω0)− (f(z)− ω1)|
≤ |f(z)− ω0| − |f(z)− ω1|
< ε
siempre que |z − z0| < δ. Haciendo ε = |ω0 − ω1| entonces |ω0 − ω1| < |ω0 − ω1| lo que
es contradictorio a lo supuesto. z
TEOREMA 12. Sea ω = f(z) = u(x, y) + iv(x, y) definida en una region Ω excepto
posiblemente en z0 ∈ Ω. Sea z = x + yi, z0 = x0 + y0i y ω0 = u0 + v0i. Entonces
lımz→z0 f(z) = ω0 = u0 + v0i, sı y solo sı
lım(x,y)→(x0,y0)
u(x, y) = u0 y lım(x,y)→(x0,y0)
v(x, y) = v0
Demostracion: (⇒)
Supongamos que
lım(x,y)→(x0,y0)
u(x, y) = u0 y lım(x,y)→(x0,y0)
v(x, y) = v0.
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2.2. LIMITES 21
Entonces para todo ε > 0, existe δ1 > 0 y δ2 > 0 tal que
0 <√
(x− x0)2 + (y − y0)2 < δ1 ⇒ |u(x, y)− u0| <ε
2
y
0 <√
(x− x0)2 + (y − y0)2 < δ2 ⇒ |v(x, y)− v0| <ε
2.
Si δ = min(δ1, δ2), entonces
0 <√
(x− x0)2 + (y − y0)2 < δ ⇒ |u(x, y)− u0 + i(v(x, y)− v0)|
≤ |u(x, y)− u0|+ i |(v(x, y)− v0)| < ε.
Por lo tanto
lımz→z0
f(z) = ω0.
(⇐)
Supongamos que
lımz→z0
f(z) = ω0.
Entonces para todo ε > 0, existe δ > 0, tal que
|x− x0 + i(y − y0)| < δ ⇒ |u(x, y)− u0 + i(v(x, y)− v0)| < ε
como
|u(x, y)− u0| ≤ |u(x, y)− u0 + i(v(x, y)− v0)|
y
|v(x, y)− v0| ≤ |u(x, y)− u0 + i(v(x, y)− v0)|
tenemos que
|u(x, y)− u0| < ε y |v(x, y)− v0| < ε
siempre que
0 <√
(x− x0)2 + (y − y0)2 < δ
entonces
lım(x,y)→(x0,y0)
u(x, y) = u0 y lım(x,y)→(x0,y0)
v(x, y) = v0.
z
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22 Matematicas Especiales
EJEMPLO 8. Calcular
lımz→2i
(3z + 5i)
Solucion: f(z) = 3z + 5i = 3x + (3y + 5)i. Entonces
lım(x,y)→(0,2)
3x = 0 y lım(x,y)→(0,2)
(3y + 5) = 11.
De donde
lımz→2i
(3z + 5i) = 0 + 11i = 11i.
z
Tal como en el calculo de variable real, en el calculo de variable compleja se tienen las
siguientes propiedades, resumidas en el siguiente teorema:
TEOREMA 13. Sean f y g funciones de variable compleja y sea k una constante
compleja. Si
lımz→z0
f(z) = ω1 y lımz→z0
g(z) = ω2
entonces
1. lımz→z0 [f(z) + g(z)] = lımz→z0 f(z) + lımz→z0 g(z) = ω1 + ω2.
2. lımz→z0 kf(z) = k lımz→z0 f(z) = kω1.
3. lımz→z0 [f(z) · g(z)] = lımz→z0 f(z) · lımz→z0 g(z) = ω1 · ω2.
4. lımz→z0
[f(z)
g(z)
]=
lımz→z0
f(z)
lımz→z0
g(z)=
ω1
ω2
, con ω2 6= 0.
EJEMPLO 9. Calcular
lımz→−2i
(2z + 3)(z − 1)
z2 − 2z + 4
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2.2. LIMITES 23
Solucion:
lımz→−2i
(2z + 3)(z − 1)
z2 − 2z + 4=
lımz→−2i
(2z + 3)(z − 1)
lımz→−2i
z2 − 2z + 4
=lım
z→−2i(2z + 3) · lım
z→−2i(z − 1)
4i
= −1
2+
11i
4
z
DEFINICION 2. El lımz→∞
= ω0, si para todo ε > 0, podemos encontrar un M > 0,
tal que
|z| > M ⇒ |f(z)− ω0|
TEOREMA 14. Si la funcion h(z) =f(z)
g(z)esta definida para todo complejo excepto
para z = z0 en alguna region que contiene a z0 y si lımz→z0
g(z) = 0 y lımz→z0
f(z) = k 6= 0,
donde k es una constante compleja. Entonces
lımz→z0
f(z)
g(z)= ∞.
EJEMPLO 10. Calcular
lımz→i
1 + 3i
(z − i)2.
Solucion:
f(z) = 1 + 3i y lımz→i
1 + 3i = 1 + 3i,
g(z) = (z − i)2 y lımz→i
(z − i)2 = 0.
Entonces aplicando el teorema 14 obtenemos
lımz→i
1 + 3i
(z − i)2= ∞.
z
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24 Matematicas Especiales
2.3. Continuidad
DEFINICION 3. Una funcion f definida en una region Ω es continua en un punto
z0 de Ω si:
lımz→z0
f(z) = f(z0)
Esta definicion es equivalente a decir que f es continua en z0 de su dominio, sı y solo
sı, para todo ε > 0 existe una δ > 0, tal que
|z − z0| < δ ⇒ |f(z)− f(z0)| < ε
(el δ depende del ε que se tome).
La funcion f es continua en una region Ω si es continua en todos los puntos de Ω.
Directamente de las propiedades de los lımites podemos demostrar las siguientes propiedades
algebraicas de la continuidad.
TEOREMA 15. Si f y g son funciones continuas en z0 y k es una constante compleja,
entonces son continuas en z0 las funciones:
1. f + g.
2. f · g.
3. f/g.
EJEMPLO 11. La funcion polinomica
f(z) = anzn + an−1z
n−1 + · · ·+ a1z + a0,
donde ak = C y C es una constante compleja, para k = 1, 2, ..., n es continua en todo
el plano.
Solucion: La funcion identica I(z) = z es continua en todo el plano, ya que
lımz→z0
z = z0.
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2.4. LA DERIVADA 25
Se puede encontrar δ > 0, dado ε > 0 tal que
|z − z0| < δ ⇒ |I(z)− z0| < ε,
es decir, |I(z) − z0| = |z − z0| < ε, por lo tanto δ = ε. Las funciones z2, z3,...,zn son
continuas porque son producto de funciones continuas y como la funcion polinomica es
la suma del producto de funciones continuas, entonces es continua (La funcion constante
es continua). z
2.4. La Derivada
DEFINICION 4. Sea f una funcion definida en una region Ω y sea z0 ∈ Ω. Se dice
que f es diferenciable en z0, si el siguiente lımite existe:
f ′(z0) = lımh→0
f(z0 + h)− f(z0)
h
A f ′(z0) se le llama la derivada de f en z0. Podemos obtener una forma equivalente
para la derivada de f en el punto z0 ∈ Ω, veamos:
f ′(z0) = lımz→z0
f(z)− f(z0)
z − z0
Donde h = ∆z = z − z0.
La derivada de f en cualquier punto z ∈ Ω se denota f ′(z) of(z)
dz.
EJEMPLO 12. Sea f(z) = z2 + 1. Hallar f ′(z)y f ′(2 + i).
Solucion:
f ′(z) = lımh→0
f(z + h)− f(z)
h
= lımh→0
(z + h)2 + 1− (z2 + 1)
h
= lımh→0
h(2z + h)
h= 2z
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26 Matematicas Especiales
Si z0 = 2 + i entonces f ′(2 + i) = 2(2 + i) = 4 + 2i. Si aplicamos directamente la
definicion 4., tenemos
f ′(2 + i) = lımh→0
(2 + i + h)2 + 1− (2 + i)2 − 1
h= 4 + 2i
z
Tal como sucede en el calculo de una variable real la existencia de la derivada en un
punto implica la continuidad en ese punto, pero no lo contrario.
TEOREMA 16. Si f es derivable en z0, entonces f es continua en ese punto.
Demostracion: Supongamos que f es derivable en z0, entonces
f ′(z) = lımz→z0
f(z)− f(z0)
z − z0
existe.
lımz→z0
|f(z)− f(z0)| = lımz→z0
[f(z)− f(z0)
z − z0
(z − z0)
]= lım
z→z0
f(z)− f(z0)
z − z0
· lımz→z0
(z − z0)
= f ′(z0) · 0 = 0
entonces
lımz→z0
f(z) = f(z0),
y por lo tanto f es continua en z0. z
El siguiente ejemplo nos permite demostrar que si una funcion es continua en un punto,
no implica que la funcion sea derivable en dicho punto.
EJEMPLO 13. La funcion f(z) = |z|2 es continua en todo el plano complejo pero
solo es derivable en el origen.
Solucion: Dada la funcion f(z) = |z|2 = z · z, tenemos: Si z = 0, entonces
f ′(0) = lımh→0
f(0 + h)− f(0)
h= lım
h→0h = 0.
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2.4. LA DERIVADA 27
Si z 6= 0, entonces
f ′(z) = lımh→0
f(z + h)− f(z)
h
= lımh→0
(z + h)(z + h)− z · zh
= lımh→0
(zh
h+ h + z
),
pero lımh→0
(zh
h+ h + z
)no existe porque lımh→0
h
hno existe. Por lo tanto la funcion
no es derivable en z 6= 0. z
Las formulas de derivacion en el calculo de una variable real son validas para funciones
de variable compleja. El siguiente teorema nos determina este hecho.
TEOREMA 17. Si f y g son funciones de variable compleja tales que f ′ y g′ existan
y si k es una constante compleja, entonces:
1.d
dz(z) = 1
2.d
dz(k) = 0
3.d
dz[f(z)± g(z)] =
d
dzf(z)± d
dzg(z)
4.d
dz(kf(z)) = k
d
dzf(z)
5.d
dz[f(z) · g(z)] = g(z)
d
dzf(z) + f(z)
d
dzg(z)
6.d
dz
[f(z)
g(z)
]=
g(z)d
dzf(z)− f(z)
d
dzg(z)
[g(z)]2, con g(z) 6= 0
7. Si ω = f(η) y η = g(z), entonces
d
dzω =
d
dηω · d
dzη.
Esta es la conocida regla de la cadena.
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28 Matematicas Especiales
Demostracion de 6:
d
dz
[f(z)
g(z)
]= lım
h→0
f(z + h)
g(z + h)− f(z)
g(z)
h
= lımh→0
f(z + h)g(z)− f(z)g(z + h)
hg(z)g(z + h)
= lımh→0
1
g(z)g(z + h)
[f(z + h)g(z)− g(z)f(z) + g(z)f(z)− f(z)g(z + h)
h
]=
1
[g(z)]2
[g(z)
d
dzf(z)− f(z)
d
dzg(z)
]z
EJEMPLO 14. Calculard
dz[z2 + 2]3.
Solucion: ω = f(g(z)) = (z2 +2)3, entonces η = g(z) = z2 +2 y ω = f(η) = η3. Ahora,
comodω
dη= 3η2 y
dη
dz= 2z,
entoncesdω
dz= 3η2 · 2z = 3(z2 + 2)2 · 2z = 6z(z2 + 2)2
z
2.5. Ecuaciones de Cauchy-Riemman
TEOREMA 18. Si la funcion f(z) = u(x, y)+ iv(x, y) es derivable en un punto z de
su dominio Ω. Entonces se satisfacen las ecuaciones
∂u
∂x=
∂v
∂yy
∂u
∂y= −∂v
∂x(2.2)
llamadas ecuaciones de Cauchy-Riemman.
Demostracion: Sea z0 = x0+y0i un punto de la region Ω. Supongamos que f ′(z) existe.
Entonces
f ′(z0) = lım∆z→0
f(z0 + ∆z)− f(z0)
∆z.
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2.5. ECUACIONES DE CAUCHY-RIEMMAN 29
Haciendo ∆z = ∆x + i∆y. Tenemos que
f ′(z0) = lım(∆x,∆y)→(0,0)
u(x0 + ∆x, y0 + ∆y) + iv(x0 + ∆x, y0 + ∆y)− u(x0, y0)− iv(x0, y0)
∆x + i∆y
= lım(∆x,∆y)→(0,0)
u(x0 + ∆x, y0 + ∆y)− u(x0, y0)
∆x + i∆y
+ i lım(∆x,∆y)→(0,0)
v(x0 + ∆x, y0 + ∆y)− v(x0, y0)
∆x + i∆y
El lımite es independiente de la trayectoria por lo cual ∆z → 0. Analizaremos dos
casos.
Si ∆x = 0, entonces ∆y → 0, luego
f ′(z0) = lım∆y→0
u(x0, y0 + ∆y)− u(x0, y0)
i∆y
+ i lım∆y→0
v(x0, y0 + ∆y)− v(x0, y0)
i∆y
=− i∂u(x0, y0)
∂y+
∂v(x0, y0)
∂y
Como z0 es un punto cualquiera de Ω tenemos
f ′(z) = −i∂u
∂y+
∂v
∂y. (2.3)
Si ∆y = 0, entonces ∆x → 0, luego
f ′(z0) = lım∆x→0
u(x0 + ∆x, y0)− u(x0, y0)
∆x
+ i lım∆x→0
v(x0 + ∆x, y0)− v(x0, y0)
∆x
=∂u(x0, y0)
∂x+ i
∂v(x0, y0)
∂x
Entonces
f ′(z) =∂u
∂x+ i
∂v
∂x. (2.4)
Como z0 es un punto cualquiera de Ω tenemos
f ′(z) =∂u
∂x+ i
∂v
∂x.
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30 Matematicas Especiales
De (2.3) y (2.4) obtenemos las ecuaciones (2.2) llamadas de Cauchy-Riemann. Luego,
si la derivada de la funcion existe, entonces se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-
Riemann2. z
EJEMPLO 15. (Encontrar los errores dentro del siguiente procedimiento) La funcion
f(z) =
x3 − y3
x2 + y2+ i
(x3 − y3
x2 + y2
), si z 6= 0
0 , si z = 0
Satisface las ecuaciones de Cauchy-Riemann en el origen, pero la derivada en el origen
no existe.
Solucion:
ux(0, 0) = lım(x,y)→(0,0)
u(x, 0)− u(0, 0)
x= lım
x→0
x3
x3= 1
uy(0, 0) = lımy→0
−y3
y3= −1
De la misma manera obtenemos que
vx(0, 0) = 1 y vy(0, 0) = −1.
Luego se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en el origen.
Ahora veamos que la derivada de la funcion en el origen no existe:
f ′(0) = lımz→0
f(z)− f(0)
z= lım
(x,y)→(0,0)
x3 − y3
x2 + y2+ i
(x3 − y3
x2 + y2
)− 0
x + yi
2Tanto Cauchy como Riemann, son los precursores del Analisis Complejo. Riemann que fue filosofo, introdujo el
concepto de integral, tal como se ensena en los cursos basicos de calculo. Trabajo con series de Fourier, ecuaciones
diferenciales ordinarias y parciales, creando nuevos metodos para su solucion y efectuo contribuciones importantes a
la teorıa de numeros y a la fisica-matematica. Creador tambien de la geometrıa de Riemann, base matematica de la
teorıa de la relatividad de Einstein. Su trabajo motivo muchas ideas de la matematica moderna, especialmente en
topologıa y analisis funcional (Vease N. Burbaki, Elements of Mathematics. General Topology, Parte I, Pag. 161-166,
Paris Hermann).
J. J. Leon - V. Barros
2.5. ECUACIONES DE CAUCHY-RIEMMAN 31
Tomando la trayectoria x = 0, tenemos
f ′(0) = lımy→0
−y + iy
iy= 1 + i,
y tomando la trayectoria y = 0, tenemos
f ′(0) = lımx→0
x + ix
x= 1 + i,
Por las dos trayectorias hemos llegado al mismo lımite, pero si tomamos la trayectoria
y = x, tenemos
f ′(0) = lımx→0
ix
x + ix=
1
2+
i
2,
Por lo tanto hemos encontrado por trayectorias diferentes lımites diferentes, entonces
f ′(0) no existe. z
TEOREMA 19. Sea la funcion f(z) = u(x, y) + iv(x, y). Supongamos que las fun-
ciones u y v junto con sus derivadas parciales de primer orden son continuas en un
punto (x0, y0) de la region de definicion. Si se cumplen las ecuaciones de Cauchy-
Riemann entonces f ′(z0) existe.
Ademas si las condiciones del teorema se satisfacen, la derivada de f se puede expresar
en la forma
f ′(z) =∂u
∂x+ i
∂v
∂x
o alternativamente
f ′(z) =∂v
∂y− i
∂u
∂y,
como ya habıamos visto en la demostracion del teorema 18.
Demostracion: Como las primeras derivadas parciales de u(x, y) y v(x, y) son continuas
entonces
∆u =∂u
∂x∆x +
∂u
∂y∆y + ε1∆x + ε2∆y
y
∆v =∂v
∂x∆x +
∂v
∂y∆y + ε3∆x + ε4∆y
J. J. Leon - V. Barros
32 Matematicas Especiales
con∂u
∂x,∂u
∂y,∂v
∂x,∂v
∂ycalculadas en (x0, y0) y ε1, ε2, ε3, ε3 → 0, cuando (∆x, ∆y) → (0, 0).
Como se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann, reemplazamos y obtenemos:
∆f
∆z=
∂u
∂x+ i
∂v
∂x+ (ε1 + iε3)
∆x
∆z+ (ε2 + iε4)
∆y
∆z
∆z = ∆x + i∆y ⇒ |∆z| ≥ |∆x| y |∆z| ≥ |∆y|,
entonces ∣∣∣∣∆x
∆z
∣∣∣∣ ≤ 1 y
∣∣∣∣∆y
∆z
∣∣∣∣ ≤ 1,
pero (∆x, ∆y) → 0 entonces (ε1 + iε3)∆x
∆zy (ε2 + iε4)
∆y
∆ztiende a cero.
lım∆z→0
∆f
∆z= f ′(z0) =
∂u
∂x+ i
∂v
∂x
por lo tanto f ′(z0) existe. z
EJEMPLO 16. Calcular f ′(z) si f(z) = sen x cosh y + i cos x senh y
Solucion: Tenemos que las funciones u y v se definen como:
u(x, y) = sen x cosh y y v(x, y) = cos x senh y,
luego∂u
∂x= cos x cosh y
∂u
∂y= sen x senh y
∂v
∂x= − sen x senh y
∂v
∂y= cos x cosh y
Como u y v junto con sus primeras derivadas parciales son continuas en todo el plano
y ademas se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en todo el plano podemos
concluir que la derivada de la funcion existe en todos los puntos del plano complejo.
Entonces
f ′(z) =∂u
∂x+ i
∂v
∂x= cos x cosh y + i sen x senh y
z
J. J. Leon - V. Barros
2.5. ECUACIONES DE CAUCHY-RIEMMAN 33
EJEMPLO 17. Comprobar que las ecuaciones de Cauchy-Riemann en coordenadas
polares son las siguientes:
∂u
∂r=
1
r
∂v
∂θy
∂v
∂r= −1
r
∂u
∂θ, (2.5)
donde r 6= 0.
Solucion. Las relaciones que nos permiten el paso de coordenadas rectangulares a co-
ordenadas polares son las siguientes
x = r cos θ y = r sen θ r =√
x2 + y2 θ = tan−1(y
x
),
es ası como
∂u
∂x=
∂u
∂r
∂r
∂x+
∂u
∂θ
∂θ
∂x=
∂u
∂r
(x√
x2 + y2
)+
∂u
∂θ
(−y
x2 + y2
)entonces
∂u
∂x=
∂u
∂rcos θ − 1
r
∂u
∂θsen θ
∂u
∂y=
∂u
∂r
∂r
∂y+
∂u
∂θ
∂θ
∂y=
∂u
∂rsen θ +
1
r
∂u
∂θcos θ
∂v
∂x=
∂v
∂r
∂r
∂x+
∂v
∂θ
∂θ
∂x=
∂v
∂rcos θ − 1
r
∂v
∂θsen θ
∂v
∂y=
∂v
∂r
∂r
∂y+
∂v
∂θ
∂θ
∂y=
∂v
∂rsen θ +
1
r
∂v
∂θcos θ.
Ahora, como∂u
∂x=
∂v
∂y, tenemos(∂u
∂r− 1
r
∂v
∂θ
)cos θ −
(∂v
∂r+
1
r
∂u
∂θ
)sen θ = 0
y, como∂u
∂y= −∂v
∂x, tenemos(
∂u
∂r− 1
r
∂v
∂θ
)sen θ +
(∂v
∂r+
1
r
∂u
∂θ
)cos θ = 0
entonces∂u
∂r− 1
r
∂v
∂θ= 0 y
∂v
∂r+
1
r
∂u
∂θ= 0
J. J. Leon - V. Barros
34 Matematicas Especiales
por lo tanto∂u
∂r=
1
r
∂v
∂θy
∂v
∂r= −1
r
∂u
∂θ
con r 6= 0 z
TEOREMA 20. La formula equivalente para la derivada de una funcion en coorde-
nadas polares es
f ′(z) = (cos θ − i sen θ)
(∂u
∂r+ i
∂v
∂r
)
Demostracion: Reemplazando los valores de∂u
∂xy de
∂v
∂x, obtenidas en el ejemplo 18
tenemos que
f ′(z) =∂u
∂x+ i
∂v
∂x
=
(∂u
∂rcos θ − 1
r
∂u
∂θsen θ
)+ i
(∂v
∂rcos θ − 1
r
∂v
∂θsen θ
).
Usando las ecuaciones (2.5) tenemos
f ′(z) = (cos θ − i sen θ)
(∂u
∂r+ i
∂v
∂r
)z
EJEMPLO 18. Calcular f ′(z) donde f(z) =1
z, con z 6= 0.
Solucion. Sea z = r(cos θ + i sen θ), entonces
f(z) =1
z= r−1(cos θ − i sen θ)
y tenemos que
u(r, θ) = r−1 cos θ y v(r, θ) = r−1 sen θ
por lo tanto∂u
∂θ= −sen θ
r
∂u
∂r= −cos θ
r2
∂v
∂θ= −cos θ
r
∂v
∂r=
sen θ
r2.
J. J. Leon - V. Barros
2.6. FUNCIONES ANALITICAS 35
En z 6= 0, se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann (2.5) y ademas tanto u como
v y sus primeras derivadas parciales son continuas. Por lo tanto la derivada de f existe
y es
f ′(z) = (cos θ − i sen θ)
(∂u
∂r+ i
∂v
∂r
)= − 1
r2(cos 2θ − i sen 2θ) = − 1
z2
z
2.6. Funciones Analıticas
DEFINICION 5. Una funcion f es analıtica en un punto z0 de su dominio, si existe
una vecindad de z0 tal que f ′(z) exista para todo punto de la vecindad.
Si f es analıtica en todos los puntos de una region Ω se dice que f es analıtica en Ω. Si
f es analıtica en todo el plano complejo entonces f se llama una funcion entera. A una
funcion analıtica en un punto z0 tambien se le acostumbra llamar holomorfa o regular
en z0.
Si f esta definida en un dominio Ω (abierto), las propiedades de diferenciabilidad y
analiticidad son equivalentes; pero en otros casos la analiticidad exige que la funcion
sea derivable en un conjunto mayor. Es decir, f es analıtica en un disco |z| ≤ a, si es
derivable en el disco |z| ≤ a + δ, donde a es una constante mayor que cero.
EJEMPLO 19. La funcion f(z) = |z|2 no es analıtica en ningun punto del plano,
pero es derivable en el origen.
Solucion: En el ejemplo 14 de la seccion 2.4 demostramos que la derivada de f solo
existe en el origen y que f ′(0) = 0. Si tomamos cualquier vecindad de z0 tenemos que
f ′(z) no existe para ningun z en la vecindad. Luego la funcion no es analıtica en el
origen z
EJEMPLO 20. La funcion polinomica es una funcion entera.
J. J. Leon - V. Barros
36 Matematicas Especiales
Solucion: Si f es polinomica entonces f(z) = anzn + an−1z
n−1 + · · · + a1z + a0. Ya
hemos visto que esta funcion es derivable en todo el plano complejo, entonces si z0 es
cualquier punto del plano, f ′(z) existe para todo z en la vecindad de z0 y por lo tanto
f es analıtica en todo el plano. Es decir, f es una funcion entera. z
De las propiedades de la derivada se puede deducir facilmente que la suma, el producto
y el cociente 3 de funciones analıticas en Ω, son funciones analıticas en Ω.
Si f es analıtica en Ω1 y si f(Ω1) esta contenida en Ω2 y g es analıtica en Ω2, entonces
g f es analıtica en Ω1.
EJEMPLO 21. Comprobar que la funcion
f(z) = ex(cos y + i sen y)
es analıtica en todo el plano (entera).
Solucion:
f(z) = ex(cos y + i sen y) = ex cos y + iex sen y
entonces
u(x, y) = ex cos y y v(x, y) = ex sen y,
y por lo tanto
∂u
∂x= ex cos y
∂v
∂x= ex sen y
∂v
∂y= ex cos y
∂u
∂y= −ex sen y
Como se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann y tanto u y v como sus primeras
derivadas son continuas en todo el plano. Entonces f ′(z), existe para todo z y por lo
tanto la funcion es entera. z
TEOREMA 21. Si la funcion f(z) = u(x, y) + iv(x, y) es analıtica y si u y v tienen
segundas derivadas parciales continuas; entonces u y v satisfacen las ecuaciones de
Laplace∂2u
∂x2+
∂2u
∂y2= 0 y
∂2v
∂x2+
∂2v
∂y2= 0
3En este caso se advierte que f/g es analıtica en Ω, sı y solo sı, g(z) 6= 0.
J. J. Leon - V. Barros
2.6. FUNCIONES ANALITICAS 37
Demostracion: Como f es analıtica en Ω entonces se satisfacen las ecuaciones de
Cauchy-Riemann∂u
∂x=
∂v
∂yy
∂u
∂y= −∂v
∂x.
Derivando en ambos lados tenemos
∂2u
∂x2=
∂2v
∂x∂yy
∂2u
∂y2= − ∂2v
∂y∂x. (2.6)
Debido a la continuidad de (2.6) se cumple que
∂2v
∂y∂x=
∂2v
∂x∂y
y del mismo modo se tiene que∂2u
∂y2= −∂2u
∂x2
en Ω.
Luego las funciones u y v satisfacen las ecuaciones de Laplace en Ω. z
Mas adelante4 demostraremos que si una funcion es analıtica su derivada tambien lo
es. Esto significa que existen derivadas parciales en todos los ordenes continuas de u y
de v.
DEFINICION 6. Una funcion F (x, y) real, de dos variables reales que tienen derivadas
parciales de segundo orden continuas y que satisfacen la ecuacion de Laplace se llama
una funcion armonica5.
Podemos afirmar que si f(z) = u(x, y) + iv(x, y) es analıtica en Ω, entonces u y v son
funciones armonicas en Ω. Estas funciones son llamadas conjugadas 6.
Si u y v son funciones armonicas que satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en
un dominio Ω, entonces son parte real e imaginaria de una funcion analıtica f en Ω
Dada una funcion armonica podemos obtener su conjugada usando las ecuaciones de
Cauchy-Riemann.4Cuando iniciemos el tema de Integracion compleja5Ası se llaman las soluciones de la ecuacion de Laplace que tienen derivadas parciales de segundo orden continuas y,
su teorıa se denomina teorıa del Potencial.6Aquı el termino conjugada tiene un significado diferente al de conjugado de un numero complejo.
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38 Matematicas Especiales
EJEMPLO 22. Se tiene la funcion u(x, y) = ln(x2 + y2). Encontrar f(z) = u(x, y) +
iv(x, y), tal que f sea analıtica.
Solucion: Derivando la funcion u(x, y) = ln(x2 + y2), tenemos que
∂u
∂x=
2x
x2 + y2y
∂u
∂y=
2y
x2 + y2,
entonces∂u
∂x=
∂v
∂y⇒ ∂v
∂y=
2x
x2 + y2,
integrando con respecto a y obtenemos
v =
∫2x
x2 + y2dy = 2 arctan
(y
x
)+ h(x),
Por lo tanto∂v
∂x= − 2y
x2 + y2+ h′(x).
Como∂v
∂x= −∂u
∂y, entonces h′(x) = 0. De donde h(x) = k, y k es una constante; por
lo tanto:
v(x, y) = 2 arctan(y
x
)+ k,
y entonces
f(z) = ln(x2 + y2) + i(2 arctan
(y
x
)+ k)
.
z
TEOREMA 22. Si f(z) = u(x, y) + iv(x, y) es una funcion analıtica en Ω, entonces
la familia de curvas u(x, y) = k1 son trayectorias ortogonales a la familia de curvas
v(x, y) = k2 y viceversa, en todo punto de Ω donde f ′(z) 6= 0.
Demostracion: Derivando u(x, y) = k1 implıcitamente, tenemos:
du =∂u
∂xdx +
∂u
∂ydy = 0
entonces
dy
dx= −
∂u
∂x∂u
∂y
(2.7)
J. J. Leon - V. Barros
2.7. TRANSFORMACIONES CONFORMES 39
La expresion (2.7) da la pendiente de la curva general de la familia u(x, y) = k1. Del
mismo modo
dv =∂v
∂xdx +
∂v
∂ydy = 0
entonces
dy
dx= −
∂v
∂x∂v
∂y
. (2.8)
Esta es la pendiente de la curva general de la familia v(x, y) = k2. Como f es analıtica
se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann, entonces usando este hecho en (2.8),
tenemos
dy
dx=
∂u
∂y∂u
∂x
(2.9)
pero (2.9) es precisamente el negativo del recıproco de la pendiente de la curva gen-
eral de la funcion u(x, y) = k1 en un punto comun. Por tanto las dos familias son
ortogonales. z
2.7. Transformaciones Conformes
Ahora veremos que si la funcion f es analıtica su representacion es conforme. Es decir,
conserva los angulos entre curvas orientadas tanto en magnitud como en sentido. Las
transformaciones conformes tiene gran utilidad en las matematicas para ingenierıa ya
que permiten resolver problemas bidimensionales con valores en la frontera; mediante la
transformacion de una region complicada en otra mas sencilla. En el capıtulo siguiente
daremos algunos ejemplos sobre estos problemas.
2.7.1. Representacion conforme
Sea ω = f(z) una funcion analıtica en el plano Z, tal que f ′(z0) 6= 0. Entonces la
imagen de un arco suave en la vecindad de z0 del plano Z, es un arco suave en el plano
J. J. Leon - V. Barros
40 Matematicas Especiales
W .
Si
f ′(z0) = r0eiθ0 ,
entonces
θ0 = arg (f ′(z0)) = lım∆z→0
(arg
(∆ω
∆z
))donde
∆ω = f(z0 + ∆z)− f(z0).
Sea C una curva suave a traves de z0 y sea la curva suave S su imagen bajo la transfor-
macion analıtica ω = f(z). Al describir un sentido positivo para C, la transformacion
determina un sentido positivo a lo largo de S.
Supongamos que z0+∆z es un punto en C en el sentido positivo desde z0. El argumento
de ∆z tiende al angulo de inclinacion φ de la recta tangente a C en z0, cuando ∆z
tiende a cero. Es decir
lım∆z→0
(arg (∆z)) = φ
Sea ω0 la imagen de z0 y ω0 + ∆ω la imagen de z0 + ∆z, entonces
lım∆ω→0
(arg (∆ω)) = Φ,
donde Φ es el angulo de inclinacion de la recta tangente a S en el punto ω0.
Tenemos
∆ω = ∆z
(∆ω
∆z
).
Debido a que el argumento de un producto es la suma de los argumentos de los factores,
entonces
arg (∆ω) = arg (∆z) + arg
(∆ω
∆z
)aplicando lımite cuando ∆z tiende a cero
lım∆z→0
arg (∆ω) = lım∆z→0
arg (∆z) + lım∆z→0
arg
(∆ω
∆z
)J. J. Leon - V. Barros
2.7. TRANSFORMACIONES CONFORMES 41
entonces
Φ = φ + θ0
de donde, bajo la transformacion, la tangente a C dirigida en z0 se gira un angulo
θ0 = Φ− φ.
Esto significa que la transformacion ω = f(z), analıtica en z0 con f ′(z) 6= 0, gira las
tangentes de todas las curvas que pasen por z0 en un mismo angulo θ0.
Ahora, supongamos que tenemos en el plano Z un par de curvas suaves C1 y C2 las
cuales se interceptan en el punto z0. Sean φ1 Y φ2 los angulos de inclinacion de sus
respectivas rectas tangentes en z0, y sean Φ1 Y Φ2 los angulos de inclinacion a las
curvas S1 y S2 en el punto ω0. Entonces
Φ1 = φ1 + θ0 y Φ2 = φ2 + θ0,
y restando estas ultimas ecuaciones tenemos
α = Φ2 − Φ1 = φ2 − φ1.
De esta manera el angulo entre las curvas S1 y S2 es el mismo en magnitud y en sentido
que el angulo entre C1 y C2.
Una transformacion que conserva los angulos de esta forma entre cada par de curvas en
el punto z0, se llama Conforme en z0. Si la transformacion es conforme en todo punto
de la region Ω, entonces decimos que es conforme en Ω.
Una transformacion que conserva las magnitudes de los angulos pero no necesariamente
el sentido se llama isogonal.
La discusion anterior prueba el resultado que sintetizamos en el siguiente teorema:
TEOREMA 23. Si f(z) es analıtica y f ′(z) 6= 0 en una region Ω, entonces la trans-
formacion ω = f(z) es conforme en Ω.
Una transformacion conforme transforma pequenas figuras en la vecindad de un punto
z0 del plano Z en pequenas figuras semejantes en el plano W . Veamos, si z esta muy
J. J. Leon - V. Barros
42 Matematicas Especiales
proximo a z0, entonces
f(z)− f(z0)
z − z0
=ω − ω0
z − z0
' f ′(z0),
entonces
ω − ω0 ' f ′(z0)(z − z0),
si en lugar de casi igual ('), tomamos la igualdad, tenemos
ω − ω0 = f ′(z0)(z − z0), (2.10)
lo cual establece una relacion de uno a uno si f ′(z0) 6= 0. La imagen por la relacion
(2.10) es semejante a la original y su dimension varıa en |f ′(z0)|.
Un punto en el que f ′(z0) 6= 0, se llama un punto crıtico de la transformacion.
Si ω = f(z) es una transformacion del plano Z en el plano W , podemos pensar que es
una transformacion del plano Z en sı mismo. Con esta interpretacion, los puntos para
los cuales f(z) = z, los llamamos puntos fijos o puntos invariantes
EJEMPLO 23. Dada la transformacion ω = f(z) = z2 − 2, entonces:
1. Demostrar que la transformacion es conforme.
2. Hallar los puntos crıticos.
3. Hallar los puntos fijos o invariantes.
Solucion: Analizando cada una de las situaciones, tenemos:
1. Como ω = f(z) = z2− 2 es una funcion polinomica, es analıtica en todo el plano.
Por el teorema 23., la transformacion es conforme excepto donde f ′(z) = 0. Pero,
f ′(z) = 0 solamente en el origen. Entonces la transformacion es conforme en todo
el plano excepto en el origen.
2. El z = 0 es el unico punto crıtico de la transformacion.
3. Como ω = f(z) = z2−2, entonces z2−2− z = 0, de donde z = −1 y z = 2. Estos
valores son los puntos fijos de la transformacion.
J. J. Leon - V. Barros
2.7. TRANSFORMACIONES CONFORMES 43
z
La aplicaciones mas importantes de las transformaciones conformes se deben a la
propiedad que poseen las funciones armonicas, de permanecer siendo armonicas bajo
un cambio de variable que surja de una transformacion conforme. Este valioso resultado
lo recogemos en el siguiente teorema:
TEOREMA 24. Una funcion armonica g(x, y) se transforma en otra funcion armonica
bajo un cambio de variable que surge de una transformacion conforme ω = f(z).
Antes de demostrar el teorema siguiente, miremos su alcance. Por ejemplo, supongamos
que queremos resolver un problema bidimensional con valores en la frontera en una
region Ω dada. procedemos entonces de la siguiente manera
i. Encontrar una aplicacion conforme f que transforme el problema de frontera de la
region Ω en uno para la region mas sencilla Ω′ (generalmente cırculo o semi-plano).
ii. Resolver el problema de frontera transformado.
iii. Transformar la solucion a las coordenadas originales, mediante la transformacion
inversa f−1
Dejaremos las aplicaciones fısicas para mas adelante cuando tengamos mas manejo del
calculo complejo.
Demostracion teorema 24: Supongamos la transformacion
x = X(u, v) y y = Y (u, v)
entonces g(x, y) se transforma en
g [X(u, v), Y (u, v)] = G(u, v),
luego∂g
∂x=
∂g
∂u
∂u
∂x+
∂g
∂v
∂v
∂xy
∂g
∂y=
∂g
∂u
∂u
∂y+
∂g
∂v
∂v
∂y
J. J. Leon - V. Barros
44 Matematicas Especiales
∂2g
∂x2=
∂g
∂u
∂2u
∂x2+
∂u
∂x
[∂2g
∂u2
∂u
∂x+
∂2g
∂v∂u
∂v
∂x
]+
∂g
∂v
∂2v
∂x2+
∂v
∂x
[∂2g
∂u∂v+
∂2g
∂v2
∂v
∂x
]
∂2g
∂y2=
∂g
∂u
∂2u
∂y2+
∂u
∂y
[∂2g
∂u2
∂u
∂y+
∂2g
∂v∂u
∂v
∂y
]+
∂g
∂v
∂2v
∂y2+
∂v
∂y
[∂2g
∂u∂v+
∂2g
∂v2
∂v
∂y
]
z
2.8. Funcion Exponencial
Del calculo de variable real sabemos que el desarrollo de series de McLauren de las
funciones ex, sen x y cos x es:
ex = 1 + x +x2
2!+
x3
3!+ · · · =
∞∑n=0
xn
n!
sen x = x− x3
3!+
x5
5!− · · · =
∞∑n=0
(−1)n x2n+1
(2n + 1)!
cos x = 1− x2
2!+
x4
4!− · · · =
∞∑n=0
(−1)n x2n
(2n)!
Todas estas serie tienen radio de convergencia infinito.
Si reemplazamos la variable x por la variable compleja z, las serie anteriores se trans-
forman en funciones de variable compleja, definidas en todo el plano complejo.
J. J. Leon - V. Barros
2.8. FUNCION EXPONENCIAL 45
Tomemos iy en vez de x en la funcion exponencial, entonces:
eiy = 1 + iy − y2
2!− y3i
3!+
y4
4!+ · · · ,
es decir, podemos escribir
eiy =∞∑
n=0
(−1)n y2n
(2n)!+ i
∞∑n=0
(−1)n y2n+1
(2n + 1)!,
de donde
eiy = cos y + i sen y.
Esta ultima expresion nos permite presentar un numero complejo en forma exponencial.
Por ejemplo, e2πi = cos 2π + i sen 2π = 1. En general se tiene que
z = r (cos θ + i sen θ) = reiθ.
La funcion exponencial en terminos de las funciones reales u(x, y) y v(x, y), se expresa
de la siguiente manera:
ω = ez = ex+yi = exeyi = ex(cos y + i sen y),
de donde
u(x, y) = ex cos y y v(x, y) = ex sen y. (2.11)
TEOREMA 25. La funcion ω = ez es una funcion analıtica en todo el plano (entera).
Demostracion: Segun las ecuaciones (2.11)
∂u
∂x= ex cos y y
∂u
∂y= −ex sen y
∂v
∂x= ex sen y y
∂v
∂y= ex cos y.
Como se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en todo el plano y tanto las
funciones u y v como sus primeras derivadas parciales son continuas en todo el plano,
la funcion ω = ez es analıtica (entera). Ademas se cumple que
d
dz(ez) = ex(cos y + i sen y) = ez
z
J. J. Leon - V. Barros
46 Matematicas Especiales
Algunas de las propiedades mas comunes de la funcion exponencial estan dadas por el
siguiente teorema.
TEOREMA 26. La funcion ω = ez satisface las siguientes propiedades:
1. ez 6= 0 para todo z.
2. ez1 · ez2 = ez1+z2
3.ez1
ez2= ez1−z2
4. e−z =1
ez
5. (ez)n = enz
6. (ez)1/n = ez+2πki
n , con n entero y k = 0, 1, 2, ..., (n− 1).
7. ez es periodica con periodo 2πi
EJERCICIO 6. Demostrar el teorema anterior.
EJEMPLO 24. Encontrar las imagenes de las rectas x = k y y = k, con k constante,
del plano Z bajo la transformacion ω = ez.
Solucion: Si x = k, entonces
ek(cos y + i sen y) = ρ(cos φ + i sen φ)
de donde ρ = ek y φ = y. La funcion transforma la familia de rectas x = k en una
familia de cırculos con centro en el origen y radio ρ. Del mismo modo si y = k, entonces
ρ = ex y φ = k. La funcion transforma la recta y = k en rayos φ = k z
EJEMPLO 25. Resolver la ecuacion ez = 1.
Solucion: Tenemos que si
ez = 1 ⇒ ex(cos y + i sen y) = 1,
por lo tanto las partes real e imaginaria del numero complejo son
ex cos y = 1 y ex sen y = 0.
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2.9. FUNCION LOGARITMICA 47
Como ez 6= 0, entonces sen y = 0 ⇒ y = nπ, con n entero. Esto implica que
cos y = cos nπ = (−1)n,
y por consiguiente
ex cos y = 1 ⇒ (−1)nex = 1,
ahora, como ex > 0, n tiene que ser par y por lo tanto y = 2πk para k entero y
x = 0. Finalmente z toma los valores en el conjunto 2πk, donde k = 0,±1,±2, .... Las
soluciones de ez = 1 son pues, los numeros 2πk, con k = 0,±1,±2, .... z
EJERCICIO 7. Verifique si f ′(z) existe y si ese es el caso hallarla.
2.9. Funcion Logarıtmica
Sean z y ω dos numeros complejos. Si z 6= 0 y ω es tal que eω = z, entonces ω se llama
el logaritmo natural de z y se denota
ω = ln z. (2.12)
Haciendo z = reiθ y ω = u + iv, tenemos que
z = eω ⇒ reiθ = eu+iv.
Por lo tanto
r = eu y eiθ = eiv,
y, como consecuencia
u = ln r y v = θ + 2nπ, con n entero.
Reemplazando en (2.12) tenemos
ω = ln z = ln r + i(θ + 2nπ), con n entero.
De acuerdo con el concepto de funcion, la relacion anterior no lo es, ya que para un
z 6= 0 existen infinitas imagenes diferentes. Recordemos que una funcion de este tipo
es a lo que llamamos funcion de valores multiples.
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48 Matematicas Especiales
De esta funcion de multiples valores podemos obtener funciones restringiendo el valor
del argumento de ln z, a un intervalo de longitud 2π.
Como ln z es la funcion inversa de ez y hemos tomado como region fundamental para
esta funcion la franja −π < y ≤ π (la mas usada), entonces tomamos
ω = ln z = ln r + iθ, π < y ≤ π
como el valor principal o la rama principal de ln z.
2.10. Ejercicios
1. Calcular f(z+1), f(z/1), f(z−1) y f(f(z)), si
f(z) = z+1, f(z) = z2, f(z) = (1+z)(1−z)−1.
2. Estudiar de que manera se transforma el sector
circular
0 ≤ arg (z) ≤ θ
en las aplicaciones ω = z3, ω = z4 y ω = z6.
Cuanto debe valer θ para que se recubra una so-
la vez el plano W? (Una region del plano Z cuya
imagen cubre el plano W una sola vez se llama
una region fundamental de la funcion ω = f(z)).
3. Determinar la imagen de la banda |Re(z)| < 1
si
ω = (1 + z)(1− z)−1.
4. Hallar la imagen del disco |z| < 1 en la trans-
formacion
ω = 2z2.
5. Una funcion f(z) se llama una isometrıa si no
modifica las distancias, es decir, si
|f(z1)− f(z2)| = |z1 − z2|
para todo par de numeros complejos z1 y z2. Si
f(z) es una isometrıa y α y β son dos constantes,
con |α| = 1, demostrar que g(z) = αf(z) + β
tambien es una isometrıa. Deducir de lo anteri-
or que la funcion
g(z) =f(z)− f(0)
f(1)− f(0)
es una isometrıa que verifica g(0) = 0 y g(1) =
1.
6. Sea ω = g(z), donde g(z) es una isometrıa que
verifica g(0) = 0 y g(1) = 1. Observe que |ω|2 =
|z|2, |1− ω|2 = |1− z|2, puesto que g conserva
las distancias. Deducir que si Re(ω) = Re(z), y
de aquı que g(i) = i o −i.
7. Probar que lımz→0
z
z, no existe.
8. Demuestre el teorema 13.
9. Usando los teoremas sobre lımites calcular:
a) lımz→−2i
(2z + 3)(z − 1)
z2 − 2z + 4
b) lımz→i
iz − 1
z + 1
c) lımz→(1+z)
z − 1− i
z2 − 2z + 2
d) lımz→i/2
(2z − 3)(4z + i)
(iz − 1)2
e) lımz→−i
(z · z)
f ) lımz→i
(z)2
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2.10. EJERCICIOS 49
10. Explique exactamente que significan las expre-
siones
a) lımz→i
1
(z − i)2= ∞
b) lımz→∞
2z4 + 1
z4 + 1= 2
11. Calcular
a) lımz→1
1
z − i
b) lımz→−3i
z + 2
z2 + (2− i)z − (3 + 3i)
12. Determinar si las funciones siguientes son con-
tinuas en el punto z0.
a) f(z) =z2 + 2(1 + z) + 4i
z + 2, con z0 = −2i
b) f(z) =z2 − 4
z − 2, con z0 6= 2i
c) f(z) = z2, con z0 6= 2i
13. Sea z = x + yi, z0 = x0 + y0i. Demostrar que
f(z) = u(x, y) + iv(x, y) es continua en z0, sı y
solo sı, las funciones u(x, y) y v(x, y) son con-
tinuas en el punto (x0, y0).
14. Encontrar la derivada de cada una de las sigu-
ientes funciones en el punto indicado si este
esta dado.
a) f(z) = z3 − z en z0 = a
b) f(z) = z2 + iz + 1− i en z0 = 1 + i
c) f(z) = (z2 + 1)1/2
15. Determinar la region donde existen las
derivadas de las funciones siguientes y calcu-
larlas (n es entero).
a) f(z) = (z − z0)n
b) f(z) = z2z
c) f(z) =
(z − z0
z − z1
)n
16. Demostrar que cada una de las funciones sigu-
ientes son derivables en todo el plano complejo
y calcular la derivada.
a) f(z) = ex(cos y + i sen y)
b) f(z) = cos x cosh y − i sen x senh y
c) f(z) = cosh x cos y + i senh x sen y
17. Determinar cuales de las siguientes funciones
son enteras
a) f(z) = z23z + 5
b) f(z) = y3 − 3x2y − 3xy2i + x3i
c) f(z) = e−y(cos x + i sen x)
d) f(z) =z2 + 1
z − i
18. Demuestre que las siguientes funciones son con-
tinuas en todas partes pero no son analıticas en
ninguna parte
a) f(z) = x3 + xy2 − x2yi− y3i
b) f(z) = cos(nx) + i sen(nx)
19. Demuestre que u(x, y) es una funcion armonica
en todo el plano y encuentre una conjugada
armonica v(x, y) de u(x, y) tal que f(z) =
u(x, y) + iv(x, y) sea analıtica en todo el plano
(entera).
a) u(x, y) = ekx cos(ky), con k constante.
b) u(x, y) = 2x(1− y)
c) u(x, y) = senh x · sen y
20. Estudiar la demostracion del teorema 22.
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50 Matematicas Especiales
2.11. Ejercicios de repaso para los capıtulos 1 y 2
1. Encontrar y graficar las imagenes de las siguientes regiones, bajo el mapeo ω = 1/z, en donde z 6= 0.
a) |z| < 1 b) |z| ≤ 1
2c) y > 0 d) y ≤ 0
2. Repetir el problema anterior, pero ahora bajo el mapeo ω = ez.
3. Si se proporciona |z| y arctan(y/x). Esta el numero |z|eiθ determinado de manera unica?
4. ¿Que se entiende por el valor principal del argumento de un numero complejo?
5. Demuestre la desigualdad triangular.
6. ¿Cual es la formula de Moivre y para que es especialmente util?
7. ¿Que entiende por el hecho de que f es analıtica en un dominio Ω?
8. ¿Son analıticas las funciones |z|, Re(z), Im(z)?
9. La formula para la derivada de funciones de variable compleja se parece a la de funciones de variable
real, pero existe una gran diferencia. Explıquela.
10. ¿Es posible que una funcion sea diferenciable en un punto sin que sea analıtica allı?
11. ¿Como estan relacionados cos z, sen z, con ez?
12. ¿Tiene solucion la ecuacion sen z = −100?
13. ¿Como se define ln z?
14. ¿Que recuerda sobre 4√
1, 8√
1, n√
1?
15. Si se conocen los valores de 8√
1. ¿Como se obtiene a partir de ellos los valores de 8√
z para cualquier z?
16. Graficar la region 2 < |z + i| < 3 en el plano complejo.
17. Encontrar una funcion analıtica f(z) = u(x, y) + iv(x, y), tal que:
a) v(x, y) =y
x2 + y2b) u(x, y) = cos x cosh y c) u(x, y) = ex2−y2
cos 2xy.
18. ¿Son armonicas las siguientes funciones? Si la respuesta es afirmativa, encontrar una funcion armonica
conjugada.
a) ex/2 cos(y
2
)b) sen x cosh y.
19. Encontrar el valor de la derivada de
a) sen z, en el punto 3 + 2i b) e1/z, en el punto i
20. Comprobar que las ecuaciones de Cauchy-Riemann en coordenadas polares son:
∂u
∂r=
1
r
∂v
∂θy
∂v
∂r= −1
r
∂u
∂θ
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2.11. EJERCICIOS DE REPASO PARA LOS CAPITULOS 1 Y 2 51
21. Demostrar que la siguiente funcion es derivable en el plano complejo y calcule la derivada.
f(z) = cos x cosh y − i sen x senh y.
22. Determinar si la siguiente funcion es entera
f(z) = y3 − 3x2y − 3xy2i + x3i
23. Calcular en la forma u + iv lo siguiente
a) sen(1,7 + 1,5i) b) cos(π + πi)
24. Encontrar todas las soluciones de las siguientes ecuaciones
a) sen z = cosh 3 b) sen z = 1000
25. ¿Para cuales valores de z se obtiene un valor real de sen z?
26. Calcular el valor principal del logaritmo natural de z, si z es igual a:
a) 1 + i
b) −4
c) 2,5 + 3,8i
d) −100
e) −16− 0,1i
f ) 0,6 + 0,8i
27. Resolver las siguientes ecuaciones para z:
a) ln z = 3− i
b) ln z = (2− i/2)
c) ln z =√
2 + πi
d) ln z = 200
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52 Matematicas Especiales
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