apuntes_universidad_variable_compleja

PROYECTO DE LA ASIGNATURA
MÉTODOS MATEMÁTICOS I
BLOQUE I: Variable Compleja.
Índice
1. Los números complejos.
1.1. El cuerpo de los números complejos . . . . . . . . . .
1.2. Forma binómica de un complejo . . . . . . . . . . . .
1.3. Representación geométrica de los números complejos.
1.4. Forma trigonométrica de un complejo . . . . . . . . .
1.5. Forma polar de un complejo . . . . . . . . . . . . . .
1.6. Raı́ces de números complejos . . . . . . . . . . . . . .
1.7. Conjuntos del plano y el punto del infinito. . . . . . .
1.8. Complejos y Matlab: Números y operaciones básicas .
1.9. Hoja de problemas del tema 1 . . . . . . . . . . . . .
1.10. Control del tema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2. Funciones complejas
2.1. Funciones complejas de una variable compleja
2.2. Lı́mites y continuidad . . . . . . . . . . . . . .
2.3. Analiticidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4. Las ecuaciones de Cauchy-Riemann . . . . . .
2.5. Funciones armónicas . . . . . . . . . . . . . .
2.6. Hoja de problemas del tema 2 . . . . . . . . .
3. Las
3.1.
3.2.
3.3.
3.4.
3.5.
3.6.
3.7.
3.8.
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3
3
5
9
12
17
21
23
24
28
45
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47
47
51
54
56
61
67
funciones elementales
Polinomios y funciones racionales . . . . . . . . . . . . . . . .
Las función exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Las funciones trigonométricas y las funciones hiperbólicas complejas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
La función logarı́tmica compleja . . . . . . . . . . . . . . . . .
Potencias complejas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Las funciones trigonométricas e hiperbólicas inversas . . . . .
Números complejos y fractales . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Hoja de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4. Integración compleja
4.1. Integración a lo largo de una curva
4.2. El teorema de la primitiva . . . . .
4.3. El teorema de Cauchy . . . . . . .
4.4. La fórmula integral de Cauchy . . .
4.5. Hoja de problemas del tema 4 . . .
1
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84
88
90
93
97
99
101
104
125
. 125
. 131
. 134
. 138
. 145
5. Series complejas
5.1. Series de números . . . . . . . . . . . . .
5.2. Series de potencias . . . . . . . . . . . .
5.3. Series de Taylor . . . . . . . . . . . . . .
5.4. Series de Laurent, ceros y singularidades
5.5. Hoja de problemas del tema 5 . . . . . .
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6. Teorı́a de residuos
6.1. Definición y cálculo de residuos . . . . . . .
6.2. El teorema de los residuos . . . . . . . . . .
6.3. Aplicaciones del teorema de los residuos (I) .
6.4. Aplicaciones del teorema de los resı́duos (II)
6.5. Aplicaciones del teorema de los resı́duos (III)
6.6. Aplicaciones del teorema de los residuos (IV)
6.7. El residuo en el infinito . . . . . . . . . . . .
6.8. Hoja de problemas del tema 6 . . . . . . . .
7. Referencias
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169
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187
. 187
. 189
. 191
. 194
. 197
. 199
. 203
. 205
215
2
1.
1.1.
Los números complejos.
El cuerpo de los números complejos
Definición 1.1. Un número complejo z es una expresión de la forma (a, b),
donde a y b son números reales:
z = (a, b)
(1.1)
Ejemplo 1. (2/3, −1), (0, 1), (1, 1), (π, −π) y (0, 0) son ejemplos de números
complejos.
Comentario 1.1. Para los que conocen el plano cartesiano R2 es claro que un
número complejo es un punto del plano cartesiano. También puede interpretarse como el vector que une el origen de coordenadas con el correspondiente
punto.
Definición 1.2. Los números reales a, b que aparecen en (1.1) se llaman
parte real y parte imaginaria, respectivamente, del número complejo z. Escribiremos
Re(z) = a, Im(z) = b.
(1.2)
Ejemplo 2. La parte real del número complejo (2/3, −1) es 2/3 y la parte
imaginaria es −1. La parte real del número complejo (0, 1) es 0 y la parte
imaginaria es 1. La parte real de (2, 0) es 2 y la imaginaria es 0.
Comentario 1.2. La parte real y la parte imaginaria de un complejo no son
más que las coordenadas horizontales y verticales del punto del plano que
representa.
Comentario 1.3. Dos números complejos z = (a, b), w = (c, d) son iguales si
y solo si a = c y b = d, esto es, si y solo si tienen la misma parte real y la
misma parte imaginaria: z = w si y solo si Re(z) = Re(w) y Im(z) = Im(w).
Definición 1.3. Los números complejos de la forma (0, b) se llaman imaginarios puros. De otro modo, un número complejo z es imaginario puro si y
solo si Re(z) = 0. Equivale a que visto como punto del plano cartesiano R2
pertenezca al eje vertical.
Ejemplo 3. (0, 2π) es un complejo imaginario puro y (0, 1) también; sin embargo (1, 2) no es imaginario puro.
Definición 1.4. La suma y resta de números complejos se define de la siguiente forma:
3
(a, b) + (c, d) = (a + c, b + d)
(1.3)
(a, b) − (c, d) = (a − c, b − d)
(1.4)
Ejemplo 4. (2, 3) + (0, 1) = (2, 4), (2, −1) − (1, 2) = (1, −3).
Comentario 1.4. La suma define un grupo abeliano. El elemento neutro de la
suma es el número complejo (0, 0) que evidentemente cumple que para todo
z = (a, b):
z + (0, 0) = (a, b) + (0, 0) = (a, b) = z.
Comentario 1.5. Todo número complejo z = (a, b) tiene un inverso para la
suma que serán denotado por −z y que viene dado por −z = (−a, −b).
Ejemplo 5. −(2, 1) = (−2, −1), −(−1, 2) = (1, −2), −(0, 1) = (0, −1).
Comentario 1.6. Sumar y restar números complejos es como sumar y restar
vectores de dos coordenadas.
Definición 1.5. La multiplicación de números complejos se define de la
siguiente forma:
(a, b)(c, d) = (ac − bd, bc + ad)
(1.5)
Ejemplo 6. (2, 3)(0, 1) = (−3, 2), (1, 1)(1, 1) = (0, 2), (0, 1)(1, 1) = (−1, 1).
Comentario 1.7. Las operaciones de sumar y multiplicar números complejos
satisfacen las habituales leyes conmutativa, asociativa y distributiva de la
suma respecto del producto. Se deja como ejercicio la comprobación.
Comentario 1.8. Obsérvese que (1, 0) es el elemento neutro del producto,
esto es, para cualquier z = (a, b) ocurre que
z · (1, 0) = (a, b)(1, 0) = (a, b) = z.
Teorema 1.1. Sea z = (a, b) un número complejo distinto del elemento
neutro para la suma (0, 0). El inverso de z para el producto existe y es
−b
a
−1
,
.
(1.6)
z =
a2 + b 2 a2 + b 2
Demostración. Basta comprobar que
a
−b
(a, b)
,
= (1, 0).
a2 + b2 a2 + b2
4
1
Comentario 1.9. Usaremos cualquiera de las notaciones z −1 = 1/z = para
z
el inverso de z para el producto.
Definición 1.6. La división de números complejos se define de la siguiente
forma: dados z1 = (a, b), z2 = (c, d) con z2 distinto del elemento neutro (0, 0),
se define la división por la fórmula
z1
= z1 z2−1
z2
c
−d
= (a, b) 2
, 2
2
c + d c + d2
ac + bd bc − ad
=
,
c2 + d2 c2 + d2
(1.7)
Comentario 1.10. Se puede dividir por cualquier número complejo que no
sea el (0, 0).
Teorema 1.2. Las siguientes propiedades son válidas asumiendo siempre
que no estamos dividiendo por el cero o elemento neutro para la suma:
1.
1
1 1
= · (el inverso de un producto es el producto de los inversos).
z1 z2
z1 z2
z1 z2
z1 + z2
=
+
z3
z3 z3
z1 z2
z1 z2
3.
=
· .
z3 z4
z3 z4
2.
Demostración. La dejo como ejercicio.
Definición 1.7. El conjunto formado por todos los números complejos se
nota C.
Teorema 1.3. El conjunto C dotado de las operaciones suma y producto
definidas anteriormente es un cuerpo.
Demostración. Lo dejo como ejercicio.
1.2.
Forma binómica de un complejo
Dados a, b ∈ R tenemos que el número complejo (a, b) se puede escribir
como
(a, b) = (a, 0) + (0, b)
5
y como resulta que
(0, b) = (0, 1)(b, 0) = (b, 0)(0, 1)
podemos escribir entonces
(a, b) = (a, 0) + (0, b) = (a, 0) + (b, 0)(0, 1) = (a, 0) + (0, 1)(b, 0)
(1.8)
Los complejos de la forma (a, 0) son aquellos que como puntos del plano
cartesiano pertenecen al eje horizontal. Cualquier número complejo de la
forma (a, 0) será identificado de manera natural con el número real a. De
este modo los números complejos incluyen a los reales como un subconjunto.
Esta identificación se justifica porque las operaciones de números complejos
restringidas a los números de la forma (a, 0) son las operaciones usuales de
números reales, esto es, si a1 y a2 son dos números reales cualesquiera ocurre
que
(a1 , 0) + (a2 , 0) = (a1 + a2 , 0)
(a1 , 0)(a2 , 0) = (a1 a2 , 0).
Ejemplo 7. (2, 0) + (3, 0) = (5, 0), (2, 0) · (3, 0) = (6, 0).
Por lo tanto, a partir de ahora, un complejo de la forma (a, 0) será identificado a todos los efectos con el número real a y de hecho escribiremos (a, 0)
o a solamente, a conveniencia. En particular, el elemento neutro de la suma
se escribe (0, 0) = 0.
Definición 1.8. El número complejo (0, 1) se llama unidad imaginaria y se
denota por i:
i = (0, 1).
Teniendo en cuenta la identificación de a con (a, 0) y poniendo i = (0, 1)
podemos reescribir la ecuación (1.8) en la forma:
(a, b) = a + bi = a + bi.
(1.9)
Definición 1.9. Sean a y b dos números reales. La escritura z = a + ib o
z = a + bi se llama forma binómica del número complejo z = (a, b).
Ejemplo 8. (1, 1) = 1+i; (4, 3) = 4+3i; (1, −2) = 1+i(−2) = 1−2i; (0, −3) =
i(−3) = −3i.
Comentario 1.11. Obsérvese que si z = a + ib es la forma binómica del
complejo z entonces estamos asumiendo que a y b son números reales. El
número real a es la parte real de z y el número real b es la parte imaginaria.
6
Ejemplo 9. Si z = 1 − 3i entonces la parte real de z es 1 y la parte imaginaria
es −3.
Ejemplo 10. Si z = 2i entonces la parte real de z es 0 y la parte imaginaria
es 2.
Comentario 1.12. La suma de números complejos en notación binómica se
escribe ası́
(a + ib) + (c + id) = (a + c) + i(b + d)
y la resta ası́
(a + ib) − (c + id) = (a − c) + i(b − d)
Ejemplo 11. (3 + 4i) + (5 − 2i) = 8 + 2i, (3 + 4i) − (5 − 2i) = −2 + 6i.
Definición 1.10. Dado un complejo z se definen las potencias z 2 = z · z,
z 3 = z · z 2 = z · z · z y en general para cualquier número natural n se define
z n como el producto de z consigo mismo n veces.
Ejemplo 12. Si z = (1, 1) entonces z 2 = (1, 1)(1, 1) = (0, 2) = 2i.
Ejemplo 13. Si z = i = (0, 1) entonces z 2 = i2 = (0, 1)(0, 1) = (−1, 0) = −1.
Comentario 1.13. Obsérvese lo siguiente
i2 = (0, 1)(0, 1) = (−1, 0) = −1
i3 = i2 i = (−1, 0)(0, 1) = −(1, 0)(0, 1) = −(0, 1) = −i
i4 = i3 i = (0, −1)(0, 1) = (1, 0) = 1.
Ahora, i5 = i4 i = i, i6 = i4 i2 = i2 = −1, i7 = i4 i3 = i3 = −i, i8 = i4 i4 = 1, . . .
Comentario 1.14. Si z = a = (a, 0) = a + 0i y w = (c, d) = c + di entonces
zw = a · (c + id) = a · (c, d) = (a, 0)(c, d) = (ac, ad) = ac + iad.
Por lo tanto multiplicar un complejo w por un número real a consiste en
multiplicar la parte real y la parte imaginaria de w por el número real.
Ejemplo 14. 2(1 + i) = 2 + 2i; −3(1 − i) = −3 + 3i.
Comentario 1.15. Si z = ai = (0, a) y w = bi = (0, b) son dos complejos
imagiinarios puros entonces
zw = (ai)(bi) = (0, a)(0, b) = (−ab, 0) = −ab.
La multiplicación de dos complejos imaginarios puros es un número real.
Ejemplo 15. (2i)(3i) = −6; (−i)(3i) = 3.
7
Comentario 1.16. Si z = (a, b) = a + ib y w = (c, d) = c + id entonces
zw = (a + ib)(c + id)
= a(c + id) + ib(c + id)
= ac + iad + ibc − bd
= (ac − bd) + i(ad + bc)
de modo que si escribimos los complejos en forma binómica no tenemos que
recordar la fórmula de la multiplicación.
Ejemplo 16. (1 + i)(2 − i) = 2 − i + 2i + 1 = 3 + i.
Ejemplo 17. (1 + i)(2 + 3i) = 2 + 3i + 2i − 3 = −1 + 5i.
Comentario 1.17. En notación binómica, si z = (a, b) = a + ib distinto de 0
el inverso de z para el producto se escribe ası́
1
1
a
−b
a
b
=
= 2
+i 2
= 2
−i 2
.
2
2
2
z
a + ib
a +b
a +b
a +b
a + b2
1
1
1
= −i .
1+i
2
2
1
Ejemplo 19. = −i.
i
Comentario 1.18. También podemos escribir la definición de división en forma binómica:
a + bi
ac + bd bc − ad
= 2
+ 2
i
c + di
c + d2
c + d2
Si usamos la notación binómica no es necesario aprenderse ni la fórmula
del inverso ni la fórmula de la división. Observa lo siguiente. Sean z = a + bi
y w = c + id con w 6= 0. Teniendo en cuenta que
Ejemplo 18.
(c + di)(c − di) = c2 + d2 − cdi + cdi = c2 + d2
podemos escribir la división del siguiente modo:
z
a + bi
=
w
c + di
(a + bi)(c − di)
=
(c + di)(c − di)
ac + bd + (bc − ad)i
=
c2 + d2
1
=
((ac + bd) + i(bc − ad))
c2 + d 2
ac + bd
bc − ad
= 2
+
i
.
c + d2
c2 + d2
8
Ejemplo 20.
i
i(1 + i)
i(1 + i)
i−1
−1
1
=
=
=
=
+i .
1−i
(1 + i)(1 − i)
2
2
2
2
1+i
(1 + i)(1 + i)
(1 + i)2
2i
Ejemplo 21.
=
=
=
= i.
1−i
(1 − i)(1 + i)
2
2
1.3.
Representación geométrica de los números complejos.
Como ya hemos comentado en la sección anterior es natural asociar a
cada número complejo un punto en el plano cartesiano: el número complejo
z = (a, b) = a + bi se representa en el plano cartesiano interpretando su parte
real a ∈ R como la coordenada horizontal y la parte imaginaria b ∈ R como
la coordenada vertical. También es posible pensarlo como el vector que une
el origen (0, 0) con el punto (a, b).
Los puntos del eje horizontal del plano cartesiano representan a los números reales, y lo llamaremos eje real, mientras que los puntos situados en el eje
vetical representan a los números complejos que hemos llamado imaginarios
puros y lo llamaremos por lo tanto eje imaginario.
Con esta interpretación es evidente que la suma o resta de números complejos es igual que la suma o resta de vectores en el plano.
Definición 1.11. El módulo de un número complejo z = a + bi es
√
|z| = a2 + b2 .
Comentario 1.19. El módulo de z = a + ib es la distancia entre el punto del
plano (a, b) y el origen de coordenadas (0, 0).
√
Ejemplo 22. |1 − i| = 2; |i| = 1; | − i| = 1; |3 + 4i| = 5; | − 3| = 3.
Comentario 1.20. El módulo es una cantidad siempre mayor o igual que cero.
De hecho, el único complejo cuyo módulo es 0 es el elemento neutro de la
suma 0 = 0+0i, cualquier otro complejo z no nulo tiene módulo estrı́ctamente
positivo: si z ∈ C y z 6= 0 entonces |z| > 0.
Comentario 1.21. La distancia entre dos números complejos z y w está determinada por el módulo de la diferencia |z − w|. La fórmula para calcular
la distancia es
p
|z − w| = (a − c)2 + (b − d)2
suponiendo que z = a + bi, w = c + di.
Ejemplo 23. La distancia entre z = i y w = 1 − i es
p
√
|z − w| = |i − (1 − i)| = | − |1 − 2i| = 12 + (−2)2 = 5.
9
Comentario 1.22. Los números reales |z|, Re(z), Im(z) están relacionados por
la fórmula
|z|2 = Re(z)2 + Im(z)2 .
Teorema 1.4. Se verifican las siguientes desigualdades
Re(z) ≤ |Re(z)| ≤ |z|, Im(z) ≤ |Im(z)| ≤ |z|.
Demostración. Inmediata.
Definición 1.12. El complejo conjugado del número complejo z = a + ib
es
z = a − ib.
Ejemplo 24. (1 − i) = 1 + i, (−2i) = 2i, 1 = 1, (3 + 2i) = 3 − 2i.
Comentario 1.23. El número z es la reflexión en el eje real del punto z.
Teorema 1.5. Propiedades de la conjugación:
1. El conjugado de una suma o resta es la suma o resta de los conjugados.
2. El conjugado de un producto es el producto de los conjugados y el conjugado de un cociente es el cociente de los conjugados.
3. El conjugado del conjugado de z es el propio z.
4. |z| = |z|.
5. zz = |z|2 .
6. Si z 6= 0,
1
z
= 2.
z
|z|
7. Re(z) = (z + z)/2 y Im(z) = (z − z)/2i.
Demostración. Las demostraciones de (1) y de (2) las dejo como ejercicio.
Demostremos (3). Sea z = a+ib. Por definición de conjugado z = a−ib =
a + i(−b). Y conjugando de nuevo
z = a + i(−b) = a − i(−b) = a + ib = z.
Demostremos (4). Si z = a + ib entonces z = a − ib. El módulo de z es
√
|z| = a2 + b2 .
10
El módulo de z es
|z| =
p
√
a2 + (−b)2 = a2 + b2 = |z|.
La demostración de (5) es ası́. Supongamos que z = a + ib, entonces
z = a − ib y
zz = (a + ib)(a − ib) = a2 − abi + abi + b2 = a2 + b2 = |z|2
La demostración de (6) es inmediata a partir de la propiedad (5)
La demostración de (7) serı́a la siguiente. Supongamos que z = a + ib con
a = Re(z), b = Im(z). Entonces
a + ib + a − ib
2a
z+z
=
=
= a = Re(z).
2
2
2
De forma muy parecida tenemos:
a + ib − a + ib
2bi
z−z
=
=
= b = Im(z).
2i
2
2i
Comentario 1.24. Varias propiedades del módulo son fácilmente obtenidas
utilizando la relación zz = |z|2 enunciada en el apartado 5 del teorema anterior.
z
|z|
Teorema 1.6. |zw| = |z||w|,
=
,
w
|w|
Demostración. |zw|2 = (zw)(zw) = zzww = |z|2 |w|2 . La otra la dejo como
ejercicio.
√
Ejemplo 25. |(1 + i)(3 − 4i)| = |1 + i| · |3 − 4i| = 5 2.
Teorema 1.7. La desigualdad triangular: dados dos números complejos cualesquiera z y w se tiene que
|z + w| ≤ |z| + |w|.
Demostración. Obsérvese que
|z + w|2 = (z + w)(z + w) = (z + w)(z + w)
= zz + (zw + zw) + ww
= |z|2 + 2Re(zw) + |w|2 ≤ |z|2 + 2|zw| + |w|2
= |z|2 + 2|z||w| + |w|2 = (|z| + |w|)2 .
De aquı́ se deduce la desigualdad triangular tomando raı́z cuadrada.
11
Comentario 1.25. La desigualdad triangular se extiende a cualquier número
de sumandos. Dados z1 , z2 , z3 , · · · , zn ∈ C tenemos
n
X
zk ≤
k=1
n
X
|zk |.
k=1
La demostración se realiza por inducción matemática en n ∈ N.
A veces es útil disponer de una cota inferior para |z + w|. La siguiente es
una posible desigualdad:
Teorema 1.8. La desigualdad triangular inversa: para cualesquiera números
complejos z y w se tiene que
||z| − |w|| ≤ |z + w|.
Demostración. Primero
|z| = |(z + w) − w| ≤ |z + w| + | − w| = |z + w| + |w|
de donde obtenemos
|z| − |w| ≤ |z + w|
Del mismo modo se demuestra que
|w| − |z| ≤ |z + w|.
Entonces es evidente que
||z| − |w|| ≤ |z + w|.
1.4.
Forma trigonométrica de un complejo
Sea z = x+iy un número complejo escrito en forma binómica. Ya sabemos
que podemos representar o pensar el complejo z como el punto (x, y) del plano
cartesiano. Supongamos que z es distinto de 0. Como todo punto del plano
distinto del origen, z tiene asociadas unas coordenas polares r, θ de tal modo
que
x = r cos θ, y = r sin θ.
El número r > 0 es la distancia al origen y coincide con el módulo de z y
θ ∈ R es el ángulo (medido en radianes) que forma el eje real positivo con el
vector (x, y) de modo que vienen dados por las ecuaciones siguientes
p
y
r = x2 + y 2 , tan(θ) = ,
x
12
fórmula esta última válida para el caso x 6= 0. Si x = 0 entonces podemos
elegir el ángulo θ igual a π/2 si y > 0 y si y < 0 entonces θ puede ser tomado
como −π/2.
Definición 1.13. Dado z = x + yi un número complejo no nulo, podemos
escribir z del siguiente modo
z = r cos θ + ir sin θ = r(cos θ + i sin θ)
para cierto r > 0 y θ ∈ R, coordenadas polares de z. Este modo de escribir
z se llama forma trigonométrica.
Definición 1.14. Un argumento de z 6= 0 es cualquier ángulo θ que permite
escribir z en forma trigonométrica
z = r cos θ + ir sin θ.
Comentario 1.26. Obsérvese que si θ es un argumento de z también lo es
θ + 2kπ, con k ∈ Z cualquier entero. Esto significa que un número complejo
tiene infinitos argumentos posibles.
Definición 1.15. arg(z) es el conjunto formado por todos los posibles argumentos de z.
Comentario 1.27. Escribiremos
θ = arg z
para decir que θ es uno de los argumentos de z y que por lo tanto permite
escribir
z = r cos θ + ir sin θ.
Comentario 1.28. Si conocemos un argumento concreto de z, digamos θ,
entonces los conocemos todos:
arg(z) = {θ + 2kπ, k ∈ Z}.
Ejemplo 26. Para el número complejo 1 + i:
√
√
√
√
1 + i = 2 cos(π/4) + i 2 sin(π/4) = 2 cos(−7π/4) + i 2 sin(−7π/4).
Podemos decir que π/4 es un argumento de 1+i pero también podemos decir
que π/4 − 2π = −7π/4 es un argumento de 1 + i. También podrı́amos decir
que (π/4) + 2π es un argumento de 1 + i.
Se tiene que
arg(1 + i) = {π/4 + 2kπ : k ∈ Z}.
13
Ejemplo 27. Para la unidad imaginaria:
i = cos(π/2) + i sin(π/2) = cos(−3π/2) + i sin(−3π/2).
Ası́ π/2 y −3π/2 son argumentos de i como también lo es π/2 + 2π y en
general cualquier ángulo de la forma π/2 + 2kπ siendo k cualquier número
entero:
arg(i) = {π/2 + 2kπ : k ∈ Z}.
√
Ejemplo 28. Para el número complejo 3 − i tenemos
√
3 − i = 2 cos(−π/6) + i2 sin(−π/6)
√
puesto que cos(−π/6) = cos(π/6) = 3/2 y sin(−π/6) = − sin(π/6) =
−1/2.
√
Por lo tanto θ = −π/6 es un argumento de 3 − i. Otro argumento
posible es 2π − π/6 = 11π/6.
Ejemplo 29. Para el complejo 3 tenemos
3 = 3 cos(0) + i3 sin(0)
pues cos(0) = 1, sin(0) = 0. Otros argumentos del complejo 3 son 2π o −2π.
Definición 1.16. De todos los infinitos argumentos de un complejo z 6=
0, existe un único valor que queda comprendido en (−π, π]. Ese valor se
llama argumento principal y será notado por Arg(z). También se llama valor
principal del argumento.
Comentario 1.29. Arg(z) es una función que asigna a cada z ∈ C no nulo
un número real en el intervalo (−π, π], es por lo tanto una función definida
sobre el conjunto C \ {0} que toma valores en R. El argumento principal se
llama también rama principal del argumento.
Ejemplo 30. El argumento principal de 1 es 0 y el de −1 es π.
Ejemplo 31. El argumento principal de i es π/2 y el de −i es −π/2.
Ejemplo 32. El argumento principal de 1 + i es π/4 y el de 1 − i es −π/4.
√
3 − i es −π/6 mientras que el de
Ejemplo
33.
El
argumento
principal
de
√
3 + i es π/6.
Comentario 1.30. Es posible dar una fórmula para Arg(z) en términos de la
función arcotangente: si z = x + iy es un número complejo con parte real no
nula podemos poner

arctan(y/x),
si z está en el primer cuadrante



arctan(y/x) + π, si z está en el segundo cuadrante
Arg(z) =

arctan(y/x) − π, si z está en el tercer cuadrante



arctan(y/x),
si z está en el cuarto cuadrante
14
En el caso x = 0, entonces z es de la forma z = iy. Si y > 0 el argumento
principal de z es π/2 y si y < 0 entonces el argumento principal de z es −π/2.
La forma trigonométrica permite hacer interpretaciones geométricas de la
multiplicación y división de números complejos como veremos a continuación.
Supóngase que tenemos escritos z1 y z2 en forma trigonométrica:
z1 = r1 (cos θ1 + i sin θ1 )
z2 = r2 (cos θ2 + i sin θ2 ),
donde r1 y θ1 son coordenadas polares de z1 y r2 , θ2 de z2 , o dicho de otro
modo rk es el módulo de zk y θk es un argumento de zk para k = 1, 2.
Podemos escribir la multiplicación z1 z2 del siguiente modo:
z1 z2 = r1 (cos θ1 + i sin θ1 )r2 (cos θ2 + i sin θ2 )
= r1 r2 (cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2 ) + ir1 r2 (sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2 )
= r1 r2 cos(θ1 + θ2 ) + ir1 r2 sin(θ1 + θ2 )
= r1 r2 (cos(θ1 + θ2 ) + i sin(θ1 + θ2 )).
(1.10)
donde hemos utilizado las conocidas fórmulas trigonométricas para el coseno
y seno de una suma.
La expresión que aparece a la derecha de la igualdad es la escritura en
forma trigonométrica del complejo z1 z2 . De este modo, de la ecuación (1.4)
se deduce que r1 r2 es el módulo del producto y θ1 + θ2 un argumento del
mismo.
Teorema 1.9. Dados z1 y z2
|z1 z2 | = |z1 ||z2 |
arg(z1 z2 ) = arg(z1 ) + arg(z2 ).
Comentario 1.31. El teorema nos dice que el módulo del producto es el producto de los módulos y que si sabemos un argumento de cada uno de los
factores entonces sumando ambos obtenemos un argumento del producto.
Ejemplo 34. Como π/4 es un argumento de 1+i resulta que√
π/4+π/4 = π/2
2
es un argumento
√ √ de (1 + i) . Como el módulo de 1 + i es 2 el módulo de
2
(1 + i) es 2 2 = 2.
La forma trigonométrica también nos permite entender mejor la fórmula
del inverso de un complejo. Dado un número complejo no nulo z, escrito en
forma trigonométrica
z = r(cos θ + i sin θ) = r cos θ + ir sin θ
15
podemos escribir el inverso z −1 del siguiente modo
1
z −1 =
r cos θ + ir sin θ
r cos θ − ir sin θ
=
r2
1
= (cos(−θ) + i sin(−θ)).
r
−1
De esta escritura de z deducimos que su módulo es el inverso del módulo
de z y un argumento de z −1 es el opuesto de un argumento de z.
Teorema 1.10. Dado z 6= 0, se tiene que |1/z| = 1/|z| y que
arg(1/z) = −arg(z).
Ejemplo 35. Como π/4 es un argumento de 1 + i resulta que −π/4 es un
argumento de 1/(1 + i)
Como el cociente se define ası́ z1 /z2 = z1 z2−1 , podemos escribir la siguiente
expresión usando la notación trigonométrica:
z1
1
1
= (r1 cos θ1 + ir1 sin θ1 )
cos(−θ2 ) + i sin(−θ2 )
z2
r2
r2
r1
r1
= cos(θ1 − θ2 ) + i sin(θ1 − θ2 )
r2
r2
r1
= (cos(θ1 − θ2 ) + i sin(θ1 − θ2 )).
r2
En la escritura observamos que el módulo del cociente es el cociente de los
módulos y un argumento del cociente es la resta de argumentos.
Teorema 1.11. El módulo del cociente es el cociente de los módulos y un
argumento es la resta de dos argumentos:
|z1 /z2 | = |z1 |/|z2 |
arg(z1 /z2 ) = arg(z1 ) − arg(z2 ).
Comentario 1.32. Usando la misma idea podemos demostrar que
arg(z) = −arg(z)
puesto que 1/z = z/|z|2 y por ello
1
1
21
2
z = |z| = r
cos(−θ) + i sin(−θ) = r cos(−θ) + ir sin(−θ),
z
r
r
siendo r el módulo de z y θ un argumento. Ası́ el argumento del conjugado
z es el opuesto del argumento de z y el módulo del conjugado z coincide con
el módulo de z.
16
1.5.
Forma polar de un complejo
Definición 1.17. Sea θ ∈ R. Se define
eiθ = cos θ + i sin θ.
(1.11)
Comentario 1.33. Para cualquier θ ∈ R el número complejo eiθ es un número
complejo de módulo unidad
p
|eiθ | = | cos θ + i sin θ| = cos2 θ + sin2 θ = 1,
y de argumento θ puesto que en (1.11) lo que damos en realidad es la forma
trigonométrica de eiθ .
Comentario 1.34. La fórmula (1.11) es conocida como fórmula de Euler.
Ejemplo 36. Para θ = π/4:
eiπ/4
√
√
2
2
+i
.
= cos(π/4) + i sin(π/4) =
2
2
Ejemplo 37. Para θ = π/2:
eiπ/2 = cos(π/2) + i sin(π/2) = i.
Ejemplo 38. Para θ = 2π:
ei2π = cos(2π) + i sin(2π) = 1.
Definición 1.18. En términos de la fórmula de Euler cualquier número
complejo no nulo z se puede escribir de la forma
z = reiθ
siendo r = |z| y θ un argumento.
Esta manera de representar el número se llama forma polar de z.
√
Ejemplo 39. 1 + i = 2eiπ/4 .
Ejemplo 40. i = eiπ/2 .
Ejemplo 41. −3 = 3eiπ
Ejemplo 42. 3 = 3e0·i
Ejemplo 43. 2 − 2i =
√
8ei3π/4 .
Comentario 1.35. El inverso de z 6= 0 se escribe ası́ en notación polar
1
z −1 = e−iθ .
r
17
1
1
= √ e−iπ/4
1+i
2
1
Ejemplo 45. = e−iπ/2 = −i.
i
1
1
= √ e−i3π/4 .
Ejemplo 46.
2 − 2i
8
Comentario 1.36. Dos números complejos z y z 0 son iguales si y solo si sus
módulos son iguales y sus argumentos son iguales salvo un múltiplo entero
0
de 2π. De otro modo, si z = reiθ y z 0 = r0 eiθ son sus respectivas escrituras
en forma polar entonces z = z 0 si y solo si r = r0 y θ = θ0 + 2kπ para algún
k ∈ N.
Ejemplo 44.
Ejemplo 47. 2eiπ = 2ei3π .
Lema 1.12. Las funciones trigonométricas se pueden representar en términos de la fórmula de Euler :
cos θ =
eiθ + e−iθ
,
2
sin θ =
eiθ − e−iθ
.
2i
Demostración. Como eiθ = cos θ + i sin θ y
e−iθ = cos(−θ) + i sin(−θ) = cos(θ) − i sin(θ)
entonces claramente
eiθ + e−iθ
= cos θ
2
eiθ − e−iθ
= sin θ
2i
Teorema 1.13. Sean z1 y z2 dos números complejos distintos de 0. Supongamos que z1 = r1 eiθ1 y z2 = r2 eiθ2 . Entonces:
z1 z2 = r1 r2 ei(θ1 +θ2 ) .
Demostración. Utiliza la fórmula (1.10).
Teorema 1.14. Dados θ1 y θ2 números reales cualesquiera se tiene que
eiθ1 eiθ2 = ei(θ1 +θ2 )
18
Demostración. Caso particular del teorema anterior con r1 = r2 = 1.
Comentario 1.37. En el teorema anterior se observa claramente que la multiplicación de dos números complejos consiste en multiplicar los módulos y
sumar argumentos.
Teorema 1.15. Sean z1 y z2 dos números complejos distintos de 0. Supongamos que z1 = r1 eiθ1 y z2 = r2 eiθ2 . Entonces:
z1
r1
= ei(θ1 −θ2 ) .
z2
r2
Teorema 1.16.
Teorema 1.17. Dados θ1 y θ2 números reales cualesquiera se tiene que
eiθ1
= ei(θ1 −θ2 )
eiθ2
Demostración. Caso particular del teorema anterior con r1 = r2 = 1.
Comentario 1.38. En el teorema anterior se observa claramente que la división de dos números complejos consiste en dividir los módulos y restar
argumentos.
Teorema 1.18. Sea n ∈ N y θ ∈ R. Entonces
(eiθ )n = einθ
o escrito de otro modo, la siguiente igualdad es conocida como la fórmula de
de Moivre:
(cos θ + i sin θ)n = cos(nθ) + i sin(nθ).
Demostración. Para n = 2 es inmediata pues
(eiθ )2 = eiθ eiθ = ei2θ
usando el teorema 1.13.
El caso general se demuestra por inducción matemática.
Ejemplo 48. Para n = 2 la fórmula de Moivre nos dice que
(eiθ )2 = ei2θ
y por lo tanto
(cos θ + i sin θ)2 = cos(2θ) + i sin(2θ).
Desarrollando el cuadrado e igualando partes reales y partes imaginarias se
obtienen las fórmulas
cos2 θ − sin2 θ = cos(2θ)
y
2 sin θ cos θ = sin(2θ).
19
Teorema 1.19. Sea z = reiθ complejo no nulo. Si n ∈ N, entonces
z n = rn einθ .
Demostración. Por inducción matemática
√
√
Ejemplo 49. (1 + i)4 = ( 2eiπ/4 )4 = ( 2)4 eiπ = −4.
Comentario 1.39. Sea θ ∈ R. El complejo eiθ z es el obtenido por una rotación
de ángulo θ alrededor del origen del punto z pues el punto eiθ z tiene el mismo
módulo que z pero su argumento es el argumento de z más θ.
Ejemplo 50. eiπ/4 (1 + i) = i
Ejemplo 51. Una onda unidimensional tiene la forma general
ψ(x, t) = A cos(kx − ωt + ϕ)
siendo A la amplitud de la onda, k el número de onda, ω la frecuencia angular
y ϕ el ángulo de fase.
Consideremos la función a valores complejos
ψ0 ei(kx−ωt)
donde ψ0 es el número complejo
ψ0 = Aeiϕ .
Obviamente A es el módulo de φ0 y ϕ un argumento. Observamos que
Re(ψ0 ei(kx−ωt) ) = ARe(ei(kx−ωt+ϕ) )
de donde se deduce que
ψ(x, t) = Re(ψ0 ei(kx−ωt) )
Hemos demostrado que la ecuación de una onda unidimensional se puede
representar como la parte real de una función de onda a valores complejos
que tiene la expresión
ψ0 ei(kx−ωt) .
Esto se puede generalizar a ondas multidimensionales mediante una expresión
del tipo
ψ(r, t) = ψ0 e(kr−ωt)
donde k es el vector de onda.
20
1.6.
Raı́ces de números complejos
Sea ahora z un número complejo no nulo y sea n ∈ N. Queremos definir
z . La manera más natural serı́a decir que z 1/n es un número complejo,
o los números complejos si es que hubiese varios, tales que al elevarlo a n
obtenemos z. Deseamos encontrar por lo tanto aquellos complejos w ∈ C tales
que wn = z. Éstos √
números se llamarán raı́ces n-ésimas de z y se notarán
por w = z 1/n o por n z.
1/n
Teorema 1.20. Todo número complejo z = reiθ no nulo tiene exactamente
n raı́ces n-ésimas distintas que vienen dadas en forma polar por la fórmula
siguiente:
wk = r1/n ei(θ+2kπ)/n
(1.12)
donde k = 0, 1, 2, . . . , n − 1. Hay que entender que r1/n es la raı́z n-ésima
real del número real r > 0, esto es, el único número real positivo tal que al
elevarlo a n sale r.
Comentario 1.40. Es muy sencillo comprobar que cada uno de los wk dados por la fórmula anterior, con k = 0, 1, 2, · · · , n, son números complejos
distintos que satisfacen (wk )n = z :
(wk )n = (r1/n ei(θ+2kπ)/n )n = rei(θ+2kπ) = reiθ ei2kπ = reiθ = z
puesto que ei2kπ = 1 para todo k.
Comentario 1.41. Obsérvese que no se obtienen raı́ces diferentes si k toma
valores diferentes a 0, 1, 2, · · · , n − 1 pues para k = n se obtiene la misma
raı́z que para k = 0, para k = n + 1 se obtiene la misma que para k = 1, etc.
Comentario 1.42. Especial interés geométrico tienen las raı́ces n-ésimas de
la unidad z = 1. Aplicando la fórmula (1.12) para z = 1 (r = 1, θ = 0), las n
raı́ces son
wk = ei2kπ/n = cos(2kπ/n) + i sin(2kπ/n),
para k = 0, 1, 2, . . . , n − 1. Son puntos uniformemente distribuidos en la
circunferencia unidad, formando los vértices de un polı́gono regular cerrado
de n lados.
Comentario 1.43. El polinomio complejo z n − 1 factoriza del siguiente modo
n
z −1=
n
Y
(z − ei2kπ/n ).
k=1
21
Ejemplo 52. (i)1/3 es un conjunto de tres números complejos. Obsérvese que
|i| = 1 y que un argumento es θ = π/2. Por ello las tres raı́ces terceras de i
son
√
3
1
w0 = eiπ/6 = cos(π/6) + i sin(π/6) =
+i
2
2
√
3
1
w1 = ei(π/6+2π/3) = ei5π/6 = −
+i ,
2
2
w2 = ei(π/6+4π/3) = ei9π/6 = −i.
Las tres raı́ces forman un triángulo equilátero.
Ejemplo 53. (−1)1/4 es un conjunto de 4 números complejos. Como |1| = 1
y θ = π entonces
√
√
2
2
iπ/4
w0 = e
=
+i
2
2
√
√
2
2
i(π/4+2π/4)
i3π/4
w1 = e
=e
=−
+i
√ 2 √ 2
2
2
−i
w2 = ei(π/4+π) = ei5π/4 = −
2√
2√
2
2
−i
w3 = ei(π/4+6π/4) = ei(7π/4) =
2
2
Las cuatro raı́ces forman un cuadrado.
Ejemplo 54. (−1)1/2 es un conjunto de dos elementos. Como | − 1| = 1 y
θ = π entonces las dos raı́ces cuadradas de −1 vienen dadas por:
w0 = eiπ/2 = i
w1 = ei(π/2+π) = ei(3π/2) = −i.
Ejemplo 55. Más general si z = a+0i con a un número real negativo, entonces
las dos raı́ces cuadradas de z = a son (−a)1/2 i y −(−a)1/2 i. Para a = −4
obtenemos que las dos raı́ces cuadradas complejas de −4 son 2i y −2i, las
dos raı́ces cuadradas de −3 son 31/2 i y −31/2 i, etc.
Ejemplo 56. 11/4 es un conjunto de 4 elementos: 1, i, −1, −1. Obsérvese que
z 4 − 1 = (z − 1)(z + 1)(z − i)(z + i)
factorización en factores de grado 1.
22
1.7.
Conjuntos del plano y el punto del infinito.
En esta sección enumeramos una serie de conceptos topológicos que son
precisos para desarrollar el análisis de variable compleja.
1. Discos abiertos: D(z0 , r) = {z ∈ C : |z −z0 | < r}. Aquı́ z0 es el centro
del disco y r > 0 el radio. Se llama entorno abierto de z0 de radio r.
Es un cı́rculo de radio r centrado en z0 , abierto, en el sentido de que
no contiene la circunferencia del borde. La inecuación que define a un
disco es
(x − x0 )2 + (y − y0 )2 < R2
siendo z0 = x0 + iy0 y z = x + iy. El valor r es el radio del disco.
2. Puntos interiores, puntos exteriores y puntos frontera. Sea A ⊂
C y a ∈ C. Diremos que a es interior al conjunto A si existe un disco
abierto de centro en a y de radio ε > 0 tal que D(a, ε) ⊂ A. Un punto
a ∈ C es exterior al conjunto A si existe un disco abierto de centro en
a y de radio ε > 0 tal que D(a, ε) ∩ A = ∅. Los puntos que no son ni
interiores ni exteriores se llaman puntos frontera. La colección de todos
los puntos frontera de A se llama frontera de A. Un punto es frontera
de A si todo disco abierto centrado en a corta tanto a A como a C \ A.
3. Conjuntos abiertos y conjuntos cerrados. Un conjunto A es abierto si todos sus puntos son interiores. Los discos abiertos son ejemplos
de conjuntos abiertos. Los conjuntos abiertos no contienen ninguno de
sus puntos frontera. Un conjunto es cerrado si su complementario es
un abierto, o de otro modo, si contiene a todos sus puntos frontera.
Los discos cerrados D(z0 , r) = {z ∈ C : |z − z0 | ≤ r} son ejemplos de
conjuntos cerrados, puesto que los puntos frontera son los que están en
la circunferencia |z − z0 | = r.
4. Conjunto acotados y conjuntos compactos. Un conjunto A es
acotado si existe R > 0 tal que A ⊂ D(0, R). Un conjunto es compacto
si es cerrado y acotado. Los discos cerrados son ejemplos de conjuntos
compactos
5. Lineas poligonales y conjuntos poligonalmente conexos. Dados
ω1 , . . . , ωn+1 puntos en el plano complejo, consideramos para cada k =
1, 2, . . . , n el segmento que une el punto ωk con ωk+1 . La unión de
dichos segmentos forma una curva continua llamada lı́nea poligonal.
Un conjunto A es poligonalmente conexo si todo par de puntos de A se
pueden unir mediante una linea poligonal completamente contenida en
A. Diremos que un abierto A es conexo si es poligonalmente conexo.
23
6. Dominios. Un dominio es un abierto conexo.
7. A veces es conveniente incluir en el plano complejo el punto del infinito formando ası́ el plano complejo extendido que se denota por
b
C:
b = C ∪ {∞}.
C
Para visualizar el punto del infinito podemos pensar en el plano complejo como en un plano que pasa por el ecuador de la esfera unidad
centrada en el origen (0, 0, 0). A cada punto z de este plano le corresponde un único punto P en la esfera, determinado por la intersección
de la lı́nea que pasa por el polo norte y el punto z. De este modo, cada
punto P de la esfera, a excepción del polo norte, es identificado con un
punto del plano complejo. El punto del infinito se corresponde con el
polo norte, de modo que el plano complejo extendido se identifica con la
esfera unidad. Esta esfera se conoce como esfera de Riemann y la correspondencia entre la esfera y el plano se llama proyección estereográfica.
El exterior del cı́rculo unidad del plano complejo se corresponde con el
hemisferio norte mediante esta proyección mientras que el interior lo
hace con el hemisferio sur.
1.8.
Complejos y Matlab: Números y operaciones básicas
1. Para escribir números complejos en MatLab:
>> 3 − 2i
>> 3 − 2 ∗ i
que dan lugar al mismo resultado 3,0000 − 2,0000i.
2. Para sumar complejos escribimos
>> (3 − 2i) + (1 + 4i)
que da como resultado el complejo 4,0000 − 2,0000i.
3. Para multiplicar complejos escribimos
>> (3 − 2i) ∗ (1 + 4i)
que da como resultado el complejo 11,0000 + 10,0000i.
4. Para calcular el valor absoluto de un complejo ponemos:
>> abs(1 + i)
obteniendo 1,4142 como aproximación de
24
√
2.
5. Para calcular el argumento principal:
>> angle(1 + i)
obteniendo 0,7854 que es una aproximación de π/4. Recordemos que el
argumento principal de z es el ángulo que forma el vector que une el
origen con z, con el eje eje real positivo, medido en el intervalo (−π, π].
6. Para calcular el conjugado de un complejo
>> conj(1 + i)
y se obtiene como resultado 1,0000 − 1,0000i.
Puedes comprobar ahora con distintos ejemplos que efectivamente zz =
|z|2 :
>> (1 + i) ∗ conj(1 + i)
obtenemos como respuesta 2 que es igual a |1 + i|2 .
7. Para calcular la parte real y la parte imaginaria:
>> real(3 − 2i)
>> imag(3 − 2i)
obteniendo 3 y −2.
8. La instrucción sign aplicada a un complejo z devuelve el número comz
:
plejo de módulo unidad
|z|
>> sign(1 + i)
devuelve el complejo 0,7071 + 0,7071i que es una aproximación del
1
1
complejo √ + √ i. Es el complejo que comparte argumento con 1 + i
2
2
pero de módulo unidad. En notación polar
√
1 + i = 2eiπ/4
1+i
= eiπ/4
|1 + i|
9. La instrucción complex aplicada a un par de números reales (x, y) devuelve el complejo escrito en forma binómica x + iy
>> complex(3, −1)
devuelve el complejo en forma binómica 3,0000 − 1,0000i.
25
10. Para representar un complejo como punto en el plano:
>> z = 1/3 + sqrt(2) ∗ i;
>> plot(z,’ob’,’MarkerEdgeColor’,’b’,MarkerFaceColor’,’b’,’MarkerSize’,5)
Podemos dibujar varios puntos a la vez:
>> plot([1 + i, 1 − i],’ob’,’MarkerEdgeColor’,’b’,MarkerFaceColor’,’b’,’MarkerSize’,5)
11. Con la instrucción compass(z) dibujamos un vector de extremo z y
origen el 0.
Podemos dibujar toda una colección de puntos de la siguiente forma
>> z = [1 + i, 1 − i, −1 − i, −1 + i]
>> compass(z)
Si dibujamos z y sign(z) podemos comprobar que tienen el mismo argumento:
>> z = [1 + i, sign(1 + i)]
>> compass(z)
12. Podemos escribir un número en forma polar y MatLab devuelve forma
binómica
>> z = 2 ∗ exp(i ∗ pi/3)
y obtenemos
1,0000 + 1,7321i que es una aproximación del complejo
√
1 + 3i. Es el complejo de módulo 2 y argumento principal π/3:
√
1 + 3 i = 2 cos(π/3) + 2 sin(π/3) i.
13. Para elevar un número a una potencia natural ponemos
>> (1 + 1)b3
y obtenemos −2,0000 + 2,0000i.
14. Si queremos calcular raı́ces hay que tener cuidado. Si ponemos
>> ib(1/3)
solo nos devuelve una de las 3 raı́ces cúbicas de i. Obtenemos el valor
0,8660 + 0,5000 que es una aproximación del complejo
√
3 1
eiπ/3 = cos(π/3) + i sin(π/3) =
+ i.
2
2
26
Esta raı́z se va a llamar raı́z princial, pero faltan dos raı́ces cúbicas
más. A continuación escribo un script para recuperar todas las raı́ces
de un complejo:
function szn = raizn(z,n)
theta = angle(z);
r=abs(z);
k=0:1:n-1;
szn = (rb(1/n) ∗ exp(theta + 2 ∗ k ∗ π) ∗ i/n));
end
Si ejecutamos ahora
>> raizn(i, 3)
obtenemos los tres complejos 0,8660 + 0,5000i, −0,8660 + 0,5000i, y por
último −0,0000−1,0000i. La primera raı́z es la que obtuvimos poniendo
ib(1/3).
Podemos representar el conjunto de 3 soluciones soluciones con
>> compass(raizn(i, 3))
o con
>> plot(raizn(i, 3),0 ob0 ,0 MarkerSize0 , 5)
Para practicar puedes calcular el conjunto de las raı́ces séptimas de
z = 1 y representarlas.
27
1.9.
Hoja de problemas del tema 1
1. Verifica que
1 + 2i 2 − i
2
+
= − y que (1 − i)4 = −4.
3 − 4i
5i
5
2. Prueba que los números z = 1 ± i satisfacen la ecuación z 2 − 2z + 2 = 0.
3. Resuelve la ecuación z 2 + z + 1 = 0 escribiendo z = (x, y) y resolviendo
las ecuaciones que se obtienen para x y para y.
4. Calcula
(6 + 2i) − (1 + 3i)
operando con la forma binómica.
(−1 + i) − 2
5. Demuestra que si z1 z2 = 0 entonces alguno de ellos es cero.
Solución. El módulo del producto es igual al producto de los módulos,
ası́ que si el producto de ambos complejos es el complejo nulo debe
ocurrir que |z1 ||z2 | = 0. Para que el producto de dos números reales sea
cero debe ocurrir que uno de los dos sea 0, pero si un número complejo
tiene módulo 0 es porque es el complejo z = 0 + 0i.
6. Prueba que Im(iz) = Re(z) y que Re(iz) = −Im(z).
Solución. Si z = x + iy entonces iz = −y + ix pues i2 = −1. Es claro
ahora que la parte real de iz es −y que es igual al opuesto de la parte
imaginaria de z y también es claro que la parte imaginaria de iz es x
que coincide con la parte real de z.
7. Escribe los siguientes números complejos en forma binómica a + bi:
a) (−1 + 3i) + (5 − 7i)
(−1 + 3i)(5 − 7i)
b) Im[(1 + i)3 ]
[Im(1 + i)]3
x, y, u, v ∈ R
2
1
1
i+
c)
1 + 2i
1 − 2i
(3 − 2i)(4 + 3i)(3 + 2i)
(x + iy)(u − iv)(x − iy)(u + iv) con
4 − 4i
2 + 2i
7
+
4 + 4i
2 − 2i
7
Solución. Los resultados son
(a) 4 − 4i;
16 + 22i;
52 + 39i.
(b) (1+i)3 = −2+2i ⇒ Im[(1+i)3 ] = 2;
1; (x2 + y 2 )(u2 + v 2 )
1
1 − 2i
(c)
=
;
1 + 2i
5
Im(1+i) = 1 ⇒ [Im(1+i)]3 =
1
1 + 7i
i+
=
⇒
1 − 2i
5
28
i+
1
1 − 2i
2
=
−48 + 14i
.
25
Para el último apartado, debe observarse que los complejos son conjugados, por lo que
7 7
7
4 − 4i
4 + 4i
4 − 4i
+
= 2Re
= 2Re(128i) = 0
2 + 2i
2 − 2i
2 + 2i
√
8. Representa en el plano: z = 2i, z = 1 − i, z = ( 3, 1).
9. Comprueba que z + 3i = z − 3i y que iz = −iz.
Solución. Teniendo en cuenta que el conjugado de una suma es la suma
de los conjugados y que el conjugado del conjugado es el mismo número:
z + 3i = z + 3i = z − 3i
pues el conjugado de 3i es −3i.
Teniendo en cuenta ahora que el conjugado del producto es el producto
de los conjugados
iz = iz = −iz
pues el conjugado de i es −i.
10. Escribe en forma binómica
11. Demuestra que
(2 + i)2 3 + 5i 1 + i3
,
,
.
3 − 4i 2 − i (1 + i)3
√
2|z| ≥ |Re(z)| + |Im(z)|.
Solución. Pensemos que z = x + iy:
√ p
√
|Re(z)| + |Im(z)| ≤ 2|z| ⇔ |x| + |y| ≤ 2 x2 + y 2
⇔ |x|2 + |y|2 + 2|xy| ≤ 2(x2 + y 2 )
⇔ 0 ≤ x2 + y 2 − 2|x||y|,
y esta última desigualdad es equivalente a (|x| − |y|)2 ≥ 0 que es evidentemente cierta cualesquiera que sean x e y.
12. Demuestra que z es un número real si y solo si z = z.
Solución. Sea z = x + iy escrito en forma binómica. El conjugado z
es z = x − iy. Para que z sea igual a z debe ocurrir que x = x y que
y = −y, pero ésto último ocurre si y solo si y = 0. Esto equivale a decir
que z es de la forma z = x + 0i = x, un número real.
13. Sea z = −1 + i. Calcula y representa z 2 , z 3 y z 4 usando MatLab.
29
√
√
14. Sea z = −1 + i, w = (− 2/2) − (1/ 2)i. Calcula zw, z/w, z 6 , w6 y
representa usando MatLab.
15. Sea z = 2 − 6i, w = 9 + 3i. Calcula z/w, w/(z)2 , z(w + z)/w2 usando
MatLab.
16. Usa MatLab para comprobar si −i, i, i + 1 son soluciones del polinomio
p(z) = z 3 − 3z + 4i.
17. Usa MatLab para encontrar las raı́ces de p(z) = z 4 + 3z 3 − 2z − 1.
Llama z1 , z2 , z3 y z4 a las soluciones. Calcula el polinomio q(z) = (z −
z1 )(z − z2 )(z − z3 )(z − z4 ) y comprueba que q(z) = p(z).
18. Calcula un polinomio que tenga como raı́ces los complejos 1, −1, i, −i.
Solución. El polinomio es
p(z) = (z − 1)(z + 1)(z − i)(z + i) = (z 2 − 1)(z 2 + 1) = z 4 − 1.
19. Calcula un polinomio que tenga como raı́ces los complejos 2 − 3i, 4 +
7i, 8 − 2i, 6 + 6i.
20. Halla m ∈ R para que el número complejo (3 + mi)/(−4 + i) sea
imaginario puro.
Solución. Calculando la división:
(3 + mi)(−4 − i)
−12 + m −4m − 3
3 + mi
=
=
+
i.
−4 + i
17
17
17
Para que el resultado sea imaginario puro debe ser m = 12.
21. Escribe en forma binómica: −1, eiπ , 2e(π/3)i , 5e−i(π/4) , (−1 + i)100 .
√ √
√
√ √
22. √
Escribe en forma √
polar: 2+2i, 1+ 3i, 3−i, i, −1−i, 2− 2i, − 2+
6i, (1 + i)(1 + i 3).
23. Sea w = 3eiπ/3 . Calcula w2 , w3 , 1/w, w + 1.
Solución. w2 = 9e2πi/3 , w3 = 27eiπ = −27, 1/w = (1/3)e−iπ/3
√, w + 1 =
1 + 3eiπ/3 = 1 + 3 cos(π/3) + i3 sin(π/3) = (1 + (3/2)) + i3 3/2.
24. Prueba que si |z| = 1 y z 6= 1 entonces Re(1/(1 − z)) = 1/2.
Solución. Si |z| = 1 entonces z se puede escribir ası́ en forma trigonométrica:
z = cos(θ) + i sin(θ)
30
siendo θ cualquier argumento de z. El complejo 1/(1 − z) es igual a
1
1
=
1−z
1 − cos(θ) − i sin(θ)
1 − cos(θ) + i sin(θ)
=
(1 − cos(θ))2 + sin2 (θ)
1 − cos(θ) + i sin(θ)
=
2 − 2 cos(θ)
sin θ
1
i.
= +
2 2 − 2 cos(θ)
Es claro que la parte real es 1/2.
25. Calcula las raı́ces cuadradas de 2i y 1 −
√
3 i.
i π2
Solución. Como 2i = 2e tenemos que
√
π
(2i)1/2 = 2ei( 4 +kπ) , k = 0, 1, por lo que las raı́ces cuadradas son
√ π
√
π
c0 = 2ei 4 = 1 + i,
c1 = 2ei( 4 +π ) = −c0 = −(1 + i).
√
π
En el otro caso, 1 − 3i = 2ei(− 3 ) , luego
√
√
π
(1 − 3i)1/2 = 2ei(− 6 +kπ) , k = 0, 1 y las raı́ces cuadradas son
√
√
√ −i π
− 3+i
3−i
√
c1 = −c0 =
.
c0 = 2e 6 = √ ,
2
2
En el gráfico adjunto tenemos en rojo las raı́ces del primer caso y en
azul las del segundo,
31
2
- 2
2
- 2
√
26. Calcula y di cual es la raı́z principal: (−16)1/4 , (−8−8 3 i)1/4 , (−1)1/3 ,
81/6 .
Solución. Como −16 = 16eiπ , tenemos que
π
π
(−16)1/4 = 2ei( 4 +k 2 ) , k = 0, 1, 2, 3
√
π
La raı́z principal es c0 = 2ei 4 = 2(1 + i). Las otras son
√
π
π
c1 = 2e 4 ei 2 = c0 i = − 2(1 − i)
√
π
c2 = 2e 4 eiπ = −c0 = − 2(1 + i)
√
π
3π
c3 = 2e 4 ei 2 = c0 (−i) = 2(1 − i)
√ 1
√
Para el segundo, (−8 − 8 3i) 4 , dado que −8 − 8 3i = 16ei(−2π/3) ,
tenemos estas raı́ces, siendo c0 la principal:
√
π
c0 = 2e− 6 = − 3 − i
√
π
π
c1 = 2e− 6 ei 2 = c0 i = 1 + 3i
√
π
c2 = 2e− 6 eiπ = −c0 = −( 3 − i)
√
π
3π
c3 = 2e− 6 ei 2 = c0 (−i) = −(1 + 3i)
Vemos las dos primeras gráficas a continuación:
32
2
1
-2
-1
1
2
1
2
-1
-2
2
1
-2
-1
-1
-2
√
(−8 − 8 3i)1/4
(−16)1/4
1
π
2kπ
Para el tercer caso, como −1 = eiπ , es (−1) 3 = ei( 3 + 3 ) , con k = 0, 1, 2
y las raı́ces cúbicas son (siendo c0 la principal):
√
π
1 + 3i
c0 = e 3 =
2
π
2π
i
c1 = e 3 e 3 = eiπ = −1
√
4π
π
1
−
3i
c2 = e 3 ei 3 =
2
√ kπ
1
Por último, como 8 = 8e0i , es 8 6 = 2ei 3 , con k = 0, 1, 2, 3, 4, 5 y las
33
raı́ces sextas, son, siendo c0 la principal
√
c0 = 2
√
√ π
1 + 3i
c1 = 2e 3 = √
2
√
√ 2π
1 − 3i
c2 = 2e 3 = − √
2
√ πi
√
c3 = 2e = − 2
√
√ 4π
1 + 3i
c4 = 2e 3 = − √
2
√
√ 5π
1 − 3i
c5 = 2e 3 = √
2
Las gráficas de los dos últimos casos son:
1.0
0.5
-1.0
0.5
-0.5
-0.5
-1.0
34
1.0
2
- 2
2
- 2
(−1)1/3
81/6
27. Determina los z ∈ C tales que z 3 = 1 y represéntalos en el plano.
Calcula la suma de las soluciones.
28. Encuentra las soluciones de la ecuación z 4 + 4 = 0 y represéntalas en
el plano. Calcula la suma de las soluciones.
29. Calcula las raı́ces cúbicas de 3i y de 6 − 6i y represéntalas en el plano.
30. Calcula las raı́ces cuartas de −5i y de −1 y represéntalas en el plano.
31. Calcula las raı́ces quintas de −1 + i y represéntalas en el plano. Calcula
la suma de las cinco raı́ces.
32. Calcula las raı́ces sextas de 2 y de -1 y represéntalas en el plano.
33. Determina los z ∈ C tales que z 4 = 16i y represéntalas en el plano.
Calcula la suma de las raı́ces.
34. Calcula y representa en el plano complejo:
(a) (i − 1)1/4 .
(b) 81/3 .
35. Calcula y representa en el plano complejo:
(a) (−1)1/4 .
√
(b) (−1 − 3i)1/4 .
35
36. Calcula y representa en el plano complejo:
(a) (−i)1/3 .
(b) (−i)1/2 .
37. Encuentra las raı́ces (2i)1/2 , (−1)1/4 .
38. Resuelve la ecuación z 4 + 1 = 0 y deduce la factorización
√
√
z 4 + 1 = (z 2 − 2z + 1)(z 2 + 2z + 1).
39. Calcula los z tales que ez = 2 − 2i.
Solución. El complejo 2 − 2i en forma polar se escribe
√
2 − 2i = 8e−iπ/4
y ez = ex eiy por lo tanto, para que ambos números sean iguales debe
ocurrir que
√
ex = 8
y = −π/4 + 2kπ
Esto es, z debe ser de la forma
z = x + iy = ln(8) + i(−π/4 + 2kπ)
con k cualquier número entero. Por lo tanto hay infinitas soluciones
para z, una por cada número entero.
40. Si w2 = z 3 ¿qué relación tienen entre sı́ las forma polares de ambos?
41. Demuestra las siguientes fórmulas trigonométricas usando la fórmula
de De Moivre:
cos 3θ = cos3 θ − 3 cos θ sin2 θ, sin 3θ = 3 cos2 θ sin θ − sin3 θ.
Solución. La fórmula de Moivre para n = 3 es
(cos θ + i sin θ)3 = cos(3θ) + i sin(3θ).
Ahora basta desarrollar el cubo de la parte izquierda de la igualdad,
escribir el número obtenido en forma binómica y finalmente igualar
partes reales y partes imaginarias a izquierda y derecha de la igualdad.
42. Utiliza la fórmula de De Moivre para calcular cos 4x y sen 4x en términos de cos x y sen x.
36
√ √
√
43. Utiliza la forma polar para demostrar que i(1−i 3)( 3+i) = 2+i2 3.
44. Calcula (cos(π/12) + i sen(π/12))20 escribiendo el resultado en forma
binómica.
Solución. Obsérvese que
(cos(π/12) + i sen(π/12))20 = (eiπ/12 )20 = ei20π/12 .
Ahora
ei20π/12 = eiπ ei(8π/12) = (−1)ei(2π/3) = − cos(2π/3) − i sin(2π/3).
Dejo como ejercicio el cálculo del coseno y del seno de 2π/3 para terminar de escribir este número complejo en forma binómica.
√
√
45. Encuentra un argumento de z = −2/(1+i 3) y de ( 3+i)3 . Determina
sus argumentos principales.
46. Calcula el argumento principal de
√
i
y ( 3 − i)6 .
−2 − 2i
Solución.
i
3π
π
5π
arg
+2kπ.
= arg(i)−arg(−2−2i) = − −
+2kπ =
−2 − 2i
2
4
4
Luego el argumento principal, que es el comprendido en el intervalo
(−π, π], será
i
3π
5π
Arg
− 2π = − .
=
−2 − 2i
4
4
En el otro caso,
π
√
√
arg( 3 − i)6 = 6arg( 3 − i) = 6 −
= −π,
6
por lo que
√
Arg( 3 − i)6 = −π + 2π = π.
47. Resuelve la ecuación z 5 = (1 + z)5 .
Solución. Podemos suponer que z 6= 0 pues z = 0 no es solución de la
ecuación. La ecuación original es equivalente a la ecuación
5
1+z
1=
.
z
37
Llamemos w = (1 + z)/z. Entonces el problema consiste en encontrar
primero los w tales que 1 = w5 . Hay cinco números que cumplen la
ecuación, que son las raı́ces quintas de la unidad
wk = ei2kπ/5
con k = 0, 1, 2, 3, 4. Ahora basta determinar los z tales que wk = (1 +
z)/z, para cada k entre 0 y 4.
√
48. Estudia la validez de la fórmula z = (−b± b2 − 4ac)/2a para encontrar
las raı́ces de un polinomio de grado dos az 2 + bz + c = 0 con coeficientes
complejos.
Solución
La fórmula es válida sin restricciones, entendiendo que la raı́z
√
2
± b − 4ac se refiere a los valores de las dos raices complejas del número complejo b2 − 4ac. Analicemos el caso a 6= 0, pues el caso a = 0 es
trivial (y no es una ecuación de segundo grado). Si a 6= 0 entonces la
ecuación se escribe
z 2 + (b/a)z + (c/a) = 0
o también
(z + (b/(2a))2 + (c/a) − b2 /4a2 = 0
luego
(z + b/(2a))2 = b2 /4a2 − (c/a) = (b2 − 4ac)/4a2 .
De aquı́ se deduce que z + b/(2a) es una de las raı́ces cuadradas de
(b2 − 4ac)/4a2 . Luego z puede escribirse como uno cualquiera de los
dos números
p
−b/(2a) + (b2 − 4ac)/4a2
y ahora resulta que el par de números que resultan de esa expresión
son los mismos que resultan de la expresión
√
−b/(2a) + b2 − 4ac/2a.
49. Resuelve las ecuaciones
(a) z 2 + iz + 1 = 0.
(b) z 3 − 2z − 4 = 0.
50. Resuelve las ecuaciones
(a) iz = 1 + i.
(b) |z + 2i − 1| = 2.
38
51. Resuelve el sistema lineal
iz − (1 + i)w = 3
(2 + i)z + iw = 4.
52. Resuelve las siguientes ecuaciones:
(a) 2z 2 + z + 3 = 0
(b) z 2 − (3 − 2i)z + 1 − 3i = 0.
53. Resuelve las ecuaciones:
(a) z 2 − 2z + i = 0.
(b) z 2 + z + 1 = 0.
54. Describe los conjuntos |z − 1 + i| = 1, |z + i| ≤ 3 y |z − 4i| ≥ 4.
Solución. Son respectivamente la circunferencia de centro 1 − i y radio
1, el cı́rculo o disco cerrado de centro −i y radio 3 y el exterior abierto
del cı́rculo de centro 4i y radio 4.
55. Determina los siguientes recintos del plano complejo:
(a) |z − 2 + 3i| = 2. ; (b) |z + 2i| ≤ 1.
(c) Re(z + i) = 4 ; (d)
z − z1
= 1 ; (e) |z + 1| + |z − 1| = 4.
z − z2
56. Dibuja los siguientes recintos y di cuáles son dominios (abiertos y conexos):
|z − 2 + i| ≤ 1
|2z + 3| > 4
=z > 1
=z = 1
π
, (z 6= 0) |z − 4| ≥ |z|
4
¿Cuáles no son ni abiertos ni cerrados? ¿Cuáles son acotados?
0 ≤ Arg(z) ≤
Solución. El primero es el disco cerrado centrado en 2 − i y radio 1. Es
cerrado, no es abierto pues los puntos de la circunferencia |z −2+i| = 1
no son interiores y es acotado. No es un dominio.
El segundo es el exterior del cı́rculo centrado en −3/2 y radio 2. Es
abierto, no es cerrado porque los puntos de la circunferencia |2z +3| = 4
son adherentes pero no están en el conjunto y no es acotado. Es un
dominio.
39
El conjunto =z > 1 es el semiplano abierto y > 1. Es abierto, no es
cerrado ni acotado y es un dominio.
El conjunto =z = 1 es la recta y = 1. No es abierto, es cerrado, no es
acotado y no es un dominio.
El conjunto 0 ≤ Arg(z) ≤ π4 , z 6= 0, es el triángulo del primer cuadrante
limitado por las rectas y = 0, y = x. No es ni abierto ni cerrado ni
acotado ni dominio.
El conjunto |z −4| ≥ |z| es (x−4)2 +y 2 ≥ x2 +y 2 , es decir, el semiplano
x ≤ 2. Es cerrado pero no es ni abierto ni acotado. No es un dominio.
Gráficas:
1.0
3
0.5
2
0.0
1
2
3
4
1
-0.5
-4
2
-2
-1.0
4
-1
-1.5
-2
-2.0
-3
2.0
1.5
1.0
0.5
-3
-2
1
-1
2.0
2
3
3.0
2.5
1.5
2.0
1.0
1.5
1.0
0.5
0.5
-3
-2
1
-1
2
3
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
2
1
1
2
3
4
-1
-2
57. Dibuja los recintos definidos por las siguientes desigualdades:
(a) 0 < |z − 1 + i| < 1 ; (b) |Arg(z)| ≤ π/4.
(c) −1 ≤ Im(z) ≤ 1; (d) (Re(z))2 > 1.
40
(e) |z| = 3|z − 1|; (f) |z| > 6.
58. Demuestra que la hipérbola x2 − y 2 = 1 se escribe en notación compleja
como z 2 + (z)2 = 2.
59. Da una justificación geométrica de que |z − 4i| + |z + 4i| = 10 es una
elipse. Demuéstralo algebraicamente escribiendo su ecuación cartesiana.
60. Recuerda que dados dos vectores v1 = (x1 , y1 ) y v2 = (x2 , y2 ), el producto escalar es
v1 · v2 = x1 x2 + y1 y2 .
Muestra que el producto escalar de los vectores representados por los
complejos z1 y z2 está dado por
z1 · z2 = Re(z1 z2 ).
61. Comprueba que z(t) = eit , con t ∈ [0, 2π] describe la circunferencia
unidad recorrida en la dirección antihoraria. Describe también las siguientes curvas:
(a) z(t) = 3eit , t ∈ [0, 2π]; (b) z(t) = i + 2eit , t ∈ [0, 2π].
(c) z(t) = (2 − i) + e−it , t ∈ [0, 2π]; (d) z(t) = ei2πt , t ∈ [0, 1/2].
62. Utiliza el método de inducción para probar la fórmula del binomio de
Newton:
n X
n k
n
(1 + z) =
z .
k
k=0
63. Demuestra que si z 6= 1 entonces
1 + z + z2 + · · · + zn =
z n+1 − 1
.
z−1
Solución. Llamo sn = 1 + z + · · · + z n . Entonces
zsn = z + z 2 + · · · + z n+1
Si restamos ambas expresiones
sn − zsn = (1 + z + · · · + z n ) − (z + z 2 + · · · + z n+1 ) = 1 − z n+1
Lo anterior se puede escribir ası́: sn (1 − z) = 1 − z n+1 y de aquı́ despejamos sn obteniendo
sn =
1 − z n+1
z n+1 − 1
=
.
1−z
z−1
41
64. Demuestra que 1 + ωn + ωn2 + · · · + ωnn−1 = 0, donde ωn = ei2π/n .
65. Demuestra que para todo número real θ y para todo natural n:
n
X
cos(kθ) =
k=0
1 sin(((n + 1)/2)θ)
+
.
2
2 sin(θ/2)
Solución. Ya sabemos que si z 6= 1:
1 + z + z2 + · · · + zn =
z n+1 − 1
.
z−1
Pongamos z = eiθ y tengamos en cuenta que z k = eikθ = cos(kθ) +
i sin(kθ). Entonces:
n
X
ei(n+1)θ − 1
.
(cos(kθ) + i sin(kθ)) =
eiθ − 1
k=0
Por lo tanto
1 + cos(θ) + cos(2θ) + · · · + cos(nθ) = Re
66. Calcula
100
X
ei(n+1)θ − 1
eiθ − 1
.
ik .
k=0
Solución. Observo que i0 + i1 + i2 + i3 = 1 + i − 1 − i = 0. Sabiendo
que in = i4+n entonces podemos decir que
i0 + i1 + i2 + · · · + i99 = 0
Por lo tanto
100
X
ik = i100 = (i4 )25 = 1.
k=0
67. Si n > 0 es natural, ¿cuáles son los valores de in ?
Calcula i1023 , (1 − i)1025 .
Solución. Las potencias de i son cı́clicas;
i1 = i,
i2 = −1,
42
i3 = −i,
i4 = 1,
por lo que
i1023 = i1020 i3 = i1020 (−i) = (i4 )255 (−i) = 1255 (−i) = −i.
(1 − i)1025 = [(1 − i)2 ]512 (1 − i)
= (−2i)512 (1 − i)
= 2512 (−1)512 i512 (1 − i)
= 2512 (1 − i)
68. Expresa la ecuación 2x + y = 5 en términos de coordenadas conjugadas
complejas.
Solución. Tenemos que x = (z +z)/2 y y = (z −z)/2i, luego la ecuación
es equivalente a
2((z + z)/2) + (z − z)/2i = 0
y operando convenientemente
(2i + 1)z + (2i − 1)z = 10i
69. Expresa la ecuación x2 + y 2 = 36 en términos de coordenadas conjugadas complejas.
Solución. Como en el ejercicio anterior, poniendo x = (z + z)/2 y y =
(z − z)/2i. Haciendo cuentas la ecuación queda
zz = 36
70. Supongamos que los complejos z1 , z2 y z3 forman los vértices de un
triángulo equilátero. Demuestra que:
z12 + z22 + z32 = z1 z2 + z2 z3 + z3 z1
Solución. Observa que
z2 − z1 = eiπ/3 (z3 − z1 )
z1 − z3 = eiπ/3 (z2 − z3 )
Dividiendo ambas ecuaciones
z2 − z1
z3 − z1
=
.
z1 − z3
z2 − z3
De esta igualdad haciendo cuentas obtenemos que
z12 + z22 + z32 = z1 z2 + z2 z3 + z3 z1
43
71. Sea m ∈ N. Demuestra que
m−1
Y
sin(kπ/m) = sin(π/m) sin(2π/m) · · · sin((m − 1)π/m) =
k=1
m
2m−1
Solución. Doy una serie de indicaciones para hacer este ejercicio.
Indicación 1: demuestra que
z m − 1 = (z − 1)(z − e2πi/m )(z − e4πi/m ) · · · (z − e2πi(m−1)/m ).
Indicación 2: divide la igualdad anterior por z − 1 y luego sustituye
z = 1 para obtener la siguiente igualdad
m = (1 − e2πi/m )(1 − e4πi/m ) · · · (1 − e2πi(m−1)/m ).
Indicación 3: toma cojugado en la expresión anterior para demostrar
que
m = (1 − e−2πi/m )(1 − e−4πi/m ) · · · (1 − e−2πi(m−1)/m ).
Indicación 4: multiplica las dos igualdades anteriores para demostrar
que
m2 = 2m−1 (1 − cos(2π/m))(1 − cos(4π/m)) · · · (1 − cos(2(m − 1)π/m))
Indicación 5: usa que 1 − cos(2t) = 2 sin2 (t) para demostrar que
m2 = 22m−2 sin2 (π/m) sin2 (2π/m) · · · sin2 ((m − 1)π/m).
Ahora basta tomar raı́z cuadrada en ambos lados de la igualdad anterior
para deducir que
m−1
Y
sin(kπ/m) = sin(π/m) sin(2π/m) · · · sin((m − 1)π/m) =
k=1
m
2m−1
72. Demuestra que |z| = 1 si y solo si 1/z = z.
73. Demuestra que la ecuación 2|z| = |z + i| describe una circunferencia.
74. Sea p(z) un polinomio cuyos coeficientes son números reales.
a) Demuestra que p(z) = p(z).
b) Demuestra que p(z) = 0 si y solo si p(z) = 0.
44
1.10.
Control del tema 1
1. Representa en forma polar los complejos 1, 1 + i, i, −1 + i, −1, −1 −
i, −i, 1 − i.
√
√
Solución. 1 =√ei·0 ; 1 + i = 2eiπ/4 ; i = eiπ/2 ;√−1 + i = 2ei3π/4 ; −1 =
eiπ ; −1 − i = 2e−i3π/4 ; −i = e−iπ/2 ; 1 − i = 2e−iπ/4 .
2. Comprueba que −i es raı́z del polinomio p(z) = z 3 −(3−i)z 2 +(2−3i)z+
2i. Determina las raı́ces del polinomio q(z) = z 3 −(3+i)z 2 +(2+3i)z−2i
y escribe su factorización.
3. Sea z un complejo no nulo, n y m números naturales. Demuestra que
(z 1/n )m = (z m )1/n . Calcula (1 − i)3/2 .
4. Representa el conjunto de los números complejos tales que
|z − 1| = Re(z) + 1.
5. Determina todos los complejos z tales que z 3 z = −1.
Solución. Observemos que |z 3 z| = | − 1| = 1. Como el módulo de un
producto es el producto de los módulos y el módulo del conjugado es el
módulo del complejo sin conjugar tenemos que |z|4 = 1, luego |z| = 1.
Ahora bien, como zz = |z|2 = 1 tenemos que z 3 z = 1 es equivalente a
z 2 = −1, luego las soluciones son las dos raı́ces cuadradas de −1, que
son z0 = i, z1 = −i.
6. Encuentra los pares de números complejos tales que su cociente sea un
complejo imaginario puro, su suma sea 5 y el módulo de uno sea el
doble del módulo del otro.
7. Demuestra la desigualdad triangular.
8. Demuestra que para todo θ ∈ R se tiene que cos(θ) =
eiθ − e−iθ
2i
Solución. Basta tener en cuenta que
sin(θ) =
eiθ = cos(θ) + i sin(θ)
y que
e−iθ = cos(−θ) + i sin(−θ) = cos(θ) − i sin(θ).
Basta sumar y restar ambas igualdades.
45
eiθ + e−iθ
y
2
9. Expresa la ecuación x2 + y 2 = 4 en coordenadas complejas.
Solución. La ecuación es equivalente a |z| = 2.
10. Demuestra que la ecuación compleja 2|z| = |z + i| representa una circunferencia en el plano.
Solución. Poniendo z = x + iy tenemos
4(x2 + y 2 ) = x2 + (y + 1)2 = x2 + y 2 + 2y + 1
o equivalentemente
3x2 + 3y 2 − 2y = 1.
Dividiendo por 3 queda
x2 + y 2 − (2/3)y = 1/3.
Cuadrando la fórmula:
x2 + (y − (1/3))2 =
4
1 1
+ = = (2/3)2 .
3 9
9
Es la circunferencia de centro (0, 1/3) y radio 2/3.
46
2.
Funciones complejas
2.1.
Funciones complejas de una variable compleja
Definición 2.1. Sea A ⊂ C un subconjunto de los números complejos. Una
función compleja f definida sobre S es una regla que asigna a cada z de A un
número complejo w ∈ C. El número w es el valor de f sobre z y escribiremos
w = f (z).
Comentario 2.1. El conjunto S es el dominio de definición de f .
Comentario 2.2. Dado que C es identificable con el plano cartesiano, cada
función compleja puede entenderse como una aplicación definida en una región del plano y con valores en un plano. Dicho de otro modo, toda función
compleja f : A ⊂ C → C se puede ver como un campo de vectores
f : A ⊂ R2 → R2
Ejemplo 57. w = f (z) = z + i es una función definida en A = C.
Ejemplo 58. w = f (z) = z 2 es una función definida en A = C.
Ejemplo 59. w = f (z) = 1/z es una función definida sobre A = C \ {0}.
Ejemplo 60. Para la función
z2 − 1
.
w = f (z) = 2
z +1
el dominio es el conjunto C a excepción de dos puntos: i, −i.
Consideremos la función de variable compleja
f (z) = z 2 + 2z.
El dominio de esta función es todo C. Si ponemos z = x + iy tenemos que
w = f (z)
= (x + iy)2 + 2(x + iy)
= x2 − y 2 + 2xyi + 2x + 2yi
= (x2 − y 2 + 2x) + (2xy + 2y)i
La parte real del número complejo w = f (z) es
u = u(x, y) = x2 − y 2 + 2x
47
y la parte imaginaria es
v = v(x, y) = 2xy + 2y.
De este modo la transformación compleja f (z) = z 2 + z es la transformación
de R2 (con coordenadas (x, y)) en R2 (con coordenadas (u, v)) definida como
(u, v) = (x2 − y 2 + 2x, 2xy + 2y).
Ejemplo 61. Si f (z) = z + i entonces
w = f (z) = z + i = (x + yi) + i = x + (y + 1)i.
Si ponemos w = u + iv entonces u = u(x, y) = x, v = v(x, y) = 1 + i.
Ejemplo 62. Si f (z) = 1/z entonces
w=
1
z
x
y
= 2 = 2
−
i
.
z
|z|
x + y2
x2 + y 2
Si ponemos w = u + iv entonces
u = u(x, y) =
v = v(x, y) =
x2
x
+ y2
x2
y
.
+ y2
Ejemplo 63. Para la función f (z) = z los campos componentes son
u = u(x, y) = x, v = v(x, y) = −y.
En general, supóngase que w = f (z) es una función de variable compleja.
Escribiendo w = u + iv, z = x + iy, tenemos
w = (u, v) = u(x, y) + iv(x, y) = f (z) = f (x + iy)
de modo que u = u(x, y) y v = v(x, y) son campos escalares que dependen
de dos variables reales.
Comentario 2.3. Toda función compleja es expresada como un par de funciones reales que dependen de dos variables reales u = u(x, y), v = v(x, y).
Definición 2.2. Los campos escalares u y v se llaman campos escalares
componentes de la función f .
48
Ejemplo 64. Si w = f (z) = z 2 entonces
u = u(x, y) = x2 − y 2
v = v(x, y) = 2xy.
Entre las funciones complejas más naturales que podemos considerar
están las llamadas funciones polinómicas, que son del tipo
P (z) = a0 + a1 z + · · · + an z n
donde los números a0 , a1 , · · · , an son números complejos llamados coeficientes
del polinomio. Si an 6= 0 decimos que el polinomio p es de grado n. El dominio
de definición de cualquier polinomio complejo es todo C.
Las funciones racionales son funciones de la forma
R(z) =
P (z)
Q(z)
donde P (z) y Q(z) son polinomios. El dominio de definición de una función
racional es C menos el conjunto de raı́ces del denominador.
En este curso nos interesa ver las funciones complejas como transfomaciones del plano en el plano.
Ejemplo 65. La función f (z) = z + b como transformación del plano en el
plano es una traslación de vector b = b1 + ib2 .
Ejemplo 66. Si a > R, a > 0 entonces la función f (z) = az actúa como una
homotecia de centro el origen y de razón a. Si a < 1 es una contracción y si
a > 1 es una dilatación.
Ejemplo 67. Si θ ∈ R entonces f (z) = eiθ z es un giro de centro el origen y
ángulo θ.
Ejemplo 68. Si a ∈ C entonces f (z) = az = |a|eiθ z es la composición de
un giro con una homotecia, siendo θ un argumento de a. Ası́ por ejemplo
f (z) = (1√
+ i)z es la composición de un giro de ángulo π/4 y una homotecia
de razón 2.
Ejemplo 69. La función f (z) = az + b , siendo a, b ∈ C es la composición de
un giro, una homotecia y una traslación.
Ejemplo 70. La función f (z) = z 2 lleva el semiplano superior en todo C. Es
interesante ver cómo transforma esta función sectores circulares en sectores
circulares.
Ejemplo 71. Estudia la función w = f (z) = 1/z usando el ordenador.
49
Definición 2.3. Si z = x + yi en forma binómica entonces se define la
exponencial de z por la fórmula
ez = ex eyi = ex (cos y + i sin y) = ex cos(y) + iex sin(y).
Comentario 2.4. Obsérvese que ez es un número complejo de módulo ex y de
argumento y, siendo x la parte real de z e y la parte imaginaria.
Comentario 2.5. ez 6= 0 para todo z = x + iy ∈ C, puesto que el módulo de
ez es ex > 0.
Teorema 2.1. Se cumplen las siguientes igualdades:
1. ez+w = ez ew
2. e−z = 1/ez .
3. ez−w = ez /ew .
Demostración. Ejercicio.
Si ponemos z = (x, y) y w = f (z) = ez = (u, v), tenemos una aplicación
del plano xy en el plano uv cuyas ecuaciones son las siguientes
(u, v) = w = f (z) = ez = ex eiy = ex cos y + iex sin y = (ex cos y, ex sin y),
de modo de
u = u(x, y) = ex cos y
v = v(x, y) = ex sin y.
Estos son los campos escalares componentes de la función exponencial compleja que estudiaremos con detalle más adelante.
Comentario 2.6. La función exponencial compleja no es inyectiva, esto es,
existen z1 6= z2 tales que f (z1 ) = f (z2 ). Por ejemplo
f (1 + iπ/2) = e1+iπ/2 = e · eiπ/2 = ei
f (1 + i(π/2 + 2π)) = e1+i(π/2+2π) = e · ei(π/2+2π) = ei.
50
2.2.
Lı́mites y continuidad
Definición 2.4. Sea z0 ∈ C. Un entorno de z0 es cualquier disco abierto
D(z0 , r) con r > 0.
Definición 2.5. Sea z0 ∈ C. Un entorno perforado de z0 es cualquier disco
abierto D(z0 , r) con r > 0, sin el centro, esto es D(z0 , r) \ {z0 }.
Sea f una función definida en un entorno de z0 ∈ C, con la posible
excepción del punto z0 . No es necesario que f esté definida en z0 , basta con
que lo esté en el entorno perforado.
Comentario 2.7. Recuérdese que un disco abierto es de la forma |z − z0 | < r,
con r > 0. El entorno perforado es 0 < |z − z0 | < r.
Definición 2.6. Sea f una función definida en un entorno perforado del
punto z0 . Diremos que el lı́mite de f (z) cuando z tiende a z0 es el número w0 ∈
C si para cualquier ε > 0 existe un número positivo δ tal que |f (z) − w0 | < ε
siempre que 0 < |z − z0 | < δ. Escribiremos
w0 = lı́m f (z),
z→z0
o también f (z) → w0 cuando z → z0 .
Comentario 2.8. Geométricamente, esta definición dice que para cada εentorno |w − w0 | < ε de w0 existe un δ-entorno perforado 0 < |z − z0 | < δ
de z0 de modo que las imágenes de todos los puntos del δ-entorno perforado
caen en el ε-entorno.
Ejemplo 72. Vamos a probar que lı́m z 2 = (1 + i)2 = 2i.
z→1+i
Sea ε > 0 un número positivo arbitrario, pero fijo. Voy a dar un δ > 0
que cumpla que si 0 < |z − (1 + i)| < δ entonces tenemos asegurado que
|z 2 − (1 + i)2 | < ε.
El δ que doy es el siguiente: δ = {1, ε/10}. Voy a comprobar que este δ
cumple lo requerido. Sea z un punto complejo cualquiera tal que |z−(1+i)| <
δ. Es clave observar que entonces
√
√
|z| ≤ 2 + δ ≤ 2 + 1
(haz un dibujo, z pertenece al disco de centro 1+i y radio δ, luego su distancia
al origen debe ser menor que la distancia al origen de 1 + i más el radio de
la circunferencia.)
51
Entonces
|z 2 − (1 + i)2 | = |(z + (1 + i)| · |z − (1 + i)|
≤ (|z| + |1 + i|)|z − (1 + i)|
√
√
≤ (1 + 2 + 2)|z − (1 + i)|
≤ 5|z − (1 + i)|
≤ 5(ε/10) = ε/2 < ε.
Esto demuestra que para cada ε > 0 existe un δ > 0 dado por la fórmula
δ = mı́n{1, ε/10} en este caso, de modo que |f (z) − l| < ε siempre que
0 < |z − z0 | < δ tal y como requiere la definición de lı́mite.
Ejemplo 73. Sea z0 = x0 + iy0 un complejo cualquiera. Vamos a probar que
si f (z) = z entonces
lı́m f (z) = lı́m z = z 0 = x0 − iy0
z→z0
z→z0
Sea ε > 0. Tomo δ = ε en este caso. Observo que si 0 < |z − z0 | < δ
entonces
|z − z 0 | = |z − z0 | = |z − z0 | < δ = ε.
Teorema 2.2. Sea w = f (z) = u(z) + iv(z) una función compleja. Son
equivalentes:
(1) lı́m f (z) = w0 .
z→z0
(2) Los campos escalares u = u(x, y) y v = v(x, y) verifican que existen
sus respectivos lı́mites dobles en el punto z0 = (x0 , y0 ) y además
lı́m
(x,y)→(x0 ,y0 )
u(x, y) = Re(w0 ),
lı́m
(x,y)→(x0 ,y0 )
v(x, y) = Im(w0 ).
Ejemplo 74. Si f (z) = z 2 entonces
lı́m z 2 =
z→i
lı́m
(x,y)→(0,1)
(x2 − y 2 ) + i
lı́m
(x,y)→(0,1)
2xy = −1 + 0i = −1.
Ejemplo 75. Si f (z) = ez entonces
lı́m
z→2+(π/2)i
ez =
lı́m
(x,y)→(2,π/2)
ex cos y + i
lı́m
(x,y)→(2,π/2)
ex sin y = 0 + e2 i = e2 i.
Ejemplo 76. Si f (z) = z = x − iy y z0 = x0 + iy0 es un punto cualquiera
entonces
lı́m z =
z→z0
lı́m
(x,y)→(x0 ,y0 )
x+i
lı́m
(x,y)→(x0 ,y0 )
52
(−y) = x0 − y0 i = z 0 .
Teorema 2.3. Si lı́m f (z) = A, lı́m g(z) = B entonces
z→z0
z→z0
(1) lı́m (f (z) ± g(z)) = A ± B
z→z0
(2) lı́m f (z)g(z) = AB.
z→z0
(3) lı́m
z→z0
Ejemplo 77.
−1 − i y
f (z)
A
= , si B 6= 0.
g(z)
B
lı́m (z + z) = (−1 − i) + (−1 + i) = −2, puesto que lı́m z =
z→−1−i
z→−1−i
lı́m z = −1 + i.
z→−1−i
Ejemplo 78. lı́m zez = (iπ)eiπ = −iπ.
z→iπ
Ejemplo 79. lı́m z/(2 + z) = (1 + i)/(3 + i)
z→1+i
Definición 2.7. Si f es una función definida en un entorno de z0 , diremos
que es continua en z0 si
f (z0 ) = lı́m f (z).
z→z0
Teorema 2.4. Sea w = f (z) = u(z) + iv(z) una función compleja. Son
equivalentes:
(1) f es continua en z0
(2) Los campos escalares u y v son continuos en z0 = (x0 , y0 ).
Teorema 2.5. La suma, resta, producto y división de funciones continuas
es una función continua (en la división no se puede dividir por cero).
Teorema 2.6. La composición de funciones continuas es una función continua.
Teorema 2.7. Las funciones continuas definidas sobre conjuntos compactos
están acotadas: si D ⊂ C es un compacto y f : D → C es continua entonces
existe M > 0 tal que |f (z)| ≤ M para todo z ∈ D.
Comentario 2.9. Como en el caso real podemos definir lı́mites infinitos y
lı́mites al ∞:
1. La notación lı́m f (z) = ∞ significa que para todo M > 0 existe δ > 0
z→z0
tal que |f (z)| > M para todo z tal que 0 < |z − z0 | < δ.
2. La notación lı́m f (z) = w0 significa que para todo ε > 0 existe R > 0
z→∞
tal que |f (z) − w0 | < ε para todo z tal que |z| > R.
53
3. La notación lı́m f (z) = ∞ significa que para todo M > 0 existe R > 0
z→∞
tal que |f (z)| > M para todo z tal que |z| > R.
Ejemplo 80. Sea n ∈ N, lı́m(1/z n ) = ∞
z→0
Ejemplo 81. Para cada n ∈ N, lı́m 1/z n = 0.
z→∞
2
z + iz − 1
1
= = −i.
2
iz + 1
i
Ejemplo 83. Para cada n ∈ N, lı́m z n = ∞.
Ejemplo 82. lı́m
z→+∞
z→∞
1
Ejemplo 84. lı́m (z − z) = ∞ puesto que z − z = z 1 −
. El paréntesis
z→∞
z
es una función que se aproxima a 1 cuando z → ∞ mientras que z 2 se
aproxima a ∞ cuando z → ∞.
2
2
2
Ejemplo 85. La función f (z) = z/z no tiene lı́mite cuando z → 0.
Ejemplo 86. La funciçon ez no tiene lı́mite cuando z → ∞.
2.3.
Analiticidad
Recordemos que una función compleja w = f (z) no es más que una
función del plano cartesiano (o parte de él) con coordenadas (x, y) en el plano
cartesiano con coordenadas (u, v). Si z = x+iy = (x, y) y w = u+iv = (u, v)
entonces f está dada por dos campos escalares
u = u(x, y), v = v(x, y).
Recuédese también que la continuidad de f es equivalente a la continuidad
de cada uno de sus campos escalares componentes.
Definición 2.8. Sea f una función compleja definida en un entorno de z0 .
La derivada de f en z0 es
f (z0 + ∆z) − f (z0 )
∆z→0
∆z
f (z) − f (z0 )
.
= lı́m
z→z0
z − z0
f 0 (z0 ) = lı́m
Si existe el lı́mite diremos que f es derivable en el punto z0 .
df
(z0 ).
dz
Comentario 2.11. El incremento ∆z = ∆x + i∆y es un número complejo.
Comentario 2.10. Notación alternativa f 0 (z0 ) =
54
Teorema 2.8. Si f es derivable en z0 entonces existe una función R(z) tal
que
f (z) = f (z0 ) + f 0 (z0 )(z − z0 ) + R(z)
y además R(z) = o(z − z0 ), esto es,
lı́m
z→z0
R(z)
= 0.
z − z0
Teorema 2.9. Derivable en el punto z0 implica continua en el punto z0 .
Ejemplo 87. La función f (z) = z es derivable en cualquier punto z0 y la
derivada vale f 0 (z0 ) = 1. Escribimos f 0 (z) = 1 para todo z ∈ Z.
Ejemplo 88. La función f (z) = z 2 es derivable en cualquier punto z ∈ C y
f 0 (z) = 2z.
La derivación compleja satisface las siguientes reglas completamente similares al caso real:
Teorema 2.10. Si f y g son derivables en z entonces
1. (f ± g)0 (z) = f 0 (z) ± g 0 (z).
2. (cf )0 (z) = cf 0 (z).
3. (f g)0 (z) = f 0 (z)g(z) + f (z)g 0 (z).
4. (f /g)0 (z) = (g(z)f 0 (z) − f (z)g 0 (z))/g(z)2 si g(z) 6= 0.
5. Si f es derivable en z y g es derivable en f (z) entonces (g ◦ f )0 (z) =
g 0 (f (z))f 0 (z).
Definición 2.9. Sea A un abierto y f : A → C. Diremos que f es analı́tica
en A si f es derivable en cada punto de A.
Definición 2.10. Diremos que f es analı́tica en el punto z0 si es analı́tica
en un entorno de z0 .
Comentario 2.12. Los polinomios P (z) = a0 + a1 z + a2 z 2 + · · · + an z n son
ejemplos de funciones analı́ticas en C. Su derivada viene dada por la fórmula
P 0 (z) = a1 + 2a2 z + 3a3 z 2 + · · · + nan z n−1 .
Comentario 2.13. Las funciones racionales f (z) = P (z)/Q(z) son analı́ticas
en C \ A, siendo A el conjunto de las raı́ces de Q(z). La derivada viene dada
por
P 0 (z)Q(z) − P (z)Q0 (z)
.
f 0 (z) =
Q(z)2
55
Ejemplo 89. La función f (z) = z no es derivable en el punto z0 = 0. De
hecho no es derivable en ningún punto del plano complejo.
Definición 2.11. Se dice que f (z) es analı́tica en el punto ∞ si la función
g(w) = f (1/w) es analı́tica en el punto w = 0, esto es, si existe un entorno
de 0 donde g(w) es analı́tica. Se define f (∞) = g(0).
Ejemplo 90. La función f (z) = 1/z se puede definir en el ∞ como 0: f (∞) =
0. Es analı́tica en ∞ pues g(w) = f (1/w) = w es analı́tica en w = 0.
Teorema 2.11. Sea f (z) y g(z) dos funciones analı́ticas en un entorno de
z0 . Si ambas funciones tienden a 0 o a ∞ cuando z → z0 y si f 0 (z)/g 0 (z)
tiene lı́mite cuando z → z0 entonces existe el limite de f (z)/g(z) cuando
z → z0 y coincide con el anterior.
ez
ez − 1
= lı́m
= 1.
z→0 1
z→0
z
Ejemplo 91. lı́m
2.4.
Las ecuaciones de Cauchy-Riemann
Sea w = f (z) una función compleja definida en un entorno de z0 . Recordemos que f es derivable en z0 si existe el lı́mite del cociente incremental
df
f (z0 + ∆z) − f (z0 )
(z0 ) = f 0 (z0 ) = lı́m
∆z→z
dz
∆z
0
f (z) − f (z0 )
= lı́m
.
z→z0
z − z0
¿Qué relación existe entre la derivabilidad de f y la derivabilidad de sus
campos escalares componentes?
Definición 2.12. Sea u = u(x, y), v = v(x, y) dos campos escalares con
derivadas parciales en el abierto A. Diremos que u y v cumplen o satisfacen
las ecuaciones de Cauchy-Riemann en el punto (x0 , y0 ) ∈ A si:
∂v
∂u
∂v
∂u
(x0 , y0 ) =
(x0 , y0 ),
(x0 , y0 ) = − (x0 , y0 )
∂x
∂y
∂y
∂x
(2.1)
Teorema 2.12. Si f es derivable en z0 entonces las derivadas parciales de los
campos escalares u = u(x, y) y v = v(x, y) existen en el punto z0 = (x0 , y0 ),
verifican las ecuaciones de Cauchy-Riemann y además
∂v
∂u
(x0 , y0 ) + i (x0 , y0 )
∂x
∂x
∂v
∂u
=
(x0 , y0 ) − i (x0 , y0 ).
∂y
∂y
f 0 (z0 ) =
56
Comentario 2.14. Este teorema proporciona una condición necesaria de derivabilidad: si f es derivable en un punto entonces se deben cumplir las
ecuaciones de Cauchy-Riemann. Hay que tener muy claro que se trata de
una condición necesaria, pero no es suficiente. Esto quiere decir que si en un
punto se cumplen las ecuaciones de Cauchy-Riemann no está garantizado en
absoluto que la función compleja sea derivable en ese punto.
Ejemplo 92. Sea f (z) = z = x − iy. Es claro que u(x, y) = x, v(x, y) = −y.
Sea z0 = x0 + iy0 un punto cualquiera del plano complejo. Observemos que
∂v
∂u
(x0 , y0 ) = 1 6= −1 =
(x0 , y0 )
∂x
∂y
por lo tanto f (z) = z no puede ser derivable en z0 . Esto demuestra que la
función z no es derivable en ningún punto del plano complejo.
Teorema 2.13. Supóngase que f (z) = u(x, y) + iv(x, y) es una función
compleja definida en un abierto A que contiene al punto z0 . Supóngase que
existen las derivadas parciales de u y v en el abierto A, son funciones continuas en el punto z0 y satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann (2.1) en
el punto z0 = (x0 , y0 ). Entonces f es derivable en z0 como función compleja
y se cumple
∂v
∂u
(x0 , y0 ) + i (x0 , y0 ).
f 0 (z0 ) =
∂x
∂x
En consecuencia, si las derivadas parciales de u y de v son funciones continuas en todo el abierto A y satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann
en todos los puntos de A entonces la función compleja f = u + iv es analı́tica
en A, y se cumple que para todo z = x + iy ∈ A
f 0 (z) =
∂v
∂u
(x, y) + i (x, y)
∂x
∂x
Ejemplo 93. La función f (z) = ez es analı́tica en C, esto es, es derivable en
todos y cada uno de los puntos de C. Para demostrar esta afirmación calculamos las derivadas parciales de los campos componentes de f y vemos que
satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en todos los puntos (x, y) del
plano y además son funciones continuas en todos los puntos. En efecto, recordemos que los campos escalares componentes de ez son u(x, y) = ex cos(y) y
v(x, y) = ex sin(y). Es evidente que ambos campos escalares tienen derivadas
parciales continuas en cualquier punto de C:
∂u
∂u
(x, y) = ex cos(y), (x, y) = −ex sin(y)
∂x
∂y
57
∂v
∂v
(x, y) = ex sin(y), (x, y) = ex cos(y)
∂x
∂y
Es inmediato comprobar que las derivadas parciales cumplen las condiciones
impuestas por las ecuaciones de Cauchy-Riemann y son continuas. Por lo
tanto f (z) = ez es derivable en todos y cada uno de los puntos del plano
complejo y además cumple lo siguiente:
f 0 (z) =
∂v
∂u
(x, y) + i (x, y) = ex cos(y) + iex sin(y) = ez .
∂x
∂x
Definición 2.13. Las funciones que son analı́ticas en todo C se llaman enteras.
Ejemplo 94. La función exponencial ez es entera. También son enteras las
funciones polinómicas.
Ejemplo 95. La función f (z) = |z|2 = (x2 + y 2 ) + 0i sólo puede ser derivable
en el origen de coordenadas como se puede comprobar analizando el valor de
las derivadas parciales:
∂u
∂u
(x, y) = 2x, (x, y) = 2y
∂x
∂y
∂v
∂u
(x, y) = 0, (x, y) = 0
∂x
∂y
En el punto z0 = (0, 0) es derivable porque en ese punto si se satisfacen las
ecuaciones de Cauchy-Riemann y además las funciones derivadas parciales
son funciones continuas.
Definición 2.14. Un dominio D ⊂ C es un subconjunto abierto y conexo.
Teorema 2.14. Una función analı́tica en el dominio D con f 0 (z) = 0 para todo z ∈ D es constante en D. Como consecuencia, si dos funciones
analı́ticas tienen la misma función derivada en D entonces son iguales salvo
constante.
Demostración. Si f 0 (z) = 0 para todo z ∈ D entonces, por las ecuaciones de
Cauchy-Riemann se deduce que las derivadas parciales
∂u
∂v
∂v
∂u
(x, y), (x, y), (x, y), (x, y)
∂x
∂y
∂x
∂y
son nulas en todos los puntos (x, y) ∈ D. De aquı́ podemos deducir que los
campos escalares u(x, y) y v(x, y) son constantes sobre D y de aquı́ sigue que
f es constante en el dominio D.
58
1.0
0.5
0.0
-0.5
-1.0
-1.0
-0.5
0.0
0.5
1.0
Figura 1: Curvas de nivel de la parte real y parte imaginaria de la función
f (z) = z 2
Si ahora f y g tienen la misma derivada en D entonces f −g tiene derivada
nula y por lo tanto existe una constante c ∈ C tal que
f (z) = g(z) + c
para todo z ∈ C.
Teorema 2.15. Supóngase que f = u + iv es analı́tica en el dominio D.
Las curvas de nivel de los campos escalares u(x, y) y v(x, y) definidas por
las ecuaciones u(x, y) = constante y v(x, y) = constante son perpendiculares
entre sı́.
Demostración. Dos curvas de nivel son perpendiculares en el punto (x0 , y0 )
si los gradientes ∇u(x0 , y0 ) y ∇v(x0 , y0 ) son perpendiculares y esto ocurre si
y solo si el producto escalar de ambos vectores vale 0. El producto escalar
viene dado por la fórmula:
∇u(x0 , y0 ) · ∇v(x0 , y0 ) =
∂v
∂u
∂v
∂u
(x0 , y0 ) (x0 , y0 ) +
(x0 , y0 ) (x0 , y0 )
∂x
∂x
∂y
∂y
Teniendo en cuenta las ecuaciónes de Cauchy-Riemann es inmediato ver que
el producto escalar es efectivamente igual a 0.
Ejemplo 96. Dibuja las curvas de nivel para f (z) = z 2 = (x2 − y 2 ) + i2xy.
1
Ejemplo 97. Dibuja las curvas de nivel de f (z) = .
z
59
1.0
0.5
0.0
-0.5
-1.0
-1.0
-0.5
0.0
0.5
1.0
Figura 2: Curvas de nivel de la parte real y parte imaginaria de 1/z.
Figura 3: Representación gráfica del campo vectorial definido por la fórmula
V (x, y) = (x3 − 3xy 2 , y 3 − 3x2 y).
Comentario 2.15. (Variable compleja y dinámica de fluı́dos.) Consideremos
un fluı́do bidimensional cuya velocidad en cada punto (x, y) se describe mediante el vector velocidad
(u(x, y), v(x, y))
siendo u y v las componentes que suponemos regulares (con derivadas parciales de segundo orden continuas).
Si el fluı́do es irrotacional, esto es, no tiene remolinos, entonces el irrotacional del campo de velocidades debe ser el vector nulo y por ello
∂v ∂u
−
= 0.
∂x ∂y
Si suponemos además que el fluı́do es incompresible, esto es, no tiene ni
fuentes ni sumideros, entonces se cumple que la divergencia del campo de
60
Figura 4: Representación gráfica del campo vectorial definido por la fórmula
V (x, y) = (x/(x2 + y 2 ), y/(x2 + y 2 )).
velocidades es nulo y por lo tanto
∂u ∂v
+
= 0.
∂x ∂y
Consideremos entonces la función compleja
f (z) = f (x, y) = u(x, y) + i(−v(x, y))
La función resulta ser analı́tica, puesto que se satisfacen las ecuaciones de
Cauchy-Riemann:
∂u
∂(−v)
=
∂x
∂y
y
∂u
∂(−v)
=−
∂y
∂x
Dicho de otro modo, el campo de velocidades de un fluı́do incompresible
e irrotacional define de forma unı́voca y natural una función de variable
compleja analı́tica, y al revés, cualquier función de variable compleja analı́tica
determina el campo de velocidades de un fluı́do incompresible e irrotacional.
Las ecuaciones de Cauchy-Riemann no son más que la traducción a variable
compleja de que el fluı́do sea incompresible e irrotacional.
2.5.
Funciones armónicas
Definición 2.15. La ecuación de Laplace en dos dimensiones es
∇2 Φ =
∂ 2Φ ∂ 2Φ
+
=0
∂ 2x
∂y 2
61
Figura 5: Representación gráfica del campo escalar x2 − y 2 .
Figura 6: Representación gráfica del campo escalar xy.
Comentario 2.16. ∇2 Φ es el laplaciano del campo escalar Φ.
Definición 2.16. Una función Φ(x, y) es armónica en el dominio D si tiene
derivadas parciales de segundo orden continuas en D y además satisface la
ecuación de Laplace en todos los puntos de D.
Ejemplo 98. Las funciones x2 − y 2 y xy son armónicas en el plano.
Ejemplo 99. Las funciones ex cos(y) y ex sin(y) son armónicas en el plano.
Ejemplo 100. La función ln(x2 + y 2 ) es armónica en C \ {0}.
Comentario 2.17. Las funciones armónicas tienen aplicación directa en:
1. Potencial electroestático.
62
Figura 7: Representación gráfica del campo escalar ln(x2 + y 2 ).
2. Dinámica de fluı́dos.
3. Movimiento de membranas elásticas.
4. Distribución de temperatura en condiciones de equilibrio.
Comentario 2.18. El laplaciano aparece en las ecuaciones más importantes
de la fı́sica matemática. Por ejemplo,
∇2 Φ =
1 ∂ 2Φ
c2 ∂t2
es la ecuación de ondas bidimensional. Esta ecuación ocurre (en su versión
tridimensional) en el estudio de los fenómenos ondulatorios propagados con
velocidad c independiente de la longitud de onda como por ejemplo en la
teorı́a de las ondas electromagnéticas. En la teorı́a de las vibraciones elásticas
es la ecuación que satisface cada una de las componentes del desplazamiento.
En dos dimensiones ocurre en el estudio de vibraciones de una membrana
plana y en general en movimientos de ondas planas.
Otro ejemplo es la ecuación de conducción del calor
1 ∂Φ
k ∂t
Esta es la ecuación satisfecha por la temperatura en un cuerpo homogéneo
e isotrópico; la constante k es proporcional a la conductividad del cuerpo e
inversamente proporcional al calor especı́fico y densidad.
Las soluciones del laplaciano serı́an soluciones estacionarias (que no dependen del tiempo) para los problemas de conducción del calor o para los
problemas ondulatorios.
∇2 Φ =
63
Teorema 2.16. Si f = u+iv es una función compleja analı́tica en el dominio
D y u y v son funciones con derivadas parciales continuas de segundo orden,
entonces u y v son armónicas en D.
Demostración. Obsérvese que
∂ 2u
∂ ∂v
∂ 2v
∂ ∂u
=
=
=
∂x2
∂x ∂x
∂x ∂y
∂x∂y
y de modo similar
∂ 2u
∂
=
2
∂y
∂y
∂u
∂y
∂
=
∂y
∂v
∂ 2v
−
=−
∂x
∂y∂x
De aquı́ se deduce inmediatamente que u es armónica pues el orden de derivación no importa cuando las funciones son regulares. De la misma forma se
demuestra que v también es una función armónica.
Dada una función armónica u(x, y) en el dominio D ¿podemos encontrar
otra función armónica v(x, y) en D de tal modo que u + iv sea analı́tica en
D? En ese caso diremos que v es una función armónica conjugada de u.
Teorema 2.17. Dada u = u(x, y) función armónica en el dominio D, existe otra función armónica v = v(x, y), determinada salvo constante, tal que
f = u + iv es analı́tica en D. Esto es, existe la función armónica conjugada
determinada salvo constante.
Ejemplo 101. Supóngase dada la función armónica u(x, y) = x2 − y 2 . Encontremos la función armónica conjugada v(x, y). Para ello imponemos que
u y v cumplan las ecuaciones de Cauchy-Riemann. Para que se cumpla la
∂u
∂v
=
debe ocurrir que
ecuación
∂x
∂y
∂v
= 2x
∂y
y de aquı́ deducimos que v debe ser de la forma
v(x, y) = 2xy + g(x)
donde g es una función que solo depende de la variable x.
∂u
∂v
Para que se cumpla la segunda de las condiciones
=−
debemos
∂y
∂x
imponer que
2y = 2y + g 0 (x)
64
y de aquı́ deducimos que g debe ser una función constante. Por lo tanto v es
de la forma
v(x, y) = 2xy + c
Esta es la función armónica conjugada, única salvo valor de la constante c.
Ahora, si usamos u y v podemos formar la función compleja
f (z) = u(x, y) + iv(x, y) = x2 − y 2 + i2xy + ic
que resulta ser analı́tica en el plano complejo como se puede comprobar
inmediatamente. Obsérvese que f se puede escribir de forma compleja
f (z) = z 2 + ic.
Ejemplo 102. Consideremos la función armónica en el plano complejo u(x, y) =
x3 − 3xy 2 . Para encontrar la función armónica conjugada v = v(x, y) procedemos en dos pasos. Primero, imponemos que
∂v
∂u
=
= 3x2 − 3y 2
∂y
∂x
de donde obtenemos por integración respecto de la variable y que
v(x, y) = 3x2 y − y 3 + h(x)
siendo h una función que solo puede depender de la variable x.
En un segundo paso imponemos que
∂u
∂v
=−
= 6xy.
∂x
∂y
Como la derivada parcial de v respecto de x es igual a 6xy + h0 (x) resulta
que h0 (x) = 0 uy por ello h(x) = c, una función constante. Entonces
v(x, y) = 3x2 − y 3 + c
siendo k una constante cualquiera.
Ese es el conjunto de funciones armónicas conjugadas de u. Para cada
una de ellas podemos formar una función compleja
f (z) = x3 − 3xy 2 + i(3x2 y − y 3 + c)
que resulta ser analı́tica en todo el plano complejo. Además se puede comprobar que su escritura en notación compleja es
f (x) = z 3 + ic.
65
1.0
0.5
0.0
-0.5
-1.0
-1.0
-0.5
0.0
0.5
1.0
Figura 8: Representación gráfica de las curvas de nivel de la parte real y
parte imaginaria de la funcion f (z) = z 3 . La parte real es el campo escalar
u(x, y) = x3 − 3xy 2 y la parte imaginaria v(x, y) = 3x2 y − y 3
Comentario 2.19. Existe una conexión directa entre las funciones analı́ticas complejas y las funciones armónicas: en primer lugar, dada una función
compleja f (z) analı́tica y con campos escalares regulares, resulta que ambos
campos escalares son funciones armónicas; por otro lado, dado un campo
escalar armónico u siempre es posible encontrar otro campo armónico v de
modo que f (z) = u(x, y) + iv(x, y) sea una funcion compleja analı́tica.
Comentario 2.20. La función u(x, y) = ln(x2 + y 2 ) es armónica en el plano
perforado. ¿Cuál es su función armónica conjugada?
66
2.6.
Hoja de problemas del tema 2
1. Indica el dominio de las siguientes funciones:
1
1
z
f (z) = 2
f (z) = Arg
f (z) =
z +1
z
z + z̄
f (z) =
1
1 − |z|2
Solución. Los dominios son, respectivamente:
C \ {i, −i},
C \ {0},
C \ {(0, y) : y ∈ R},
C \ {|z| = 1}.
En el tercer caso, observemos que
z + z̄ = 0 ⇔ x = 0.
2. Si z = x + iy, escribe la función f (z) = x2 − y 2 − 2y + i(2x − 2xy) en
términos de z.
z − z̄
z + z̄
y que y =
,
Solución. Teniendo en cuenta que x =
2
2i
(z + z̄)2 (z − z̄)2 z − z̄
z − z̄
f (z) =
+
−
+ (z + z̄) 1 −
i = z̄ 2 + 2iz.
4
4
i
2i
3. Halla los campos escalares componentes de f (z) = z 3 + z + 1.
4. Sea f (z) = x2 + i. Transforma el cı́rculo |z| ≤ 1 mediante la función f .
Solución. Como f (x + iy) = x2 + i, si ponemos f = u + iv es
u(x, y) = x2 , v(x, y) = 1.
Si |z| ≤ 1, entonces x ∈ [−1, 1] luego x2 ∈ [0, 1] ası́ que
f (|z| ≤ 1) = {(u, v) : 0 ≤ u ≤ 1, v = 1}.
5. Calcula los siguientes lı́mites:
2z 2
z→∞ (z − i)2
lı́m
3z 4
z→∞ (z + i)2
1
z→1 (z − 1)2
lı́m
lı́m
z̄ 3
z→0 2z
lı́m
Solución.
2 z12
2z 2
2
=
lı́m
=
lı́m
=2
1
z→∞ (z − i)2
z→0 ( − i)2
z→0 (1 − iz)2
z
lı́m
67
z8 − 1
z→i z 6 + 1
lı́m
1
3z 4
=
lı́m
= ∞.
z→1 (z − 1)2
z→∞ (z + i)2
lı́m
Como
último,
z̄ 3
|z|2
=
→ 0 si z → 0, el cuarto lı́mite pedido es cero. Por
2z
2
z8 − 1
8z 7
4
4
lı́m 6
= lı́m 5 = lı́m z 2 = − .
z→i z + 1
z→i 6z
z→i
3
3
<(z) z<(z)
y
. ¿Pueden definirse
z
|z|
en el origen para que sean continuas?
6. Estudia el dominio de las funciones
Solución. El dominio de ambas funciones es z 6= 0. Para la primera de
ellas, como
<(z)
x
x2
xy
=
= 2
−i 2
,
2
z
x + iy
x +y
x + y2
y no existen los lı́mites
x2
,
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lı́m
xy
,
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lı́m
no puede definirse en el origen para que sea continua. Si lo queremos
<(z)
ver mediante variable compleja, observemos que lı́m
no existe; si
z→0
z
<(z)
z = x real, entonces
= 1, mientras que si z = iy es imaginario
z
<(z)
puro,
= 0.
z
En el segundo caso,
z<(z)
= |<(z)| → 0 si z → 0,
|z|
por lo que puede definirse como 0 en el origen y serı́a continua.
7. Demuestra que lı́m z 2 /z = 0.
z→0
8. Demuestra que lı́m 3z 2 = ∞.
z→∞
9. Demuestra que lı́m 1/(z 2 + 1) = 0.
z→∞
10. Sea f (z) = ez . Demuestra que no existe el lı́mite de f (z) cuando z →
∞.
68
11. Otra interpretación de la ecuación w = f (z) es la de un campo vectorial en el dominio de definición de f . La ecuación asigna un vector
w de componentes u(x, y), v(x, y) a cada punto (x, y) en el dominio de
definición. Indica geométricamente los siguientes campos de vectores:
(a) w = iz; (b) w = z/|z|.
12. Demuestra que f (z) = |z|2 es continua en C.
1
13. Consideremos la función f (z) = . ¿En qué transforma la semicircunz
ferencia |z| = 2, 0 ≤ Arg(z) ≤ π? ¿Y la recta x = 1?
Solución. Observemos que,
w=
1
1
1
= iθ = e−iθ ,
z
re
r
0 ≤ θ ≤ π,
−π ≤ −θ ≤ 0,
luego f transforma un número complejo de módulo |z| =
6 0 y argumento
1
θ en un número complejo de módulo |z|
y argumento −θ. Es decir, es
la composición de la inversión en el cı́rculo unidad (g(reiθ ) = 1r eiθ ) y
la reflexión sobre el eje real. Luego transforma la semicircunferencia
|z| = 2, 0 ≤ Arg(z) ≤ π en la semicircunferencia inferior de radio 12 .
Veamos en qué transforma la recta x = 1. Es z = 1 + iy, y ∈ R. Luego
w=
1
1
iy
1
=
=
−
.
z
1 + iy
1 + y2 1 + y2
Ası́ que la imagen de la recta x = 1 es u + iv donde
u=
1
,
1 + y2
v=−
Observemos que es v = −uy, y como u =
ası́ que
u=
y
.
1 + y2
1
,
1+y 2
es u 6= 0, luego y = − uv
1
1
1
1
u2
=
=
⇔ u2 +v 2 −u = 0 ⇔ (u− )2 +v 2 = ,
2
2
2
2
v
1+y
u +v
2
4
1 + u2
es decir, transforma la recta x = 1 en la circunferencia de centro ( 21 , 0)
y radio 21 .
Vemos unas gráficas a continuación, en rojo recinto inicial y en azul el
transformado.
69
2
2
1
1
2
-1
-
1
2
1
2
1
1
-1
-2
14. Encuentra la imagen de la banda 2 < Re(z) < 3 por la aplicación
f (z) = z 2 . ¿Es un dominio?
Solución. Sea w = u+iv Consideramos la banda 2 < x < 3 compuesta
por lı́neas verticales. Si z = c + iy es una de ellas, con c constante e
y ∈ R, vamos a estudiar la imagen de esta recta por la aplicación
w = (c + iy)2 ⇔ w = c2 − y 2 + 2i2cy ⇔ u = c2 − y 2 , v = 2cy.
Tal curva es una parábola abierta a la izquierda, de ecuación
u = c2 −
1 2
v ,
4c2
v ∈ R.
Las fronteras de la región, x = 2, x = 3, son respectivamente, las
parábolas
1
1
u = 4 − v 2 , u = 9 − v 2 , v ∈ R.
16
36
Podemos escribir la imagen como
1 2
1 2
w = u + iv : v ∈ R, 4 − v < u < 9 − v .
16
36
Es un dominio que vemos a continuación
70
6
4
2
-6
-4
-2
2
4
6
-2
-4
-6
18
8
4
-8
-18
71
9
15. Dado un número real α, 0 ≤ α < 2π, estudia la imagen del sector
0 ≤ arg(z) < α por la aplicación w = z 4 . ¿Cómo debe ser α para que
el plano se cubra exactamente una vez?
Solución. En coordenadas polares, la aplicación w = z 4 es w = (reiθ )4 =
r4 e4iθ . Entonces,
w : {reiθ : r ≥ 0, 0 ≤ θ < a} → {r4 eiθ : r ≥ 0, 0 ≤ θ < 4a}.
En términos del argumento:
w : {z : 0 ≤ arg(z) < a} → {z : 0 ≤ arg(z) < 4a},
ası́ que si a = π/2, el sector se trasforma en todo el plano.
16. Prueba que la función raı́z cuadrada principal f (z) = z 1/2 no es continua en z = −1.
p
Solución. La raı́z
cuadrada
principal
es
f
(z)
=
|z|eiArg(z)/2 . Vamos
√
a ver que lı́m z no existe, viendo que existen lı́mites direccionales
z→−1
distintos.
Sea C el arco de la circunferencia unidad en el tercer cuadrante, es
decir, C es z = eiθ con −π < θ < −π/2. Entonces
√
lı́m
z = lı́m eiθ/2 = −i.
z→−1,z∈C
θ→−π
Si ahora llamamos C 0 al arco de la circunferencia unidad en el segundo
cuadrante, es decir, C 0 es z = eiθ con π/2 < θ < π. Entonces
√
z = lı́m eiθ/2 = i.
lı́m
z→−1,z∈C
Luego lı́m
z→−1
√
θ→π
z no existe y la raı́z cuadrada principal no es continua en
z = −1. En realidad no es continua en ningún punto del semeje real
negativo.
72
1
1
-1
-1
Arcos C y C 0 por lo que nos aproximamos a −1.
17. Estudia si la función f (z) =
z 2
z̄
considera z = (x, 0) y z = (x, x).
tiene lı́mite si z → 0. Indicación:
Solución. Siguiendo la indicación, si z = (x, 0), es decir, nos aproximamos al origen por el eje real,
z 2 x 2
=
= 1,
z̄
x
luego por esa dirección el lı́mite es 1.
Si ahora es z = (x, x), es decir, vamos al origen por la diagonal del
primer cuadrante,
z 2
z̄
=
x + ix
x − ix
2
=
1+i
1−i
2
=
(1 + i)2
2
2
=
(2i)2
= −1.
4
Ası́ pues el lı́mite estudiado no existe.
18. Estudia la derivabilidad de las funciones f (z) = |z|2 y f (z) = Re(z).
Solución. Para la primera función, f (z) = x2 + y 2 , ası́ que u(x, y) =
x2 + y 2 y v(x, y) = 0. Las ecuaciones de Cauchy-Riemann, nos dicen
que
(
(
ux = vy
2x = 0
⇒
uy = −vx
2y = 0
solo se cumplen en z = 0. Como u y v tienen derivadas parciales continuas, la función solo es derivable en z = 0.
73
Podemos hacer este ejercicio también usando la definición de derivada:
f (z + ∆z) − f (z)
∆z→0
∆z
(z + ∆z)(z + ∆z)
= lı́m
∆z→0
∆z
∆z
= lı́m z̄ + ∆z + z
∆z→0
∆z
f 0 (z) = lı́m
Si z = 0, entonces
f (0 + ∆z) − f (0)
= lı́m ∆z = 0.
∆z→0
∆z→0
∆z
f 0 (0) = lı́m
Si z 6= 0, para estudiar el lı́mite que define la derivada,
f (z + ∆z) − f (z)
f (z + ∆z) − f (z)
=
lı́m
,
∆z→0
(∆x,∆y)→(0,0)
∆z
∆z
lı́m
vamos a estudiar primero los lı́mites reiterados:
∆z
∆x
= lı́m z̄ + ∆x + z
= z̄ + z.
lı́m lı́m z̄ + ∆z + z
∆x→0
∆x→0 ∆y→0
∆z
∆x
lı́m
∆y→0
lı́m
∆x→0
∆z
z̄ + ∆z + z
∆z
= lı́m
∆y→0
i∆y
z̄ + i∆yx − z
∆y
= z̄ − z.
Ası́ que para que exista el lı́mite debe ser z̄ + z = z̄ − z, es decir, z = 0.
Por tanto, f es derivable si y solo si z = 0.
La segunda función, f (z) = Re(z) = x no es derivable en ningún punto.
Se puede deducir por las ecuaciones de Cauchy-Riemann,
(
(
ux = vy
1=0
⇒
uy = −vx
0=0
que no se satisfacen en ningún punto. También puede hacerse directamente por la definición, como en el caso anterior. También usando el
ejercicio siguiente, donde veremos que la función z̄ no es derivable en
ningún punto, pues si f (z) = Re(z), entonces z̄ = 2f (z) − z, y entonces
donde fuera derivable f (z) lo serı́a z̄.
74
19. Calcula la derivada de
(a) f (z) = 3z 2 −2z+4; (b) f (z) = (z−1)/(2z+1); (c) f (z) = (1−4z 2 )3 .
20. Estudia la derivabilidad de f (z) = iy, siendo z = x + iy.
21. Escribe las siguientes funciones en la forma w = u(x, y) + iv(x, y):
(a) f (z) = 3z 2 + 5z + i + 1.
(b) f (z) = 1/z.
(c) f (z) = (z + i)/(z 2 + 1)
(d) f (z) = e3z .
(e) f (z) = ez + e−z .
22. Describe el rango de las siguientes funciones:
(a) f (z) = z + 5 definida en Re(z) > 0.
(b) g(z) = z 2 definida en el primer cuadrante.
Solución. Para el apartado (a) el rango es Re(z) > 5. Para el apartado
(b) el rango es el semiplano superior.
23. Sea f (z) = 1/z
(a) Comprueba que transforma la circunferencia |z| = r en la circunferencia |z| = 1/r.
(b) Comprueba que transforma el rayo Arg(z) = θ0 en el rayo Arg(z) =
−θ0 .
(c) Comprueba que transforma la circunferencia |z − 1| = 1 en la lı́nea
vertical x = 1/2.
24. Para la función exponencial compleja
(a) Escribe el dominio de definición y el rango.
(b) Demuestra que f (−z) = 1/f (z).
(c) Describe la imagen de la recta Re(z) = 1.
(d) Describe la imagen de la recta Im(z) = π/4.
(e) Describe la imagen de la banda 0 ≤ Im(z) ≤ π/4.
25. La función de Joukowski es w = J(z) = (1/2)(z + (1/z)).
(a) Prueba que J(z) = J(1/z).
(b) J transforma la circunferencia |z| = 1 en el intervalo [−1, 1].
75
(c) J transforma la circunferencia |z| = r, con r > 0, r 6= 1, en la elipse
u2
v2
+
=1
(1/2)2 (r + (1/r))2 (1/2)2 (r − (1/r))2
26. Sea H(z) = ρz. Estudia la imagen del semidisco |z| ≤ 2, Im(z) ≥ 0 por
H.
27. Sea G(z) = eiθ z. Estudia la imagen del semidisco |z| ≤ 2, Im(z) ≥ 0
por G para θ = π/4, −3π/4, 3π/4.
28. Sea f (z) = (x2 /(x2 + y 2 )) + 2i. ¿Existe el lı́mite en z = 0?
Solución. No, pues no existe el lı́mite doble de x2 /(x2 +y 2 ) cuando (x, y)
tiende a (0, 0). Basta estudiar lı́mites a través de rectas de la forma
(t, λt) con diferentes pendientes para comprobar que dicho lı́mite no
existe.
29. Encuentra los siguientes lı́mites:
(1) lı́m ez .
z→0
(2) lı́m (z + 1)ez .
z→πi/2
(3) lı́m (ez − e−z )
z→2πi
(4) lı́m |z 2 − 1|.
z→1+2i
(5) lı́m(z 2 + i)/(z 4 − 1).
z→i
Solución. Para (1) el lı́mite es e0 = 1 por la continuidad de la función
exponencial ez . Para el (2) del mismo modo es (1 + iπ/2)eiπ/2 = (1 +
iπ/2)i. Los apartados (3) y (4) se resuelve igual por la continuidad de
las funciones que aparecen. Para el apartado (5) como se trata de una
indeterminación del tipo 0/0 se puede hacer uso de la regla de L’Hopital
lı́m(z 2 + i)/(z 4 − 1) = lı́m(2z)/(4z 3 ) = 1/(2i2 ) = −1/2.
z→i
z→i
30. Sea F (z) = z + i, G(z) = eiπ/4 z y H(z) = z/2. Representa la imagen
del semidisco |z| ≤ 2, Im(z) ≥ 0, por las siguientes funciones:
(a) G ◦ F
(b) H ◦ F
(c) G ◦ H
(d) F ◦ G ◦ H.
76
31. Estudia los siguientes lı́mites:
z2 + 9
(1) lı́m 2
.
z→2i 2z + 8
3z 2 − 2z
(2) lı́m 2
.
z→∞ z − iz + 8
(3) lı́m ez
z→∞
(4) lı́m 8z 3 − 5z + 2.
z→∞
32. Encuentra las derivadas de las siguientes funciones:
(a) f (z) = 6z 3 + 8z 2 + iz + 10
(b) f (z) = (z 2 − 3i)−6 .
z2 − 9
(c) f (z) = 3
.
iz + 2zπ
33. Estudia la derivabilidad de las siguientes funciones
(a) f (z) = |z|.
1
.
z − 2 + 3i
(c) f (z) = 8z + i.
(b) f (z) =
(d) f (z) = x2 + y 2 + y − 2 + ix.
(e) f (z) = ey eix .
34. Demuestra que f (z) = z es continua en todo C pero no es derivable en
ningún punto.
Solución. Los campos de f son u(x, y) = x, v(x, y) = −y, obviamente
son continuos en todos los puntos del plano. Por otra parte es claro que
una de las dos ecuaciones de Cauchy-Riemann no se cumple en ningún
punto del plano lo que imposibilita que f sea derivable en ningún punto.
35. Utiliza la regla de L’Hopital para calcular lı́m(1 + z 6 )/(1 + z 10 ).
z→i
Solución. Como se trata de una indeterminación del tipo 0/0 podemos
aplicar la regla de L’Hopital:
6z 5
6i5
6
1 + z6
= lı́m
=
= .
lı́m
9
z→i 1 + z 10
z→i 10z 9
10i
10
√
√
36. Sea f (z) = z 3 + 1, z1 = (−1 + 3i)/2 y z2 = (−1 − 3i)/2. Prueba
que no existe un punto w en el segmento que une z1 con z2 tal que
f (z2 ) − f (z1 ) = f 0 (w)(z2 − z1 ).
77
37. Utiliza las ecuaciones de Cauchy-Riemann para demostrar que w =
2y − ix no es derivable.
38. Demuestra que h(z) = x3 + 3xy 2 − 3x + i(y 3 + 3x2 y − 3y) es derivable
sobre los ejes coordenados pero no es analı́tica en ningún punto.
39. Demuestra que la función w = f (z) = ex
entera y calcula su derivada.
2 −y 2
(cos(2xy) + i sin(2xy)) es
2
Solución. La función f es f (z) = ez y es entera pues es una composición
de funciones enteras. Su derivada es
2
f 0 (z) = 2zez .
40. Demuestra que en coordenadas polares las ecuaciones de Cauchy-Riemann
son
1 ∂v ∂v
−1 ∂u
∂u
=
,
=
.
∂r
r ∂θ ∂r
r ∂θ
41. Demuestra que si f es una funcion compleja analı́tica en un disco que
sólo toma valores reales entonces es una constante.
Solución. Si f solo toma valores reales es que v(x, y) = 0 para todo (x, y)
en el disco de definición. Si f es analı́tica debe satisfacer las condiciones
de Cauchy-Riemann y por lo tanto ux = vy = 0 y uy = −vx = 0 luego
el campo u(x, y) tiene derivadas parciales nulas. De aquı́ se deduce que
existe una constante c tal que u(x, y) = c para todo (x, y) en el disco
de definición.
42. Demuestra que si f y f son analı́ticas en un disco entonces f debe ser
una constante.
43. El jacobiano de una aplicación u = u(x, y), v = v(x, y) es el determinante
∂u ∂u ∂y
J(x, y) = det ∂x
∂v
∂v
∂x
∂y
Demuestra que si f es analı́tica en z0 = (x0 , y0 ) entonces J(x0 , y0 ) =
|f 0 (z0 )|2 .
44. Verifica directamente que la parte real y la parte imaginaria de las
siguientes funciones son funciones armónicas:
(a) f (z) = z 2 + 2z + 1.
(b) g(z) = 1/z.
(c) h(z) = ez .
78
45.
a) ¿Dónde es derivable f (z) = z 2 + (x − 1)2 + i(y − 1)2 ? ¿Y analı́tica?
b) Calcula, si existe, f 0 (1 + i).
Solución.
a) Como z 2 es derivable en C estudiamos el resto, para el que u =
(x−1)2 y v = (y−1)2 . La ecuación uy = −vx se cumple obviamente
y la otra nos dice que 2(x − 1) = ux = vy = 2(y − 1), ası́ que debe
ser x = y. En los puntos de esta recta es derivable.
No es analı́tica en ningún sitio, pues f (z) no es derivable en un
abierto.
b) En la recta x = y, f (z) es derivable y f 0 (z) = 2z + ux + ivx =
2z + 2(x − 1) luego f 0 (1 + i) = 2 + 2i.
46. Demuestra que la función φ(x, y) = x3 − 3xy 2 + 2y puede ser la parte
real de una función analı́tica. ¿Cuál es la parte imaginaria de dicha
función?
Solución. Es φx = 3x2 − 3y 2 y φy = −6xy + 2 luego φxx + φyy =
6x − 6x = 0 por lo que φ es armónica.
Como ux = 3x2 − 3y 2 = vy , es v = 3x2 y − y 3 + ϕ(x). Para determinar
ϕ, dado que uy = −6xy + 2 = −vx , entonces
vx = 6xy + ϕ0 (x) = 6xy − 2 ⇒ ϕ0 (x) = −2 ⇒ ϕ(x) = −2x + C,
ası́ que la parte imaginaria buscada es v(x, y) = 3x2 y + y 2 − 2x + C.
47. La función φ(x, y) = x2 − y 4 , ¿Dónde satisface la ecuación de Laplace?
Explica porqué no se puede considerar una función armónica.
Solución. Es φx = 2x, φy = −4y 3 ası́ que
r
2
φxx + φyy = 2 − 12y = 0 ⇒ y = ±
1
.
6
La función satisface la ecuación de Lapalce en esas rectas, que no son
dominio, ası́ que no es armónica en ningún dominio.
48. Consideremos la función
 2
 (z)
g(z) =
z
0,
si z 6= 0
si z = 0
a) Expresa g en la forma u(x, y) + iv(x, y).
79
b) Prueba que g no es diferenciable en el origen.
c) Prueba que se verifican las ecuaciones de Cauchy-Riemann en el
origen.
Solución.
a)
z2
(x − iy)2
(x2 − y 2 − i2xy)(x − iy)
x3 − 3xy 2 y 3 − 3x2 y
=
=
=
+i 2
.
z
x + iy
x2 + y 2
x2 + y 2
x + y2
Ası́ que
u(x, y) =
x3 − 3xy 2
,
x2 + y 2
v(x, y) =
y 3 − 3x2 y
.
x2 + y 2
b) La derivada en el origen, si existe, se calcula como
(z̄)2
g(z) − g(0)
= lı́m 2
z→0 z
z→0
z
g 0 (0) = lı́m
x2
= 1.
x→0 x2
(−iy)2
Si z = 0 + yi el lı́mite es lı́m
= 1.
y→0 (iy)2
Pero si vamos por rectas que pasen por el origen, z = x + mxi,
siendo m ∈ R, entonces
Si z = x + 0i el lı́mite es lı́m
(x − mxi)2
(1 − mi)2
=
x→0 (x + mxi)2
(1 + mi)2
lı́m
que como vemos depende de la dirección y, por tanto, no existe
g 0 (0).
c) Calculemos las derivadas parciales de u y v en el origen:
u(t, 0) − u(0, 0)
= 1,
t→0
t
ux (0, 0) = lı́m
u(0, t) − u(0, 0)
=0
t→0
t
v(t, 0) − v(0, 0)
vx (0, 0) = lı́m
= 0,
t→0
t
v(0, t) − v(0, 0)
vy (0, 0) = lı́m
=1
t→0
t
Es claro que se verifican las ecuaciones de Cauchy-Riemann,
uy (0, 0) = lı́m
ux (0, 0) = vy (0, 0) = 1,
80
uy (0, 0) = −vx (0, 0) = 0
Nota. A la vista del apartado b), como g no es derivable en el origen,
al menos una de las funciones u o v no es diferenciable en el origen.
En este caso no lo es ninguna de ellas, es decir, puede comprobarse por
ejemplo que el siguiente lı́mite no existe:
lı́m
(x,y)→(0,0)
49.
x3 − 3xy 2
−x
−4xy 2
x2 + y 2
p
p
= lı́m
(x,y)→(0,0) (x2 + y 2 ) x2 + y 2
x2 + y 2
(si y = mx, depende de m)
a) Sea D un dominio que no contiene al origen. ¿Es la función v(x, y) =
x
armónica en D?
2
x + y2
b) Encuentra una función f (z) = u(x, y) + iv(x, y) que sea analı́tica
en D.
c) Expresa la función f del apartado anterior en términos de z.
Solución.
a) Tenemos que
vx (x, y) =
y 2 − x2
;
(x2 + y 2 )2
vy (x, y) =
−2xy
+ y 2 )2
(x2
2x3 − 6xy 2
6xy 2 − 2x3
;
v
(x,
y)
=
yy
(x2 + y 2 )3
(x2 + y 2 )3
De donde se deduce que v es armónica en D.
vxx (x, y) =
b) La función u debe ser tal que ux = vy y uy = −vx . En este caso,
es más fácil partir de la primera ecuación. Por tanto,
Z
−2xy
y
u(x, y) =
dx = 2
+ α(y)
2
2
2
(x + y )
x + y2
Por tanto, como
uy =
x2 − y 2
+ α0 (y)
2
2
2
(x + y )
debe ser igual a −vx , elegimos α(y) = 0. En conclusión,
f (x, y) =
x2
y
x
+i 2
2
+y
x + y2
c) Tenemos que
f (z) =
y + ix
i(x − iy)
iz̄
i
= 2
= 2 =
2
2
2
x +y
x +y
|z|
z
81
50.
a) Determina los puntos z = x+iy en los que las funciones siguientes
son derivables respecto a z:
a) f (z) = x3 + y 3
b) g(z) =
x − 1 − iy
(x − 1)2 + y 2
¿Dónde son analı́ticas estas funciones?
b) Determina cúales de las siguientes funciones v(x, y) son la parte
imaginaria de una función analı́tica u(x, y) + iv(x, y). Para las que
lo sean, calcula la parte real u(x, y) y escribe la función analı́tica
como función de z.
a) v(x, y) = x2 − y 2
b) v(x, y) = 3x2 y
Solución.
a) Si f (z) = x3 + y 3 , es claro que las ecuaciones de Cauchy-Riemann,
ux = 3x2 = 0 = vy ,
uy = 3y 2 = 0 = −vx
se verifican si y solo si (x.y) = (0, 0). Dado que las parciales de primer orden son continuas, esta función únicamente es diferenciable
en z = 0.
x−1
iy
−
, tenemos que las
Si ahora es f (z) =
2
2
(x − 1) + y
(x − 1)2 + y 2
ecuaciones de Cauchy-Riemann son
−(x − 1)2 + y 2
−(x − 1)2 + y 2
=
((x − 1)2 + y 2 )2
((x − 1)2 + y 2 )2
2(x − 1)y
2(x − 1)y
=
.
2
2
2
((x − 1) + y )
((x − 1)2 + y 2 )2
Es decir, se satisfacen. Las derivadas parciales de primer orden
son continuas salvo en el punto (x, y) = (1, 0). En conclusión, esta
función es derivable en todo el plano salvo z = 1. Debe observarse
que f (z) = (z̄ − 1)/|z − 1|2 = 1/(z − 1).
b) Si v(x, y) = x2 − y 2 , es claro que v es armónica en todo el plano
pues ∆v = vxx + vyy = 2 − 2 = 0. Es por tanto la parte imaginaria
de una función analı́tica. Debe ser
ux = vy = −2y
uy = −vx
⇒
⇒
u(x, y) = −2xy + g(y).
−2x + g 0 (y) = −2x
82
⇒
g(y) = c,
ası́ que f (z) = −2xy + c + i(x2 − y 2 ) = iz 2 + c, cualquiera que sea
c constante.
Si ahora es v(x, y) = 3x2 y, tenemos que ∆v = vxx + vyy = 6y, por
lo que la función no es armónica y no es parte imaginaria de una
función analı́tica.
51. Demuestra que las siguientes funciones son armónicas y encuentra las
armónicas conjugadas:
(a) u = y.
(b) u = ex sin y
(c) u = xy − x + y
(d) u = log |z|.
52. Demuestra que si v es la armónica conjugada de u entonces −u es la
armónica conjugada de v.
53. Demuestra que si v es la armónica conjugada de u en un cierto dominio
D entonces uv es armónica en D.
54. Demuestra que la ecuación de Laplace en forma polar es
1 ∂ 2φ
∂ 2 φ 1 ∂φ
+
+
=0
∂r2
r ∂r r2 ∂θ2
55. Demuestra que u = u(r, θ) = log r es armónica.
56. Representa las familias de curvas de nivel de las componentes de la
función f (z) = (z − 1)/(z + 1).
83
3.
3.1.
Las funciones elementales
Polinomios y funciones racionales
Definición 3.1. Una función polinómica es una función de la forma
p(z) = a0 + a1 z + · · · + an z n ,
donde los ai son coeficientes complejos.
Ejemplo 103. p(z) = i + z + z 2 es un polinomio.
Definición 3.2. El grado de p(z) es n ∈ N el orden de la mayor potencia con
coeficiente no nulo. El grado del polinomio nulo p(z) = 0 es −1 y el grado de
cualquier polinomio constante no nulo p(z) = c con c 6= 0 es 0.
Comentario 3.1. El dominio de definición de un polinomio es C.
Definición 3.3. Un raı́z o cero de un polinomio p(z) es un valor complejo
z∗ tal que p(z∗ ) = 0.
Ejemplo 104. z∗ = i es una raı́z de p(z) = z 2 + 1 pues p(i) = 0.
Teorema 3.1. Sea p(z) un polinomio. Son equivalentes:
1. z∗ es una raı́z de p(z).
2. p(z) = (z − z∗ )q(z) con q(z) polinomio de un grado menor que p.
Demostración. Es evidente que (2) implica (1). Para (1) ⇒ (2): por la división de polinomios podemos escribir p(z) = c(z)(z − z∗ ) + r(z) con r(z) de
grado menor que el divisor, en este caso con grado ≤ 0, esto es, con r(z) = c
una constante. Como p(z∗ ) = 0 se tiene que c = 0 y de aquı́ se deduce (2).
Teorema 3.2 (Teorema de Gauss o teorema fundamental del álgebra). Todo
polinomio complejo no constante tiene al menos una raı́z compleja. Como
consecuencia, todo polinomio complejo de grado n factoriza en la forma
p(z) = a(z − z1 )(z − z2 ) · · · (z − zn ),
donde zi son las raı́ces y a ∈ C es el coeficiente lı́der (coeficiente que acompaña a la máxima potencia).
Comentario 3.2. Todo polinomio complejo de grado n tiene exactamente n
ceros o raı́ces que pueden repetirse. El número de veces que se repite una raı́z
se llama multiplicidad del cero. La suma de las multiplicidades de las raı́ces
debe ser igual a n.
84
Ejemplo 105. Si p(z) = z(z − i)3 (z − 1 − i) entonces z = 0 es un cero de
multiplicidad 1, al igual que z = 1 + i. z = i es un cero de multiplicidad 3.
Teorema 3.3. Un cero z∗ es un cero de multiplicidad k del polinomio p(z)
de grado n si y solo si p(z) = (z − z∗ )k q(z) con q(z) polinomio de grado n − k
tal que z∗ no es un cero de q(z), esto es, q(z∗ ) 6= 0.
Ejemplo 106. Si p(z) = z(z − i)3 (z − 1 − i) entonces z = i es un cero de
multiplicidad 3 como hemos visto antes. Obsérvese que entonces podemos
escribir p(z) de la forma
p(z) = (z − i)3 q(z)
siendo q(z) un polinomio de grado 2 que no se anula en el punto i. De hecho
en este caso q(z) = z(z − 1 − i).
Teorema 3.4. Todo polinomio es una función continua en todo el plano
complejo, esto es, si p(z) es un polinomio cualquiera y z0 ∈ C entonces
lı́m p(z) = p(z0 ).
z→z0
Teorema 3.5. Si p(z) es un polinomio no constante entonces lı́m p(z) = ∞.
z→∞
Demostración. Pongamos que p(z) =0 +a1 z + · · · + an z n . Podemos escribir
a
a1
an−1
0
+ an
p(z) = z n n + n−1 + · · · +
z
z
z
La función entre paréntesis tiende a 0 cuando z → ∞ y z n tiende a ∞ cuando
z → ∞. Ası́, el producto de los dos factores tiende a ∞.
Teorema 3.6. Sea p(z) = a0 + a1 z + · · · + an z n . Entonces p es una función
entera y para todo z ∈ C:
p0 (z) = a1 + 2a2 z + · · · + nan z n−1 .
Demostración. La derivada es lineal (la derivada de una suma es la suma de
las derivadas y la derivada de una constante por una función es la constante
por la derivada de la función) luego basta demostrar que la derivada de z k
es kz k−1 , para cualquier k ∈ N.
Es fácil demostrar que para k = 1 la función identidad f (z) = z es
derivable en cualquier punto y
f 0 (z) =
dz
= 1 = 1z 0 .
dz
85
Supongamos que la fórmula es cierta para k y demostrémosla para k + 1.
La función g(z) = z k+1 es el producto g(z) = z k · z. Como cada uno de los
factores es derivable, la regla de la derivada del producto nos dice que
g 0 (z) = kz k−1 · z + z k · 1 = (k + 1)z k .
Luego la fórmula es válida para k + 1.
Definición 3.4. Diremos que f (z) es una función racional si es de la forma
f (z) =
p(z)
,
q(z)
para todo z del dominio de definición de f siendo p y q polinomios.
Comentario 3.3. Podemos suponer que toda función racional R(z) se escribe
de la forma
a0 (z − z1 )(z − z2 ) · · · (z − zm )
R(z) =
b0 (z − w1 )(z − w2 ) · · · (z − wn )
donde los ceros del numerador zi son distintos de los ceros del denominador
wj (esto es, no tienen raı́ces comunes).
Comentario 3.4. El dominio de definición de una función racional consiste en todo el plano complejo a excepción de los puntos donde se anula el
denominador.
z−i
es un ejemplo de función racional.
Ejemplo 107. 3
z +z+1
Definición 3.5. Los valores zi se llaman ceros de la función racional y los
wj se llaman polos. La mutiplicidad de un polo wj es su multiplicidad como
cero del denominador.
z2 + 1
Ejemplo 108. Si R(z) =
entonces z = i y z = −i son los
z(z − 1)2 (z − 2i)4
ceros de R y z = 0, z = 1, z = 2i son los polos de multiplicidades 1,2 y 4.
p(z)
y el grado de p(z) es
bn (z − η1 · · · (z − ηr )dr
menor que el grado del polinomio del denominador entonces
Teorema 3.7. Si R(z) =
)d1
(1)
(1)
(1)
Ad1 −1
A1
A0
R(z) =
+
+
·
·
·
+
(z − η1 )d1 (z − η1 )d1 −1
(z − η1 )
(2)
(2)
Ad2 −1
A0
+
+ ··· +
d
2
(z − η2 )
(z − η2 )
.
(r)
(r)
Adr −1
A0
+ ··· +
+ ··· +
d
r
(z − ηr )
(z − ηr )
86
Ejemplo 109. Si R(z) =
z2 + 1
entonces R se puede escribir de
z(z − 1)2 (z − 2i)4
la forma
(2)
(3)
(2)
(3)
(3)
(3)
A0
A0
A(1)
A1
A1
A2
A3
+
+
R(z) =
+
+
+
+
2
4
3
2
z
(z − 1) (z − 1) (z − 2i) (z − 2i) (z − 2i) (z − 2i)
(2)
(2)
(3)
(3)
(3)
(3)
para ciertos coeficientes complejos A(1) , A0 , A1 , A0 , A1 , A2 , A3 . El cálculo de estos coeficientes se realiza mediante diferentes métodos que aprenderemos en los problemas.
Comentario 3.5. El teorema anterior sólo puede aplicarse a funciones racionales en las que el numerador tiene grado menor estricto que el denominador.
En este comentario vamos a explicar qué ocurre en el caso de que el numerador tenga grado igual o mayor que el denominador.
Si R(z) = p(z)/q(z) es una función racional donde el polinomo del numerador tiene mayor o igual grado que el denominador, entonces mediante
el algoritmo de la división de polinomios, existen polinomios c(z) (cociente)
y r(z) (resto) tales que
p(z) = c(z)q(z) + r(z)
con r(z) polinomio de grado menor que q(z). Entonces:
r(z)
p(z)
= c(z) +
q(z)
q(z)
de modo que la función racional R(z) inicial es suma de un polinomio más
una función racional en las condiciones descritas en el teorema anterior. Por
consiguiente, la función racional se descompone en la suma de un polinomio
con una función racional que sı́ puede descomponerse en fracciones simples.
Comentario 3.6. Resumiendo podemos decir que toda función racional puede
escribirse como la suma de un polinomio más una colección finita de funciones
racionales de modo que cada uno de los sumandos tiene un único polo.
Teorema 3.8. Sea R(z) es una función racional. R es analı́tica en su dominio, esto es, para todo z en el dominio R es derivable en z y además
R0 (z) =
p0 (z)q(z) − p(z)q 0 (z)
q(z)2
Teorema 3.9. Sea R(z) = p(z)/q(z) una función racional y sea w∗ un cero
del denominador: q(w∗ ) = 0. Entonces
lı́m R(z) = ∞.
z→w∗
87
Teorema 3.10. Sea R(z) = p(z)/q(z) una función racional.
1. Si el grado de p(z) es mayor que grado de q(z) entonces lı́m R(z) = ∞.
z→∞
2. Si el grado de p(z) es menor que grado de q(z) entonces lı́m R(z) = 0.
z→∞
3. Si el grado de p(z) coincide con el grado de q(z) y suponemos que
p(z) = a0 + a1 z + · · · an z n y q(z) = b0 + b1 z + · · · + bn z n entonces
lı́m R(z) = an /bn
z→∞
3.2.
Las función exponencial
Recordemos que la función exponencial compleja es
f (z) = ez = ex cos y + iex sin y
y está definida para todo z = x + iy ∈ C.
Comentario 3.7. Los campos escalares componentes de la función exponencial son
u(x, y) = ex cos y
v(x, y) = ex sin y.
Comentario 3.8. El módulo de ez es
|ez | = ex ,
y un argumento de ez es y.
Comentario 3.9. La función exponencial cumple las propiedades
ez+w = ez ew ,
y también
ez
= ez−w .
ew
Teorema 3.11. La función exponencial es entera y
dez
= ez
dz
para todo z ∈ C.
Demostración. Ya lo demostramos. Recordemos que entera significa analı́tica
en C, esto es, que es derivable en todos los puntos de C.
88
Teorema 3.12. Se verifican las siguiente propiedades:
1. La ecuación ez = 1 se cumple si y solo si z = 2kπi, con k ∈ Z.
2. La ecuación ez1 = ez2 se cumple si y solo si z1 = z2 + 2kπi con k un
entero.
3. La función ez es periódica, de perı́odo 2πi: ez = ez+2πi para todo z ∈ C.
Demostración. (1) Obsérvese que ez = ex eiy y que 1 = 1ei0 . Al igualarlos se
obtiene por una parte que ex = 1 y por otra que y = 0 + 2kπ para k número
entero. Por lo tanto los z que cumplen la igualdad ez = 1 deben tener parte
real x = 0 y parte imaginaria igual a y = 2kπ para k un número entero
cualquiera. La colección de puntos z que resuelven la ecuación ez = 1 son los
puntos de la forma:
zk = 2kπi
con k un entero cualquiera. Por lo tanto hay tantas soluciones como números
enteros hay. Todas las soluciones están en la recta vertical x = 0.
(2) Imponer que ez1 = ez2 es equivalente a imponer que ez1 /ez2 = 1 y esto
es lo mismo que imponer que ez1 −z2 = 1. Por el apartado anterior esto es
cierto si y solo si z1 − z2 es de la forma 2kπi para un cierto k entero, o dicho
de otro modo, que z1 debe ser igual a z2 más un complejo de la forma 2kπi.
(3) Basta observar que e2πi = 1.
Teorema 3.13. El rango de la función exponencial compleja es todo C excepto el origen, esto quiere decir que dado w 6= 0 existe al menos un z ∈ C
tal que ez = w.
Demostración. Si w0 6= 0 entonces w0 = r0 eiθ0 para cierto r0 > 0 y cierto
θ0 ∈ R. Entonces si ponemos z0 = ln r0 + iθ0 resulta que
ez0 = eln r0 +iθ0 = eln r0 eiθ0 = r0 eiθ0 = w0 .
Por otra parte es claro que w0 = 0 no puede tener preimagen por la función
exponencial puesto que ez nunca puede vale 0.
Comentario 3.10. Si w 6= 0 exiten infinitos puntos z tales que ez = w. Todos
los puntos de la forma
zk = ln |w| + i(Arg(w) + 2kπ)
con k ∈ Z son tales que ezk = w. Ya veremos lo que tienen que ver estos
puntos con el logaritmo complejo.
89
Teorema 3.14. La función exponencial no es inyectiva como función de C
en C pero si la restringimos a la banda
Ω = {z ∈ C : −π < Im(z) ≤ π}
sı́ que lo es. De hecho es una biyección entre el conjunto Ω y el conjunto
C \ {0}.
Demostración. Ejercicio.
Comentario 3.11. Debido a la 2πi-periodicidad de la función exponencial,
resulta que para cada k ∈ Z y para cada θ ∈ R, la exponencial es una
biyección entre la banda horizontal {z ∈: θ < Im(z) ≤ θ + 2π} y C \ {0}.
3.3.
Las funciones trigonométricas y las funciones hiperbólicas complejas
Definición 3.6. Las funciones trigonométricas complejas se definen por las
fórmulas
eiz + e−iz
eiz − e−iz
, cos z =
,
sin z =
2i
2
para z ∈ C cualquiera.
Teorema 3.15. Los campos escalares componentes de las funciones sin(z) y
cos z son los siguientes
sin(z) = sin x cosh y + i cos x sinh y
cos(z) = cos x cosh y − i sin x sinh y.
Demostración. Ejercicio.
Teorema 3.16. Las funciones seno y coseno son enteras y:
d
sin z = cos z,
dz
d
cos z = − sin z
dz
para todo z ∈ C.
Demostración. Usaremos el álgebra de derivadas y la regla de la cadena:
d sin(z)
1 deiz de−iz
1
=
−
= (ieiz + ie−iz ) = cos(z).
dz
2i dz
dz
2i
Para el coseno:
d cos(z)
1 deiz de−iz
1
i
=
+
= (ieiz − ie−iz ) = (eiz − e−iz ) = − sin(z).
dz
2 dz
dz
2
2
90
Teorema 3.17. Para todo z, z1 , z2 ∈ C:
1. sin2 z + cos2 z = 1.
2. sin(z + 2π) = sin(z) y cos(z + 2π) = cos(z).
3. sin(−z) = − sin(z) y cos(−z) = cos(z).
Demostración. Ejercicio.
Teorema 3.18. Para todo z1 , z2 ∈ C:
1. sin(z1 ± z2 ) = sin z1 cos z2 ± sin z2 cos z2 .
2. cos(z1 ± z2 ) = cos z1 cos z2 ∓ sin z1 sin z2 .
Demostración. Ejercicio.
Teorema 3.19. Se verifican los siguientes resultados:
1. sin z = 0 si y solo si z = kπ con k ∈ Z.
2. cos z = 0 si y solo si z = (π/2) + kπ con k ∈ Z.
Demostración. Ejercicio.
Teorema 3.20. Se verifican las siguientes propiedades:
1. sin(z) = sin(z)
2. cos(z) = cos(z)
3. | sin z|2 = sin2 (x) + sinh2 (y)
4. | cos z|2 = cos2 x + sinh2 (y).
Demostración. Ejercicio.
Definición 3.7. Se define la tangente compleja por la fórmula:
tan(z) =
sin z
,
cos z
Comentario 3.12. La tangente está definida para todo z que no sea de la
forma z = (π/2) + kπ con k entero, pues esos son los ceros de la función
coseno complejo.
91
Teorema 3.21. La función tangente es derivable en cualquier punto de su
dominio de definición y su derivada es
d tan(z)
1
= 1 + tan2 (z) =
,
dz
cos2 (z)
misma fórmula que en el campo real.
Definición 3.8. Se definen la cotangente, secante y cosecante por las fórmulas:
cos z
cot(z) =
sin z
1
sec z =
cos z
1
.
cosec(z) =
sin z
Definición 3.9. Las funciones hiperbólicas complejas se definen del siguiente
modo
ez − e−z
ez + e−z
sinh(z) =
, cosh(z) =
,
2
2
para cualquier complejo z.
Teorema 3.22. Las funciones hiperbólicas son funciones enteras y
d
d
sinh(z) = cosh(z),
cosh(z) = sinh(z).
dz
dz
Demostración. Ejercicio.
Teorema 3.23. Se verifican las siguientes propiedades para todo z ∈ C:
1. sin(iz) = i sinh(z) y sinh(iz) = i sin(z).
2. cos(iz) = cosh(z) y cosh(iz) = cos(z).
3. cosh2 (z) − sinh2 (z) = 1
Demostración. Ejercicio.
Definición 3.10. Se define la tangente hiperbólica por la fórmula
tanh(z) =
sinh(z)
cosh(z)
Definición 3.11. Se definen la cotangente hiperbólica, secante y cosecante
hiperbólica por las fórmulas:
coth(z) =
1
1
1
, sech(z) =
, cosech(z) =
.
tanh(z)
cosh(z)
sinh(z)
92
3.4.
La función logarı́tmica compleja
Sea z un complejo no nulo. Recordemos que el argumento de z, arg(z),
es el conjunto de números reales θ que permiten escribir z en la forma trigonométrica
z = r cos θ + ir sin θ
siendo r el módulo o distancia al origen de z: r = |z|.
Ejemplo 110. arg(1) = {0, 2π, −2π, 4π, · · · } = {2kπ : k ∈ Z}, algo que
representamos simplemente por arg(1) = 2kπ, con k ∈ Z.
Ejemplo 111. arg(1 + i) = (π/4) + 2kπ.
Ejemplo 112. arg(−3) = {π, −π, 3π, −3π, . . . }
Definición 3.12. Sea z 6= 0. Se define el logaritmo complejo de z, notado
log z, como el conjunto de números complejos de la forma
log z = ln |z| + iarg(z),
siendo ln |z| el logaritmo neperiano real del número real positivo |z|.
Comentario 3.13. El logaritmo no es una función en el término estricto de la
palabra, pues asigna a cada complejo no nulo no una sino infinitas imágenes.
Decimos que el logaritmo es una función multiforme o función multivaluada.
Lo que quiere decir es que a cada número complejo z no nulo se le asigna un
conjunto (de hecho infinito) de números.
Comentario 3.14. El logaritmo es una función multiforme porque arg(z) lo
es.
Ejemplo 113. log(i) = i(π/2 + 2kπ), k ∈ Z.
√
Ejemplo 114. log(1 + i) = ln( 2) + i(π/4 + 2kπ) con k ∈ Z.
Ejemplo 115. log(2) = ln(2) + i2kπ, k ∈ Z.
Ejemplo 116. log(−3) = ln(3) + i(π + 2kπ), k ∈ Z.
Comentario 3.15. Si z = reiθ el logaritmo de z es el conjunto de números
complejos de la forma:
log z = ln r + i(θ + 2kπ), k ∈ Z
Obsérvese que todos ellos tienen la misma parte real y por lo tanto están en
una lı́nea vertical.
Teorema 3.24. Si w es un logaritmo de z entonces ew = z. Por otra parte,
log ez = z + 2kπi para k ∈ Z.
93
Demostración. Sea w un logaritmo de z. Entonces w es de la forma ln |z| + iθ
donde θ es uno de los argumentos de z y
ew = eln |z|+iθ = eln|z| e1θ = |z|eiθ = z.
Por otro lado
log ez = ln |ez | + iarg(ez )
= ln eRe(z) + i(Im(z) + 2kπ)
= Re(z) + iIm(z) + 2kπi
= z + 2kπi
Teorema 3.25. Sean z1 y z2 dos complejos no nulos. Entonces
1. log(z1 z2 ) = log(z1 ) + log(z2 )
2. log(z1 /z2 ) = log(z1 ) − log(z2 ).
Hay que entender que estas igualdades son igualdades entre conjuntos.
La función logaritmo complejo es la primera función multivaluada que
nos encontramos en la teorı́a de variable compleja. Como hemos comentado, el logaritmo depende de la función argumento, que es una función que
asigna a cada z 6= 0 una colección infinita de valores. Recordemos que en su
momento definimos Arg(z), el argumento principal de z, como el único valor
del argumento de z que pertenece al intervalo (−π, π].
Sea Γ el semieje real negativo, esto es:
Γ = {z ∈ C : z = x + 0i, x ∈ R, x ≤ 0}.
Teorema 3.26. La función argumento principal z → Arg(z) es una función
continua en C \ Γ pero presenta una discontinuidad de salto en todos las
puntos de Γ. Concretamente tenemos:
1. Si z0 ∈ C \ Γ entonces lı́m Arg(z) = Arg(z0 ).
z→z0
2. Si z0 = x + 0i con x < 0 entonces lı́m Arg(z) no existe.
z→z0
Comentario 3.16. El argumento principal es lo que llamamos una determinación continua de la función multivaluada argumento en el conjunto C \ Γ
y la vamos a llamar rama principal del argumento.
94
En realidad, para cualquier τ ∈ R podemos definir la rama argτ (z) que
consiste en medir el ángulo entre τ y τ + 2π (abierto por τ y cerrado por
τ + 2π), cambiando la discontinuidad a la semirrecta que parte del origen
con ángulo τ respecto del eje x positivo. Dicho de otro modo, argτ (z) es el
único argumento de z que pertenece al intervalo (τ, τ + 2π] y resulta ser una
función continua respecto de z en C \ Γτ , siendo Γτ la semirrecta que parte
del origen formando un ángulo τ con el eje real positivo.
La definición rigurosa de rama de una función multiforme es la siguiente.
Definición 3.13. Supóngase que f (z) es una función multivaluada definida
en un dominio D. Diremos que F (z) es una rama o determinación continua
de f (z) en D si:
1. F (z) está bien definida en D (a cada complejo z ∈ D le asigna un valor
F (z)).
2. F es continua en D.
3. F (z) es uno de los valores de f (z) para todo z ∈ D.
Comentario 3.17. Arg(z) es una rama de la función multiforme argumento
de z en el dominio C \ {(x + 0i : x ∈ R, x ≤ 0} y en general argτ (z) es una
rama del argumento en el dominio C \ {reiτ , r ≥ 0}.
Definición 3.14. El valor principal del logaritmo es la rama del logaritmo
definida como
Log(z) = ln |z| + iArg(z).
Comentario 3.18. Log(z) es obviamente continua en C menos en los puntos
del semieje real negativo Γ.
Teorema 3.27. La función Log(z) es analı́tica en C \ Γ y
1
d
Log(z) =
dz
z
en todos los puntos z de dicho dominio.
Como consecuencia, las funciones Arg(z) y ln(|z|) son funciones armónicas conjugadas en el dominio C \ Γ.
Podemos definir diferentes ramas del logaritmo usando diferentes ramas
del argumento.
Definición 3.15. Para cada τ ∈ R definimos la rama del logaritmo
Logτ (z) = ln(|z|) + iargτ (z).
95
Comentario 3.19. Logτ (z) es una función que:
1. está definida en C \ {0}.
2. Es tal que su parte imaginaria toma valores en el intervalo (τ, τ + 2π].
3. Es continua en C excluyendo la semirrecta de ángulo τ ,
4. Cumple que eLogτ (z) = z.
5. Verifica que
d
Logτ (z) =
dz
para todo z complejo que no pertenezca
1
,
z
a la semirrecta Γτ .
Comentario 3.20. Ninguna rama del logaritmo puede ser analı́tica en el origen. Diremos que el origen es un punto de ramificación de la función multivaluada log(z).
Ejemplo 117. Estudiemos el dominio de analiticidad de la función
f (z) = Log(3z − i)
y calculemos f 0 (z) allı́ donde sea posible.
Por la regla de la cadena, f será derivable en todos aquellos puntos z tales
que 3z − i pertenezca al dominio de analiticidad de la función Log(w), que
es todo C menos el semieje real negativo. Los valores de z tales que 3z − i
pertenece al semieje real negativo son los de la forma z = x + i/3, con x ≤ 0.
Fuera de esta semirrecta podemos afirmar que f es derivable y que
f 0 (z) =
1 d
3
d
Log(3z − i) =
(3z − i) =
.
dz
3z − i dz
3z − i
Ejemplo 118. Determinemos una rama de f (z) = log(z 3 −2) que sea analı́tica
en z = 0 y calculemos f (0), f 0 (0).
La función multivaluada f (z) es la composición del logaritmo con la función analı́tica g(z) = z 3 − 2. Por la regla de la cadena, si conseguimos una
rama del logaritmo que sea analı́tica en g(0) = −2 ya hemos terminado, pues
la composición serı́a analı́tica en z = 0. Podemos tomar por ejemplo como
rama del logaritmo Log−π/4 (z) que es analı́tica en C menos en la semirrecta
que parte del origen y forma ángulo −π/4 respecto del semieje real positivo.
Entonces, F (z) = Log−π/4 (g(z)) resuelve el problema. Para esta elección
F (0) = Log−π/4 (03 − 2) = ln 2 + iπ
F 0 (0) = Log0−π/4 (g(0))g 0 (0) =
96
g 0 (0)
= 0.
g(0)
3.5.
Potencias complejas
Ya hemos definido previamente lo que significa z a para a exponente natural y también para a exponente entero negativo. En el caso a un número
natural tenemos una función polinómica definida en todo C que resulta ser
analı́tica en todo C. Para el caso a número entero negativo tenemos una función racional bien definida en todo el plano complejo a excepción del 0 y es
analı́tica sobre este dominio.
En el caso de que el exponente sea a = 1/n con n un número natural
podemos definir z 1/n como una función multiforme que asigna a cada z 6= 0
el conjunto de números formado por las raı́ces n-ésimas de z. Sabemos que
hay n raı́ces n-ésimas distintas para cada z no nulo, luego z 1/n es un conjunto
formado por n valores distintos.
Finalmente, si el exponente es de la forma a = m/n, número racional con
m y n sin divisores comunes y n > 1, se define la función z m/n como la función
multivaluada (z m )1/n que asigna a cada z no nulo las n raı́ces complejas de
zm.
Ası́ que en este momento la expresión z a está bien definida si a ∈ Q.
Vamos a ver a continuación cómo la función logaritmo permite definir las
potencias complejas de z para cualquier exponente complejo a ∈ C.
Definición 3.16. Dado un número complejo a ∈ C se define la función
multiforme potencia de exponente a por la fórmula
z a = ea log z
para todo z 6= 0.
Ejemplo 119. Para a = i la función multiforme z i es la función que a cada z
no nulo le asigna el conjunto de valores
z i = ei log(z) = ei(ln(|z|)+i(Arg(z)+2kπ) , k ∈ Z
= e−(Arg(z)+2kπ) cos(ln(|z|) + ie−(Arg(z)+2kπ) sin(ln(|z|)).
Entonces (−2)i es el conjunto
(−2)i = e−(π+2kπ) cos(ln 2) + ie−(π+2kπ) sin(ln 2), k ∈ Z
Esto puntos están en la semirrecta que parte del origen y que forma un ángulo
de ln(2) con el eje horizontal positivo.
Comentario 3.21. La función z a en principio es multiforme para la mayorı́a
de los valores del exponente a y se puede escribir de la forma
z a = ea log z = ea(ln |z|+iarg(z)) = ea(ln |z|+iArg(z)) ea2kπi , k ∈ Z
97
Teorema 3.28. Si a ∈ Z entonces la función multiforme z a es en realidad
una función bien definida que asigna a cada z no nulo un único valor y coincide con la función que ya tenı́amos definida previamente. Si a es un racional
no entero entonces coincide con la función multiforme que ya tenı́amos y que
se puede escribir de la forma siguiente: si a es un número racional, digamos
a = m/n, entonces z a toma exactamente n valores diferentes que vienen
dados por la siguiente fórmula fórmula
z m/n = e(m/n) ln |z| ei(m/n)(Arg(z)+2kπ) ,
para k = 0, 1, 2, · · · , n − 1.
Teorema 3.29. Si a ∈ C y a ∈
/ Q entonces z a toma infinitos valores diferentes.
Cada determinación continua o rama del logaritmo define una rama de
z en el dominio correspondiente.
a
Definición 3.17. La determinación principal de z a viene dada por la función
F (z) = eaLog(z)
para todo z distinto de 0. Es continua en D = C \ Γ siendo Γ el semieje real
negativo.
√
Ejemplo 120. La determinación o rama principal de z es la función eLog(z)/2 ,
está bien definida para todo z 6= 0 y es analı́tica en el dominio C \ Γ. Si
iπ/2
llamamos
= i, F (−i) = e−iπ/4 =
√
√F (z) a esta función resulta F (−1) = e
2/2 − i 2/2.
√
Ejemplo 121. La función eLog0 (z)/2 es otra rama de la función z. Está bien
definida para todo z 6= 0 y es analı́tica en el dominio C \ Γ0 .
√
i3π/4
= − 2/2 +
√ Si llamamos G(z) a esta rama G(−1) = i, G(−i) = e
i 2/2.
Teorema 3.30. Sea a un complejo cualquiera. La determinación principal
de z a es analı́tica en D = C \ Γ y además
d(z a )
= az a−1 ,
dz
teniendo en cuenta que se ha elegido la rama principal del logaritmo tanto
en la definición de z a como en la de z a−1 .
Comentario 3.22. El anterior teorema es cierto para cualquier determinación
o rama de z a considerando el dominio de definición adecuado según la rama.
98
√
Ejemplo 122. Ya hemos visto que la función multivaluada z tiene como
rama principal a la función
p
F (z) = eLog(z)/2 = e(ln |z|+iArg(z))/2 = |z|eiArg(z)/2 .
Es una rama en el dominio C \ Γ. Es analı́tica en dicho dominio y
dF (z)
1
=
dz
2F (z)
para todo z que no pertenezca a Γ.
3.6.
Las funciones trigonométricas e hiperbólicas inversas
La función inversa del seno complejo w = sin−1 (z) queda determinada
por la expresión z = sin w. Demostremos que sin−1 (z) es una función multivaluada cuyo valores vienen dados por
sin−1 (z) = −i log(iz + (1 − z 2 )1/2 ).
Sabemos que
z = sin w =
eiw − e−iw
2i
por lo tanto
e2iw − 2izeiw − 1 = 0.
Las soluciones de esta ecuación son
eiw = iz + (1 − z 2 )1/2
donde por supuesto la raı́z cuadrada puede tomar dos posibles valores. Tomando logaritmos se obtiene el resultado.
Podemos obtener una rama de sin−1 z eligiendo una rama de la función
raı́z cuadrada y otra rama adecuada del logaritmo. Utilizando la regla de la
cadena se obtiene que
1
d
(sin−1 (z)) =
dz
(1 − z 2 )1/2
si z =
6 1, −1. La elección de rama debe ser la misma en ambos lados.
Para las demás funciones trigonométricas las inversas se calculan de forma
similar
cos−1 (z) = −i log(z + (z 2 − 1)1/2 )
99
i
tan (z) = log
2
−1
i+z
i−z
,
con z 6= i, −i.
Para las derivadas tenemos:
−1
d
(cos−1 z) =
, z 6= ±1
dz
(1 − z 2 )1/2
d
1
(tan−1 z) =
, z 6= ±i.
dz
1 + z2
Para las funciones hiperbólicas tenemos:
sinh−1 (z) = log(z + (z 2 + 1)1/2 )
cosh−1 (z) = log(z + (z 2 − 1)1/2 )
tanh−1 (z) =
1+z
1
log
, z 6= ±1.
2
1−z
100
3.7.
Números complejos y fractales
Fijemos un punto del plano z0 . Sobre ese punto calculamos la siguiente
sucesión de valores: w1 = z02 + z0 , w2 = w12 + z0 , w3 = z22 + z0 , · · · .
Repetimos el proceso indefinidamente y calculamos el módulo de los elementos de la sucesión. Para poder implementar el proceso en un programa
de ordenador fijamos un número de iteraciones máxima, por ejemplo en este caso hemos usado 80 iteraciones, de modo que tenemos w1 , w2 · · · , w80 .
Ahora calculamos el primer valor de k para el que el módulo de zk supera el
número 2. Si no hay ningún número en la secuencia que supere en módulo el
valor 2 entonces le asociamos el valor más alto, 80. En función del valor de k,
que es un número entre 1 y 80, le damos al punto z0 una tonalidad de gris:
cuanto más cercano a 80, más claro, cuanto más próximo a 1 más oscuro.
Si hacemos esta operación con cada punto z0 perteneciente al cuadrado
[−2, 1/2] × [−5/4, 5/4] obtenemos la siguiente imagen:
El conjunto formado por los puntos no coloreados en negro se llama conjunto de Mandelbrot.
Aquı́ está el código con el que se ha generado la imagen, usando el lenguaje
Julia:
function mandel(z)
101
c=z
maxiter = 80
for n = 1:maxiter
if abs(z) > 2
return n-1
end
z = z2 + c
end
return maxiter
end
mandel1(x,y)=mandel(x+y*im)
mandelgrid(n) = broadcast(mandel1, linspace(-2, 0.5, n)’, linspace(-1.25,
1.25, n))
convert(Image, scale(mandelgrid(1000), 1/80))
Existen construcciones similares que dan origen a toda una fauna de conjuntos fractales. Por ejemplo, el conjunto que aparece en la siguiente imagen
se llama conjunto de Julia:
Para generar este fractal hemos usado el siguiente código:
const φ = golden
102
function foo(z)
c = (φ − 2) + (φ − 1)im
max = 80
for n = 1:max
abs(z) ≥ 2 && return n-1
z = z2 + c
end
return max
end
foo(x, y) = foo(x + y*im)
foogrid(n) = broadcast(foo,linspace(-0.5, 1, n)’,linspace(-1, 0.5, n))
convert(Image, scale(foogrid(500), 1/80))
103
3.8.
Hoja de problemas
1. Escribe los siguientes polinomios en forma factorizada
(a) z 5 + (2 + 2i)z 4 + 2iz 3 .
(b) z 4 − 16.
(c) 1 + z + z 2 + z 3 + z 4 + z 5 + z 6 .
2. Un polinomio p(z) de grado 4 tiene ceros en los puntos −1, 3i y −3i, con
respectivas multiplicidades 2, 1, 1. Si p(1) = 80 encuentra la fórmula de
p(z).
Solución. El polinomio p(z) se puede escribir en la forma
p(z) = a(z + 1)(z − 3i)(z + 3i)
con a un cierto número complejo. Como p(1) = 80
80 = p(1) = 2a(1 − 3i)(1 + 3i) = 20a
de donde se deduce que a = 4.
3. Para cada una de las siguientes funciones racionales, calcula los polos
y las multiplicidades:
3z 2 + 1
.
(a) 3 2
z (z + 2iz + 1)
z2 + 4
(b)
.
(z − 2)(z − 3)2
(2z + 3)3
.
(z 2 + 4z + 4)3
2z
2
+
.
(d) 2
z + 3z + 2 z + 1
(c)
4. Descompóngase en fracciones simples
(3 + i)
(a)
.
z(z + 1)(z + 2)
2z + i
(b) 3
.
z +z
z
(c) 2
.
(z + z + 1)2
5. Demuestra que si los polinomios p(z) y q(z) tienen en z0 un cero de multiplicidad m y k respectivamente entonces el producto p(z)q(z) tiene
un cero de multiplicidad m + k en z0 .
104
6. Demuestra que si p(z) tiene en z0 un cero de orden m entonces p0 (z)
tiene en z0 un cero de orden m − 1.
7. Demuestra que si R(z) es una función racional con un polo de orden m
en z0 entonces su derivada R0 (z) tiene en z0 un polo de orden m + 1.
8. Demuestra que si p(z) = z n + an−1 z n−1 + · · · a1 z + a0 con |a0 | > 1
entonces por lo menos una de las raı́ces de p(z) está fuera del disco
unidad.
√
9. Prueba que ez = (1 + i)/ 2 si y solo si z = ((π/4) + 2kπ)i con k ∈ Z.
10. Escribe en forma binómica:
(a) e2+i(π/4)
(b) sin(2i)
(c) cos(1 − i)
(d) sinh(1 + πi).
11. Calcula las derivadas de las siguientes funciones:
2
(a) w = eπz .
(b) w = cos(2z) + i sin(1/z).
(c) w = tan(z 3 )
12. Prueba lo siguiente:
(a) eiz es 2π-periódica.
(b) tan(z) es π-periódica.
(c) sinh(z) y cosh(z) son 2πi-periódicas.
(d) tanh(z) es πi-periódica.
13. Prueba que ez = ez .
14. Escribe las componentes de e1/z . ¿Es una función analı́tica? ¿En qué
dominio?
15. Demuestra que sin2 z + cos2 z = 1.
Solución. Sea f (z) = sin2 (z) + cos2 (z). Obsérvese que f 0 (z) = 0 para
todo z ∈ C luego f es una función constante. Como f (0) = 1 se obtiene
que f (z) = 1 para todo z ∈ C.
16. Demuestra que cosh2 z − sinh2 z = 1.
105
17. Demuestra que la función exponencial ez transforma el rectángulo de
vértices −1, 1, 1 + πi, −1 + πi en la semi-corona circular (1/e) ≤ |z| ≤
e, Im(z) ≥ 0.
18. Calcula
(a) log i.
(b) log(1 − i).
(c) Log(−i)
√
(d) Log( 3 + i).
19. Prueba que si z1 = i y z2 = 1−i, entonces Log(z1 z2 ) 6= Log(z1 )+Log(z2 )
20. Resuelve las siguientes ecuaciones
(a) ez = 2i.
(b) Log(z 2 − 1) = i(π/2).
(c) e2z + ez + 1 = 0.
p
21. Prueba que ln x2 + y 2 es armónica en todo dominio D que no contenga al origen.
22. Determina el dominio de analiticidad de f (z) = Log(4 + i − z) y calcula
f 0 (z).
23. Demuestra que Log(−z) + iπ es una rama del logaritmo en el dominio
D consistente en C menos el semieje real positivo.
24. Determı́nese una rama de log(z 2 + z + 3) que sea analı́tica en z = −1
y encuentra la derivada.
Solución. Sea f (z) = z 2 + z + 3. Como f (−1) = 3 lo que necesitamos es una rama de log(z) que sea analı́tica en el punto 3 + 0i. Podemos considerar la rama principal Log(z). Tomemos entonces la función
g(z) = Log(f (z)). Es una rama de la función log(z 2 + z + 3) sin duda
y además por la regla de la cadena es derivable en el punto z = −1
siendo la derivada
1
1
f 0 (−1) = (−1) = −1/3.
f (−1)
3
25. Determina una rama de log(z 2 + 1) que sea analı́tica en z = 0 y tome
el valor 2πi en 0.
106
Solución. Sea f (z) = z 2 + 1. Como f (0) = 1 necesitamos una rama
del logaritmo que sea analı́tica en 1 + 0i, pero además queremos que
dicha rama tome el valor 2πi en el 1. Tomo entonces Lπ/2 (z) = ln |z| +
iargπ/2 (z) como rama del logaritmo, donde argπ/2 mide el argumento en
el intervalo (π/2, π/ + 2π]. Para esta rama obsérvese que Lπ/2 (1) = 2πi
pues es 2π el argumento de 1+0i que se encuentra entre π/2 y π/2+2π.
Por otra parte esta rama es analı́tica en el complejo 1 + 0i. La rama
deseada es Lπ/2 (1 + z 2 ).
26. Estudia el dominio de analiticidad de la rama principal de f (z) =
(1 − z 2 )−1/2 .
27. Representa las curvas de nivel de los campos escalares de Log(z) y
comprueba que son ortogonales.
28. Calcula:
(a) ii ; (b) (−1)2/3 ; (c) (1 + i)1−i ; (d) (1 + i)3 .
29. Encuentra el valor principal:
(a) 41/2 ; (b) i2i ; c) (1 + i)1+i .
30. Calcula la derivada de la rama principal de z i+1 en z = i.
31. Encuentra el dominio de analiticidad de f (z) = L(z 2 + 1) donde L(z)
es la determinación continua del logaritmo dada por L(z) = ln |z| + iθ
donde θ es el argumento de z medido en el intervalo (π/2, 5π/2].
Solución. Hay un error en el enunciado: debe poner f (z) = L(z 2 ). La
función L(w) es analı́tica en todo w del conjunto C \ {ti : t > 0}. Por
lo tanto f será analı́tica en los z tales que z 2 no pertenezca al semieje
imaginario positivo. El problema por lo tanto es encontrar los z tales
que z 2 se pueda escribir de la forma ti con t ≥ 0.
32. Indica el domino de analiticidad de las siguientes funciones. Calcula la
parte real e imaginaria de cada una de ellas, comprueba que verifican las
ecuaciones de Cauchy-Riemann y da una expresión de f 0 (z) en términos
de z:
z
f (z) = eiz
f (z) = e1/z
f (z) = ee
Solución. Si f (z) = eiz = eix e−y = e−y (cos x + i sen x). Ası́ que
(
(
u = e−y cos x
ux = vy = −e−y sen x
⇒
⇒ f 0 (z) = ieiz
−y
−y
v = e sen x
uy = −vx = −e cos x
107
Si f (z) = e1/z entonces
f (z) = e
(x−iy)/(x2 +y 2 )
de donde
x/(x2 +y 2 )
=e
cos
y
y
− i sen 2
2
2
x +y
x + y2

y
x/(x2 +y 2 )

cos 2
u = e
x + y2

v = −ex/(x2 +y2 ) sen
x2
y
+ y2
Puede verse que se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann y que
1
f 0 (z) = − 2 e1/z para todo z 6= 0.
z
z
x
Por último, si f (z) = ee = ee (cos y+i sen y) entonces
f (z) = ee
x
cos y iex sen y
e
x
= ee
cos y
[cos(ex sen y) + i sen(ex sen y)] .
Ası́ que
u = ee
x
cos y
cos(ex sen y),
v = ee
x
cos y
sen(ex sen y),
z
Se verifican las ecuaciones de Cauchy-Riemann y f 0 (z) = ez ee .
33. Indica en qué puntos del plano complejo no son analı́ticas las siguientes
funciones:
1
cos(iz)
tg z
1
sen z sen[(1 + i)z]
1
√
3 sen z − cos z
Solución.
Si f (z) = tg z, esta función no es analı́tica donde cos z = 0, es decir, si
z = π2 + kπ, k ∈ Z.
1
Si f (z) =
, no es analı́tica donde cos(iz) = 0, es decir,
cos(iz)
iz =
π
+ kπ
2
⇒
z=
π
π
1
+ kπ = −
+ kπ i,
2i i
2
k ∈ Z.
1
, no es analı́tica donde sen z = 0, es decir,
sen z sen[(1 + i)z]
z = kπ, con k ∈ Z o bien donde sen(1 + i)z = 0, es decir, (1 + i)z = kπ
kπ
o lo que es igual, z =
con k ∈ Z.
1+i
Si f (z) =
108
Si f (z) = √
√
1
, no es analı́tica donde 3 sen z = cos z, es
3 sen z − cos z
decir,
√
3(sen x cosh y + i sen x cosh y) = cos x cosh y − i sen x cosh y.
Hemos de resolver el sistema
√
3 sen x cosh y = cos x cosh y,
√
3 sen x sinh y = − sen x sinh y.
√
Si y 6= 0, entonces
√ sinh y 6= 0 luego de la segunda 3 cos x = − sen x y
de la primera 3 sen x = cos x. Es decir,
(
√
sen x + 3 cos x = 0
√
cuya única solución es sen x = cos x = 0
3 sen x − cos x = 0
y esto no puede ser, ası́ que√y = 0, por lo que la segunda ecuación se
satisface y para la primera, 3 sen x = cos x luego tg x = √13 , es decir,
x = π6 + kπ, con k ∈ Z. Luego f (z) no es analı́tica en z = π6 + kπ, con
k ∈ Z.
1
34. Expresa la función f (z) = sen en la forma u(x, y) + iv(x, y). ¿En qué
z
región del plano es analı́tica? ¿Cuál es su derivada? ¿Dónde es analı́tica
f 0 (z)?
Solución. Esta función es analı́tica en C \ {0}.
sen
1
1
= sen
z
x + iy
x − iy
= sen 2
x + y2
x
y
x
y
= sen 2
cosh 2
− i cos 2
sinh 2
.
2
2
2
x +y
x +y
x +y
x + y2
Es f 0 (z) = −
1
1
cos , analı́tica en igual dominio que f (z).
2
z
z
35. Demuestra que:
p
(a) | cos z| = sinh2 y + cos2 x
(c) | sen z|2 + | cos z|2 = sinh2 y + cosh2 y
Solución.
109
p
(b) | sen z| = sinh2 y + sen2 x
sen(2x) + i sinh(2y)
(d) tg z =
cos(2x) + cosh(2y)
p
a) | cos z| = | cos x cosh y−i sen x sinh y| = cos2 x cosh2 y + sen2 x sinh2 y
y sustituyendo cosh2 y = 1 + sinh2 y, tenemos que
q
q
2
2
2
2
| cos z| = sinh y(cos x + sen x) + cos x = sinh2 y + cos2 x.
p
b) | sen z| = | sen x cosh y+i cos x sinh y| = sen2 x cosh2 y + cos2 x sinh2 y;
y haciendo igual sustitución que antes,
q
q
2
2
2
2
| sen z| = sinh y(cos x + sen x) + sen x = sinh2 y + sen2 x.
c) Usamos los apartados anteriores,
| sen z|2 +| cos z|2 = sinh2 y+sen2 x+sinh2 y+cos2 x = 2 sinh2 y+1 = sinh2 y+cosh2 y.
d ) Por último,
tg z =
sen x cosh y + i cos x sinh y
(sen x cosh y + i cos x sinh y)(cos x cosh y − i sen x
=
cos x cosh y − i sen x sinh y
cos2 x cosh2 y + sen2 x sinh2 y
El denominador es igual a
1 + cosh 2y 1 − cos 2x
−
.
2
2
cosh2 y(1−sen2 x)+sen2 x(cosh2 y−1) = cosh2 y−sen2 x =
En conclusión
cos2 x cosh2 y + sen2 x sinh2 y =
cosh 2y + cos 2x
.
2
Estudiemos ahora el numerador:
Su parte real es
cosh2 y sen x cos x−sinh2 y sen x cos x = (cosh2 y−sinh2 y) sen x cos x = sen x cos x =
Su parte imaginaria:
cosx cosh y sinh y + sen2 x cosh y sinh y = sinh y cosh y =
En definitiva,
sen 2x
sinh 2y
+i
sen 2x + i sinh 2y
2
2
tg z =
=
.
cosh 2y + cos 2x
cosh 2y + cos 2x
2
110
sinh 2y
.
2
sen
2
36. Calcula log(−1 − i), log(−10).
Solución.
√
3π
log(−1 − i) = log 2 + i −
+ 2kπ , k ∈ Z,
4
√
siendo el logaritmo principal Log(−1 − i) = log 2 + −i 3π
.
4
37. Si z = 1 + 3πi calcula log ez . ¿Cuándo es log ez = z?
Solución. Si z = 1 + 3πi entonces ez = e1+3πi = e(cos 3π + i sen 3π) =
−e, luego
log ez = log(−e) = 1 + i(π + 2kπ),
k ∈ Z.
Si k = 1, log ez = 1 + 3πi = z. Observemos que el valor principal se
obtiene para k = 0.
38. ¿Para qué valores de z se verifica Logz = Logz̄?
Solución. Debe ser z 6= 0. Entonces, supuesto eso,
Si z es real negativo, Logz = log |z| + iπ, y como z̄ = z en este
caso, Logz̄ = log |z| + iπ de donde se concluye que
Logz̄ = log |z| − iπ 6= Logz.
Si z 6= 0 no es real negativo, z = |z|eiθ y z̄ = |z|e−iθ , con −π <
θ < π. Es
Logz = log |z|+iθ
⇒
Logz̄ = log |z|−iθ
⇒
Logz̄ = log |z|+iθ = Logz,
y en este caso se da la igualdad.
39. Da las soluciones de las siguientes ecuaciones en forma cartesiana:
(Logz)2 + Logz = −1
Logz = 1 + i
Solución. La de la primera es z = e1+i = e(cos 1 + i sen 1). Para la
segunda,
√
√
−1 ± 3i
−1 ± 1 − 4
2
=
,
(Logz) + Logz + 1 = 0 ⇒ Logz =
2
2
ası́ que las soluciones son
1
z = e− 2 +
√
3
i
2
,
111
1
z = e− 2 .
√
3
i
2
.
40. ¿Qué relación existe entre log i2 y 2 log i?
Solución. Tenemos que
log i2 = log(−1) = i(π + 2kπ), k ∈ Z
π
2 log i = 2i
+ 2kπ = i(π + 4kπ), k ∈ Z
2
ası́ que 2 log i ⊂ log i2 , es decir, el conjunto de valores de la función
multivaluada 2 log i es un subconjunto del conjunto de valores de la
función multivaluada log i2 .
41. Consideremos la función
f (z) = log r + iθ,
−
3π
π
<θ≤
2
2
a) ¿Cuál es el mayor dominio del plano complejo en el que esta función define una rama analı́tica de la función logaritmo?
b) Con esta elección de la rama, ¿cuánto vale f (−1 − i)?
Solución.
a) Como vemos en la gráfica adjunta, abajo a la izquierda, el mayor
dominio de analiticidad es C salvo el semeje negativo imaginario.
En ese semeje la función no es continua.
112
b) Vemos en la gráfica el punto −1 − i, que tiene con la elección dada
en el enunciado un argumento igual a 5π
, por lo que para dicha
4
rama,
√
5π
log(−1 − i) = ln 2 + i .
4
42. Encuentra el mayor dominio de analiticidad de f (z) = Log[z −(3+4i)].
Calcula f (0).
Solución. La función Logw es analı́tica en todo el plano salvo el semieje
real negativo. Luego si w = z − (3 + 4i), aseguramos la analiticidad si
quitamos los puntos que verifiquen
(
(
(
=(z − (3 + 4i)) = 0
=(x + iy − (3 + 4i)) = 0
y=4
⇒
⇒
<(z − (3 + 4i)) ≤ 0
<(x + iy − (3 + 4i)) ≤ 0
x≤3
6
4
2
-4
2
-2
4
Dominio de analiticidad de f (z) = Log[z − (3 + 4i)].
113
Es f (0) = Log(−3 − 4i) = ln 5 + iArg(−3 − 4i). Como el argumento
principal debe estar en el intervalo (−π, π], en este caso es
Arg(−3 − 4i) = arc tg
4
− π = −2,214,
3
de donde
4
f (0) = Log(−3 − 4i) = Log5 + i arc tg − π .
3
4
2
-3
-4
Arg(−3 − 4i) = arc tg 43 − π.
43. Supongamos que tenemos la siguiente rama del logaritmo
f (z) = ln r + iθ,
0 < θ ≤ 2π
a) Di cual es el mayor dominio de analiticidad de f .
b) Calcula f (−e2 ).
Solución.
a) En este caso, para que f sea analı́tica, dada la variación de θ
debemos eliminar el semeje real positivo de su dominio. Ası́ que
el mayor domino donde f es analı́tica es C \ {(x, 0) : x ≥ 0}.
b) Es f (−e2 ) = ln e2 + iarg0 (−e2 ) = 2 + iπ.
44. Consideremos una rama de log z analı́tica en el dominio resultante de
quitarle al plano x = 0, y ≥ 0. Si para esta rama es log(−1) = −iπ,
calcula
√
log 1
log(−ie)
log(−e + ie)
log(− 3 + i)
log(e3iπ/4 )
114
Solución. En la siguiente gráfica vemos el dominio de analiticidad,
< θ < π2 .
z = reiθ , − 3π
2
Dominio z = reiθ , 3π/2 < θ < π/2.
a) log 1 = 0.
π
iπ
b) log(−ie) = 1 + i −
=1− .
2
2
√
√
5π
5π
= log( 2 e) − i .
c) log(−e + ie) = log 2e2 − i
4
4
√
7π
d ) log(− 3 + i) = log 2 − i .
6
i5π
e) log((e3πi/4 ) = −
.
4
A continuación vemos una gráfica con los puntos a los que hemos calculado el logaritmo en ella:
115
45. Consideremos la función f (z) = Log(z − i).
a) Encuentra el mayor dominio de analiticidad de esta función.
b) Calcula f (−i).
Solución.
a) Al igual que vimos en el ejercicio anterior, la función Logz es
analı́tica en C quitando el semeje real negativo, ası́ que dado que
x + iy − i = x + (y − 1)i, el mayor dominio de analiticidad de f (z)
es C quitando la semirecta y = 1, x ≤ 0, en rojo en la figura.
π
b) Es f (−i) = Log(−2i) = log 2 + iarg(−2i) = log 2 − i .
2
2
1
-2
46. Sea z = x + iy un número complejo.
116
2
2
2
2
2
a) Escribe z 2 , ez , |ez | y e|z| . ¿Es |ez | ≤ e|z| ? ¿Cuándo se da la
igualdad?
b) Si a ∈ R, escribe z a , |z a | y |z|a . ¿Es |z a | = |z|a ?
Solución.
a) Tenemos que
z 2 = x2 − y 2 + 2xyi
2
ez = ex
z2
|e | = e
2
e2xyi = ex
2 −y 2
(cos(2xy) + i sen(2xy))
x2 −y 2
e|z| = ex
2
2 −y 2
2 +y 2
2
2
2
2
2
2
2
Siempre es |ez | ≤ e|z| , porque |ez | = ex −y ≤ ex +y = e|z| .
La igualdad se da cuando x2 − y 2 = x2 + y 2 ; es decir, cuando y = 0
b) Tenemos ahora que
z a = ea log z = ea(log |z|+iarg(z))
|z a | = ea log |z|
|z|a = ea log |z|
Es obvio que |z a | = |z|a siempre evidentemente.
47. Sea W el recinto del primer cuadrante de la figura 1 adjunta. Si Logz
indica la rama principal del logaritmo de z, ¿cuál es el transformado
por Logz de W ?
Solución. Sabemos que Logz = log |z| + i · Arg(z), y si z = reiθ ,
con 0 ≤ θ ≤ t, el logaritmo principal transforma esta semirrecta en
Logz = log |z| + iθ, con 0 ≤ θ ≤ t. Como r = |z| > 0, log |z| ∈ R, por lo
que el logaritmo principal transforma el recinto W en la banda vertical
0 ≤ =(z) ≤ t.
t
117
Transformado de W por el logaritmo principal
48. ¿Cuál es el transformado del rectángulo de la figura 2 por la función
exponencial, ez ?
−1 + iπ
•
W
1 + iπ
•
w = ez-
•
t
•
−1
Figura 1
•
−e
•
1
•
−1/e
Figura 2
Solución. ¿Cómo transforma la función exponencial segmentos horizontales y verticales?
Notice that despite the fact that straight lines do not
to straight lines, the angles have been preserved. Fo
x = a, 0 ≤ y ≤ π −→ ea eiπ , 0 ≤ ygles
≤ π;at the
semicircunferencia
de radio
ea 90◦ . Mappin
image of the vertices
are still
angles are known as conformal transformations.
It
1 ib
x
ib
x ib 1
e ≤ e; functions
segmentoare
deconformal
extremos transformations.
·e , e·e
y = b, −1 ≤ x ≤ 1 −→ e e , ≤analytic
e
e
Por tanto, el recinto transformado es:
ã
1
ã
-ã
-1
ã
1
ã
ã
Transformado de la figura 2 por la función exponencial
49. Prueba que si <(z1 ) > 0 y <(z2 ) > 0 entonces Log(z1 z2 ) = Log(z1 ) +
Log(z2 ). Prueba que esta relación no es cierta en general.
118
6
Solución. Queremos demostar que
log |z1 z2 | + iArg(z1 z2 ) = log |z1 | + iArg(z1 ) + log |z2 | + iArg(z2 ).
Es decir, que debe ser Arg(z1 z2 ) = Arg(z1 ) + Arg(z2 ).
Ahora bien, <(zi ) > 0 implica que Arg(zi ) ∈ (−π/2, π/2), i = 1, 2.
Luego Arg(z1 ) + Arg(z2 ) ∈ (−π, π) y se verifica la igualdad.
La relación no es cierta siempre porque en general, Arg(z1 ) + Arg(z2 )
no pertenece necesariamente al intervalo (−π, π].
Por ejemplo, si z1 = z2 = −1,
Arg((−1)(−1)) = Arg(1) = 0,
Arg(−1) + Arg(−1) = 2π,
Log((−1)(−1)) = Log(1) = 0
Log(−1) + Log(−1) = 2πi.
50. Consideremos la función f (z) = log(z 2 + 2z + 3). Determina una rama
de f que sea analı́tica en z = −1 y calcula su derivada en ese punto.
Solución. Si g(z) = z 2 + 2z + 3, g es analı́tica en todo el plano y
g(−1) = 2.
Podemos considerar por tanto la rama principal del logaritmo, f (z) =
Log(z 2 + 2z + 3), y en ese caso,
f 0 (z) =
2z + 2
z 2 + 2z + 3
⇒
f 0 (−1) = 0.
51. Calcula la derivada de la rama principal de la función z i+1 en el punto
z = i.
Solución La rama principal es z i+1 = e(i+1)Logz , luego su derivada es
e(i+1)Logz ·
1+i
z
z=i
= e(i+1)Logi ·
1+i
.
i
Dado que
Logi =
e(i+1)Logi ·
52.
iπ
,
2
π
(1 + i)Logi = (−1 + i) ,
2
1+i
= 1 − i,
i
1+i
= (1 − i)eiπ/2 e−π/2 = (1 − i)ie−π/2 = (1 + i)e−π/2 .
i
a) Encuentra el mayor dominio de analiticidad de la función f (z) =
Log(2z − i)
.
z2 + 1
119
b) Calcula (1 + i)1−i .
c) Resuelve la ecuación sen z = cos z.
Solución.
a) La rama principal del logaritmo es analı́tica en C salvo el semieje
real negativo. Si llamamos D = C \ {(x, 0) : x ≤ 0}, tenemos que
2z − i = 2(x + iy) − i = 2x + i(2y − 1) ∈ D
⇔
x ≤ 0, y =
1
2
Por otra parte, el denominador se anula en z = ±i. En definitiva,
el mayor dominio de analiticidad de f es el recinto que vemos
sombreado gris abajo.
2
1
-2
-1
1
2
-1
-2
b) Recordemos que definimos
(1 + i)1−i = e(1−i) log(1+i)
Tomando la rama principal del logaritmo,
√
π
1
(8n + 1)π
i,
Log(1 + i) = ln 2 + i( + 2nπ) = ln 2 +
4
2
4
n∈Z
Por tanto,
1
(8n+1)π
1
(8n+1)π
(1+i)1−i = e(1−i)Log(1+i) = e(1−i)[ 2 ln 2+ 4 i] = e 2 ln 2+ 4
√
1
Y como e 2 ln 2 = 2, podemos poner
√ (8n+1)π (8n+1)π 1
(1 + i)1−i = 2e 4 +i( 4 − 2 ln 2) , n ∈ Z
120
+i(
(8n+1)π
− 12 ln 2)
4
c) Recordemos que
sen(z) = sen x cosh y + i cos x sinh y
cos(z) = cos x cosh y − i sen x sinh y
Igualando partes real e imaginaria, debemos resolver el sistema
(
sen x cosh y = cos x cosh y
cos x sinh y = − sen x sinh y
De la primera ecuación, como cosh y 6= 0 para todo y, deducimos
que debe ser sen x = cos x. Es decir, x = π4 + kπ, k ∈ Z. De la
segunda,
1) Si y = 0 se verifica para todo x luego las soluciones serán
π
z = + kπ, k ∈ Z.
4
2) Si y 6= 0, entonces cos x = − sen x. Y el sistema resultante,
sen x = cos x,
cos x = − sen x
no tiene solución.
Otro método:
La ecuación planteada, recordando la definición de sen z y cos z es
equivalente a
eiz − e−iz = i(eiz + e−iz ) ⇔ e2iz − 1 = ie2iz + i ⇔ e2iz − ie2iz = 1 + i
Y esto es equivalente a que
e2iz (1 − i) = 1 + i ⇔ e2iz =
1+i
= i ⇔ (eiz )2 = i
1−i
Las raı́ces cuadradas de i son eπi/4 y e5πi/4 .
Resolvemos ahora las ecuaciones eiz = eπi/4 y eiz = e5πi/4 usando
logaritmos complejos.
eiz = eπi/4
(3.1)
log(eiz ) = log(eπi/4 )
π
+ 2kπ
iz = i
4
(8k + 1)π
z=
, k∈Z
4
7π π 9π
z = ...,− , , ,...
4 4 4
121
(3.2)
(3.3)
(3.4)
(3.5)
eiz = e5πi/4
log(eiz ) = log(5eπi/4 )
5π
iz = i
+ 2kπ
4
(8k + 5)π
z=
, k∈Z
4
3π 5π 13π
z = ...,− , ,
,...
4 4 4
(3
(3
(3
(3
(3.
En definitiva, las soluciones de la ecuación son las mismas que en
el caso real,
z=
53.
π
(4k + 1)π
= + kπ,
4
4
k∈Z
a) Encuentra la rama de arg(z) que es continua en C salvo el semieje
positivo imaginario y verifica que arg(−1 + i) = 11π/4.
b) Calcula (1 + i)i , (−1)1/π .
c) Resuelve la ecuación sen z = i.
Solución.
a) La rama del argumento que es continua en C \ {iy : y ≥ 0} y que
para z = −1 + i toma el valor 11π/4 es arg 5π (z).
2
b) Tenemos que
(1+i)i = ei log(1+i) = ei(log
√
2+i( π4 +2kπ ))
1
= e 2 log 2−( 4 +2kπ) = e− 4 −2kπ e 2 log 2 .
i
π
π
1
(−1)1/π = e π log(−1) = e π (log 1+i(π+2kπ)) = e(2k+1)i .
c) Es equivalente a resolver
eiz − e−iz
=i
2i
⇒
e2iz + 2eiz − 1 = 0
⇒
eiz = −1 ±
√
2.
√
√
Luego iz = log(−1 ± 2), es decir, z = −i log(−1 ± 2). Como
√
√
log(−1 + 2) = log( 2 − 1) + 2kπi, k ∈ Z
√
√
log(−1 − 2) = log( 2 + 1) + (π + 2kπ)i, k ∈ Z,
√
resulta
en
definitiva
que
z
es
2kπ
−
i
log(
2 − 1) o bien π + 2kπ −
√
i log( 2 + 1).
54.
a) Prueba que para z = x + iy ∈ C
y
y
e + e−y
e − e−y
cos x − i
senx.
cos z =
2
2
b) Aplica a) para encontrar todos los z ∈ C tales que cos z es un
número real.
c) Determina qué números complejos z verifican que cos z ∈ [−1, 1].
122
i
Solución.
a) La primera parte sigue de:
ei(x+iy) + e−i(x+iy)
eix · e−y + e−ix · ey
eiz + e−iz
=
=
2
2
2
−y
y
(cos x + i sen x)e + (cos x − i sen x)e
=
2 y
ey − e−y
e + e−y
cos x − i
senx.
=
2
2
cos z =
b) De acuerdo con el apartado anterior,

y
−y

e = e ⇔ y = 0
ey − e−y
cos z ∈ R ⇔
senx = 0 ⇔ o bien

2

sen x = 0 ⇔ x = kπ, k ∈ Z
c) Por último, para que cos z ∈ [−1, 1], debe ser cos z ∈ R, por lo
que

y = 0 ⇒ cos z = cos x ∈ [−1, 1]
y
−y
y
−y
x = kπ ⇒ cos z = e + e (−1)k ⇒ | cos z| = e + e ≥ 1, y es igual a 1 si y solo
2
2
Luego cos z ∈ [−1, 1] si y solo si z = x + 0i.
55. Encuentra una rama del log(z) tal que la función f (z) = log(1 + z 2 ) sea
analı́tica en el punto z = 0 y su valor en dicho punto sea f (0) = 2πi.
Solución. Si tomo la rama Logπ/2 del logaritmo tenemos f (z) = Logπ/2 (1+
z 2 ) es claro que f es analı́tica en z = 0 porque Logπ/2 lo es en el punto
z = 1. Además
Logπ/2 (0) = ln(1) + iargπ/2 (1) = 2πi
tal y como se deseaba.
√
56. Encuentra el dominio de analiticidad de 1/ 1 − z 2 , considerando la
determinación principal de dicha función.
Solución. La rama principal de la función es la siguiente
2
f (z) = e−(1/2)Log(1−z ) .
123
Esta función será analı́tica siempre que 1 − z 2 pertenezca al dominio de
analiticidad de la función logaritmo principal. Por esta razón debemos
excluir los puntos z tales que 1 − z 2 = 1 − x2 + y 2 − 2xyi pertenezca
al semieje real negativo. Ası́ que debemos excluir z = 1, z = −1 pues
en ese caso 1 − z 2 vale 0 y además debemos excluir los z tales que
−2xy = 0 y 1 − x2 + y 2 < 0.
La respuesta es D = C \ {z = x : |x| > 1}.
57. Estudia la siguiente igualdad
arc cos(z) = −i log(z +
√
z 2 − 1)
donde se consideran todos los valores de la raı́z cuadrada. Calcula
arc cos(2).
Solución. Si ponemos w = arc cos(z) entonces debe cumplirse
z=
eiw + e−iw
2
y multiplicando por 2eiw] tenemos
(eiw )2 − 2zeiw + 1 = 0.
Esto lleva a las soluciones
eiw = z +
√
z2 − 1
Tomando logaritmos y multiplicando por −i:
√
w = −i log(z + z 2 − 1)
Para z = 2 tenemos
arc cos(2) = 2kπ − i ln(2 ±
con k ∈ Z.
124
√
3)
4.
4.1.
Integración compleja
Integración a lo largo de una curva
Definición 4.1. Una curva plana es una función
γ:I→C
que toma valores complejos y está definida sobre un intervalo de números
reales I = [a, b]. Podemos escribir por coordenadas:
γ(t) = (x(t), y(t)) = x(t) + iy(t).
Definición 4.2. La derivada de una curva γ(t) = (x(t), y(t)) es el vector
γ 0 (t) = (x0 (t), y 0 (t))
llamado vector tangente a la curva.
Comentario 4.1. Las curvas planas planas también se escriben en notación
compleja ası́
γ(t) = x(t) + iy(t)
y el vector tangente ası́
γ 0 (t) = x0 (t) + iy 0 (t)
Ejemplo 123. γ(t) = (cos(t), sin(t)) con t ∈ [0, 2π] es una curva y γ 0 (t) =
(− sin(t), cos(t)) el vector tangente a la curva. En notación compleja podemos
escribir
γ(t) = cos t + i sin t = eit
y el vector tangente
γ 0 (t) = − sin t + i cos t = ieit .
Ejemplo 124. Sean a, b, α, β números reales cualesquiera. La aplicación
γ(t) = (αt + a, βt + b)
con t ∈ [0, 1] es una curva y
γ 0 (t) = (α, β)
el vector tangente a la curva. En notación compleja podemos escribir
γ(t) = (αt + a) + i(βt + b)
y el vector tangente
γ 0 (t) = α + iβ.
125
Comentario 4.2. En este curso vamos a suponer siempre que γ es derivable
y con derivadas continuas. Esto quiere decir que las componentes x(t) e y(t)
son funciones derivables y sus derivadas x0 (t) e y 0 (t) son funciones continuas.
Definición 4.3. El rango de la curva γ es el conjunto del plano
C = {γ(t) : t ∈ [a, b]}.
Comentario 4.3. Usualmente se suele llamar curva también al rango y en ese
caso llamaremos parametrización de la curva a la función γ. Ası́ que abusando
del lenguaje usaremos curva tanto para la función γ como para su rango.
Ejemplo 125. La curva
γ(t) = (x0 + R cos(t), y0 + R sin(t)) = (x0 + R cos t) + i(y0 + R sin t)
con 0 ≤ t ≤ 2π es una circunferencia de centro el punto z0 = x0 + iy0 y de
radio R recorrida en el sentido antihorario. En notación compleja la curva se
escribe ası́
γ(t) = z0 + Reit .
La derivada es
γ 0 (t) = (−R sin t, R cos t) = R(− sin t, cos t) − R sin t + iR cos t
que se puede escribir en notación compleja de forma mucho más compacta
γ 0 (t) = iReit .
Ejemplo 126. γ(t) = (t, t) = t + it con 0 ≤ t ≤ 1 es el segmento que une el
origen con el punto 1 + i. La derivada es γ 0 (t) = (1, 1) = 1 + i.
Ejemplo 127. γ(t) = (1 − t, 1 − t) = (1 − t) + i(1 − t) con 0 ≤ t ≤ 1 es el
segmento que une el origen con el punto 1 + i, pero recorrido en sentido contrario, esto es, partiendo del punto (1, 1) y terminando en (0, 0). La derivada
es γ 0 (t) = (−1, −1) = −1 − i.
Ejemplo 128. γ(t) = (x0 + αt, y0 + βt) con t ∈ R es una curva. Su rango es
la recta que pasa por z0 = x0 + iy0 y cuyo vector director es (α, β).
Definición 4.4. Una curva γ es cerrada si γ(a) = γ(b).
Definición 4.5. Una curva es simple si γ(t) 6= γ(t0 ) para todos t, t0 ∈
[a, b), t 6= t0 , esto es, si es inyectiva sobre el intervalo [a, b).
Ejemplo 129. La curva γ1 (t) = (cos t, sin t) con 0 ≤ t ≤ 2π es cerrada y
simple. La curva γ2 (t) = (cos t, sin t) con 0 ≤ t ≤ 4π es cerrada pero no es
simple. La curva γ3 (t) = t + it con 0 ≤ t ≤ 1 es simple y no cerrada.
126
Comentario 4.4. Una curva puede admitir diferentes parametrizaciones. Esto
quiere decir que diferentes funciones γ1 , γ2 pueden tener el mismo rango.
Por ejemplo, γ1 (t) = (cos t, sin t) y γ2 (t) = (sin t, cos t) con 0 ≤ t ≤ 2π
son parametrizaciones de la circunferencia unidad centrada en el origen: γ1
la recorre en el sentido contrario a las agujas del reloj comenzando en el
punto (1, 0) mientras que γ2 la recorre en el sentido de las agujas del reloj y
comenzando en el punto (0, 1) = i. También γ3 (t) = (cos t, sin t) con −π ≤
t ≤ π es una parametrización de la misma circunferencia: la recorre con la
misma orientación que γ1 pero partiendo del punto (−1, 0).
Comentario 4.5. Cada parametrización induce una orientación o sentido de
recorrido sobre la curva de forma natural (dada por el sentido del vector
tangente). Para cada curva existen dos posibles orientaciones. Siempre que
hagamos referencia a una curva estaremos suponiendo que sobre ella se ha elegido una orientación que hay que especificar de alguna forma, ası́ hablaremos
de la circunferencia de centro 0 y radio R recorrida en sentido antihorario, el
segmento que va del punto P al punto P’, etc.
Ejemplo 130. γ1 (t) = (cos t, sin t) con 0 ≤ t ≤ 2π es una parametrización
de la circunferencia unidad centrada en el origen en el sentido antihorario
mientras que γ2 (t) = (sin t, cos t) con 0 ≤ t ≤ 2π es una parametrización de
la misma circunferencia pero en sentido horario. También γ3 (t) = (cos t, sin t)
con −π ≤ t ≤ π es una parametrización de la curva en sentido antihorario.
Definición 4.6. Supóngase que f = u + iv es una función de variable compleja continua definida sobre un conjunto abierto D ⊂ C que contiene a la
curva C parametrizada por γ. La integral de f a lo largo de la curva C
parametrizada por γ se define por la fórmula
Z
Z b
f (z)dz =
f (γ(t))γ 0 (t)dt
a
γ
Z
b
(u(γ(t)) + iv(γ(t)))(x0 (t) + iy 0 (t))dt
a
Z
Z b
0
0
= (u(γ(t))x (t) − v(γ(t))y (t))dt + i
(u(γ(t))y 0 (t) + v(γ(t))x0 (t))dt.
=
a
Comentario 4.6. Obsérvese que f (γ(t))γ 0 (t) es el producto de dos números
complejos:
f (γ(t))γ 0 (t) = (u(γ(t)) + iv(γ(t)))(x0 (t) + iy 0 (t)).
Por lo tanto, la aplicación t → f (γ(t))γ 0 (t) es una función definida sobre I = [a, b] con valores en C. La integral de esta función de define por
coordenadas.
127
Z
Comentario 4.7. La integral
f (z)dz es un número complejo cuya parte
γ
real es
Z
Re
b
Z
f (z)dz
=
(u(γ(t))x0 (t) − v(γ(t))y 0 (t))dt
a
γ
y con parte imaginaria
Z
Z b
Im
f (z)dz =
(u(γ(t))y 0 (t) + v(γ(t))x0 (t))dt
γ
a
Como veremos más adelante la primera es la integral de lı́nea del campo
vectorial (u, −v) a lo largo de la curva γ y la segunda es la integral de lı́nea
del campo (v, u).
Z
Z
f (z)dz en vez de f (z)dz.
Comentario 4.8. A veces escribimos
γ
C
I
f (z)dz.
Comentario 4.9. Si la curva γ es cerrada se escribe
C
Teorema 4.1. La integral de linea compleja verifica las siguientes propiedades:
Z
Z
Z
f (z)dz ± g(z)dz para cualesquiera dos fun1. (f (z) ± g(z))dz =
γ
γ
γ
ciones continuas f y g.
Z
Z
2.
af (z)dz = a f (z)dz para todo a ∈ C.
γ
γ
Z
f (z)dz ≤ M L, donde L es la longitud de C y M = máxz∈C |f (z)|.
3.
γ
Teorema 4.2. Si γ1 y γ2 son dos parametrizaciones de una curva C simple
que inducen sobre ella la misma orientación entonces
Z
Z
f (z)dz =
f (z)dz,
γ1
γ2
Z
f (z)dz que de algún modo expresa que la
lo cual justifica la notación
C
integral sobre C no depende de la parametrización utilizada.
128
Teorema 4.3. Si γ1 y γ2 son dos parametrizaciones de una curva C simple
que inducen sobre ella la orientación opuesta entonces
Z
Z
f (z)dz = −
f (z)dz.
γ1
γ2
Comentario 4.10. Si C es una curva orientada, usualmente escribiremos −C
para notar la misma curva pero orientada en sentido contrario. El teorema
anterior nos dice que
Z
Z
f (z)dz = −
f (z)dz
−C
C
para toda función compleja continua definida sobre los puntos de C curva
simple.
Definición 4.7. Entenderemos por camino Λ una sucesión finita de curvas
orientadas γ1 , γ2 , · · · , γn de modo que el punto terminal de una coincide con
el punto inicial de la siguiente. En ese caso escribiremos
Λ = γ1 + γ2 + · · · + γn
Se define la integral de una función f sobre el camino Λ como
Z
n Z
X
f (z)dz.
f (z)dz =
Λ
k=1
γk
Comentario 4.11. Como antes, si Ck es el rango de γk y C es la unión de las
curvas, C = C1 ∪ · · · ∪ Cn , también escribiremos
Z
n Z
X
f (z)dz
f (z)dz =
C
k=1
Ck
para representar la integral de f sobre el camino Λ = γ1 + · · · + γn cuyo rango
es C.
Comentario 4.12. Cuando la integral de f se realizaI a lo largo de un camino
cerrado Γ de rango C también usamos la notación
f (z)dz.
C
Ejemplo 131. Calculemos la integral de f (z) = 1/z sobre la circunferencia
γ(t) = (cos(t), sin(t)) = eit , con 0 ≤ t ≤ 2π. Para ellos calculamos
f (γ(t))γ 0 (t) =
1
(− sin(t) + i cos(t)) = e−it ieit = 0 + i
cos(t) + i sin(t)
y por lo tanto
Z
Z
f (z)dz =
γ
2π
Z
0dt + i
0
1dt = 2πi
0
129
2π
Ejemplo 132. Sea R > 0 cualquiera y sea z0 = x0 + iy0 cualquier número
complejo. Es interesante comprobar que la integral de 1/(z − z0 ) sobre la
circunferencia γ(t) = (x0 + R cos(t), y0 + R sin(t)) = z0 + eit que notaremos
por C(z0 , R), con 0 ≤ t ≤ 2π vale 2πi independientemente del radio R > 0 :
Z 2π
Z 2π
I
1
1
it
dz =
iRe dt =
idt = 2πi.
Reit
0
0
C(z0 ,R) z − z0
Ejemplo 133. Calculemos la integral de f (z) = z 2 sobre γ(t) = (t, t) = t + it,
con 0 ≤ t ≤ 1. Para ello
f (γ(t))γ 0 (t) = (t + it)2 (1 + i) = t2 (1 + i)3 = −2t2 + i2t2
luego
Z
1
Z
f (z)dz =
1
Z
2
2t2 dt = −2/3 + i2/3.
(−2t )dt + i
γ
0
0
Ejemplo 134. Calculemos la integral de f (z) = z 2 sobre γ(t) = (t, 0) = t + i0,
con 0 ≤ t ≤ 1. Para ello
f (γ(t))γ 0 (t) = (t + i0)2 (1 + 0i) = t2 + 0i = t2
luego
Z
Z
f (z)dz =
1
1
Z
2
t dt + i
γ
0
0dt = 1/3 = 1/3 + 0i.
0
Ejemplo 135. Calculemos la integral de f (z) = z sobre la circunferencia
unidad γ(t) = (cos t, sin t), con 0 ≤ t ≤ 2π. Para ello
f (γ(t)) = (cos t, sin t)(− sin t, cos t) = eit ieit = ie2it = i cos(2t) − sin(2t)
y por lo tanto
Z
Z
zdz = −
γ
2π
Z
2π
sin(2t)dt + i
0
cos(2t)dt = 0 + 0i = 0.
0
Ejemplo 136. Calculemos la integral de f (z) = z a través del camino γ
compuesto por la unión del segmento γ1 que une el punto 0 con el punto
1 + 0i y γ2 que une el punto 1 + 0i con el punto 1 + i. Como
Z
Z
Z
zdz =
zdz +
zdz
γ
γ1
γ2
calulemos primero
Z
Z 1
Z
zdz =
(t + 0i)(1 + 0i)dt =
γ1
0
0
130
1
Z
tdt + i
1
0dt = 1/2 + 0i
0
y en segundo lugar
Z
Z 1
Z 1
Z 1
Z
(−t)dt+i
(i−t)dt =
(1+it)(0+i)dt =
zdz =
Entonces queda
0
0
0
γ2
1
dt = (−1/2)+i
0
Z
zdz = (1/2) − (1/2) + i = i.
γ
4.2.
El teorema de la primitiva
Definición 4.8. Supongamos que f : D → C es una función compleja
continua definida en el dominio D y que F (z) es una función analı́tica en
D tal que F 0 (z) = f (z) para todo z ∈ D. Diremos que f tiene antiderivada
en el dominio D y que su antiderivada es F . También diremos que F es una
primitiva de la función f en D.
Ejemplo 137. F (z) = z 2 es una primitiva de f (z) = 2z en el dominio C.
Ejemplo 138. F (z) = Log(z) = ln |z|+iArg(z) es una primitiva de f (z) = 1/z
en el dominio C \ Γ−π .
Ejemplo 139. F (z) = Log0 (z) es una primitiva de f (z) = 1/z en el dominio
C \ {x, x ≥ 0}.
Ejemplo 140. F (z) = ez es una primitiva de f (z) = ez en C.
Teorema 4.4. Si F es una primitiva de f en el dominio D y γ es una curva
contenida en D entonces
d
F (γ(t)) = F 0 (γ(t))γ 0 (t) = f (γ(t))γ 0 (t),
dt
Demostración. Supongamos que γ(t) = x(t)+iy(t) definida sobre el intervalo
[a, b] y
F (z) = U (z) + iV (z) = U (x, y) + iV (x, y).
La composición F (γ(t)) se escribe ası́
F (γ(t)) = U (x(t), y(t)) + iV (x(t), y(t)).
Podemos calcular la derivada de la aplicación compuesta, que es una función
de [a, b] en R2 , mediante la regla de la cadena
d
∂U dx ∂U dy
∂V dx ∂V dy
F (γ(t)) =
+
+i
+
dt
∂x dt
∂y dt
∂x dt
∂y dt
131
Si aplicamos las ecuaciones de Cauchy-Riemann a las funciones componentes
de F podemos escribir lo siguiente:
d
∂U dx ∂V dy
∂V dx ∂U dy
F (γ(t)) =
−
+i
+
dt
∂x dt
∂x dt
∂x dt
∂x dt
∂U
∂V
dx
dy
=
+i
+i
.
∂x
∂x
dt
dt
= F 0 (γ(t))γ 0 (t)
= f (γ(t))γ 0 (t).
Teorema 4.5 (El teorema de la primitiva). Sea D un dominio del plano
complejo. Sea f : D → C una función para la cual existe F : D → C,
analı́tica, tal que F 0 (z) = f (z) para todo z ∈ D (esto es, f tiene primitiva
en D). Si γ : [a, b] → C es cualquier curva simple tal que su imagen está
contenida en D entonces
Z
f (z)dz = F (γ(b)) − F (γ(a)).
γ
Demostración. Tenemos por la definición de integral a lo largo de γ:
Z b
Z
f (γ(t))γ 0 (t)dt
f (z)dz =
a
C
Z b
d
=
F (γ(t))dt
a dt
Z b
Z b
d
d
=
U (γ(t))dt + i
V (γ(t))dt
a dt
a dt
= U (γ(b)) − U (γ(a)) + i(V (γ(b)) − V (γ(a)))
= F (γ(b)) − F (γ(a)).
Comentario 4.13. Si f tiene primitiva en un dominio que contenga a la curva,
la integral sólo depende de los puntos γ(a) y γ(b) y no del camino recorrido
entre ellos, esto es, la integral sólo depende del punto inicial y final de la
curva sobre la cual se integra. En este caso diremos que la integral es independiente del camino. Obsérvese que esto implica que la integral a lo
largo de una curva cerrada, esto es, una en la que γ(a) = γ(b), es nula.
132
Ejemplo 141.
I Sea n un número natural. Si C es una circunferencia cualquiera
entonces
z n dz = 0. Más aún, si γ es cualquier curva cerrada y simple teCI
nemos que z n dz = 0. Esto es inmediato pues z n+1 /(n + 1) es una primitiva
γ
de z n en D = C.
Ejemplo 142. Si γ es una curva simple cualquiera que comience en el punto
a = 0 y termine en el punto b = 1 + i, tenemos
Z
z 2 dz = z 3 /3|1+i
= (1 + i)3 /3,
0
γ
y más general
Z
γ
z n dz = z n+1 /(n + 1)|1+i
= (1 + i)n+1 /(n + 1),
0
para cualquier entero no negativo n.
Ejemplo
143. Si γ : [a, b] → C es una curva simple que no pase por el origen
Z
−1
1
1
dz =
+
puesto que −1/z es una primitiva de 1/z 2 en C \ {0}.
2
z
γ(b)
γ(a)
γ
Ejemplo 144. La integral de cualquier función de la forma 1/z n , con n número
natural mayor que 1, sobre una curva cerrada que no pase por el origen es
igual a 0 puesto que 1/z n tiene primitiva igual a z −n+1 /(−n + 1) válida para
todo z 6= 0.
Ejemplo 145.
I Recordemos que si C es una circunferencia centrada en el origen
entonces (1/z)dz = 2πi, pero si C es una circunferencia cualquiera tal que
C
el origen no esté dentro de C ni sobre C entonces
Z
(1/z)dz = 0
C
Ejemplo 146. Si γ esZel arco de circunferencia γ(t) = (cos(t), sin(t)) con
0 ≤ t ≤ π/2 entonces (1/z) = Log(i) − Log(1) = iπ/2 − 0 = iπ/2.
γ
Ejemplo 147. Si γ es el Zarco de circunferencia γ(t) = (cos(t), sin(t)) con
π/2 ≤ t ≤ 3π/2 entonces (1/z) = Log0 (−i) − Log0 (i) = i3π/2 − iπ/2 = iπ.
γ
No podemos utilizar aquı́ Log(z) como primitiva porque la curva cruza el
semieje real negativo.
133
Ejemplo 148. Si γ es el arco de circunferencia γ(t) = (cos(t), sin(t)) con
−π/2 ≤ t ≤ π/2 entonces
Z
(1/z)dz = Log(i) − Log(−i) = iπ/2 − (−iπ/2) = iπ.
γ
Aquı́ podemos utilizar Log(z) como primitiva porque la curva no cruza el
semieje real negativo y sin embargo no podrı́amos utilizar la rama Log0 .
Supongamos ahora que la integral de f (z) no depende del camino, y que
f es continua. ¿Podemos deducir que f posee antiderivada o primitiva? La
respuesta es que sı́. Este resultado está incluido en el siguiente teorema.
Teorema 4.6. Sea f : D → C continua sobre D dominio. Son equivalentes:
1. f tiene antiderivada o primitiva en D.
2. La integral de f entre dos puntos es independiente del camino.
3. La integral a lo largo de cualquier curva cerrada contenida en D es
nula.
4.3.
El teorema de Cauchy
Sea F = F(x, y) = (P (x, y), Q(x, y)) un campo de vectores planos definido sobre un dominio D. Las componentes P = P (x, y) y Q = Q(x, y) se
supondrán funciones continuas en la región D. Si C es una curva orientada
parametrizada por γ y contenida en D, la integral de lı́nea del campo F a lo
largo de C, notada como
Z
(P dx + Qdy)
C
se define por la fórmula
Z
Z b
(P dx + Qdy) =
(P (x(t), y(t))x0 (t) + Q(x(t), y(t))y 0 (t))dt.
C
a
El valor de esta integral se interpreta como el trabajo realizado por el campo
F para desplazar una partı́cula a lo largo de C.
Teorema 4.7. Si f (z) = u(z)+iv(z) es una función compleja continua sobre
D y C es una curva contenida en D, entonces:
Z
Z
Z
f (z)dz = (udx − vdy) + i (vdx + udy).
C
C
C
134
Definición 4.9. Un dominio D es simplemente conexo si para toda curva
cerrada y simple contenida en D, su interior queda completamente contenido
en D.
Comentario 4.14. Simplemente conexo geométricamente representa la idea
de que D no tiene agujeros en su interior.
Teorema 4.8 (El teorema de Green). Sea F = (P, Q) un campo de vectores
con derivadas parciales continuas, definido en G un dominio simplemente conexo. Sea C una curva cerrada y simple, orientada en el sentido antihorario,
contenida en G. Entonces
Z
ZZ ∂Q ∂P
(P dx + Qdy) =
−
dxdy,
∂x
∂y
C
D
siendo D la región acotada por la curva C.
Teorema 4.9 (El teorema de Cauchy). Sea f (z) una función analı́tica en el
dominio G simplemente conexo, y sea C una curva cerrada y simple contenida
en G. Entonces
I
f (z)dz = 0.
C
Demostración. Ya sabemos que la integral de f se puede escribir como
I
Z
Z
f (z)dz = (udx − vdy) + i (vdx + udy)
C
C
C
Supongamos que C está orientada en el sentido antihorario. Por el teorema
de Green, cada una de las integrales de lı́nea se puede escribir como una
integral doble sobre la región D acotada por la curva C:
Z
Z
Z
f (z)dz = (udx − vdy) + i (vdx + udy)
C
C
ZZ ZCZ ∂u ∂v
∂(−v) ∂u
−
dxdy + i
−
dxdy
=
∂x
∂y
∂x ∂y
D
D
Teniendo en cuenta que f es analı́tica podemos utilizar las ecuaciones de
Cauchy-Riemann y por lo tanto deducir que la integral es 0 + 0i. Si C tiene
la orientación opuesta el resultado también es cierto puesto que la integral
serı́a el valor opuesto al obtenido al cambiar la orientación.
Ejemplo 149. La integral de 1/(z 4 + 4) a lo largo de la circunferencia unidad
centrada en el origen es nula pues los polos de la función están fuera de esta
circunferencia unidad y por lo tanto podemos garantizar que f es analı́tica
en un dominio simplemente conexo que contiene a la curva de integración.
135
Ejemplo 150. La integral de 1/z a lo largo de cualquier curva cerrada y
simple que rodee al origen vale 2πi, que es igual al valor de la integral sobre
la circunferencia unidad.
Ejemplo 151. Estudio de la integral de f (z) = 1/z(z − 1) a lo largo de
circunferencias. La función f (z) se descompone en fracciones simples
f (z) =
1
1
1
=− +
.
z(z − 1)
z z−1
Observemos que f es analı́tica en C \ {0, 1}.
La integral a lo largo de cualquier circunferencia que no contenga en
su interior a ninguno de los polos es nula. La integral a lo largo de una
circunferencia que contenga al 0 y no al 1 es:
I
I
I
I
−1
1
1
1
dz =
dz +
dz = −
dz = −2πi.
C z
C z −1
C z
C z(z − 1)
Ejemplo 152 (La integrales de Fresnel). Vamos a calcular las integrales
Z ∞
Z ∞
2
cos(x2 )dx
sin(x )dx,
0
0
conocidas como integrales de Fresnel, usando el teorema de Cauchy.
2
Como la función e−z es entera (analı́tica en el plano complejo) su integral a lo largo de cualquier curva cerrada simple es nula. Para cada R > 0
consideremos la curva cerrada formada por el segmento que une el origen con
el punto (R, 0) al que vamos a notar por Λ1 (R), más el arco
√ de circunferencia de radio R que une el origen con el punto R(1 + i)/√ 2 que notaremos
por Λ2 (R), más el segmento que une el punto R(1 + i)/ 2 con el origen de
coordenadas (Λ3 (R)). La unión de estas tres curvas define un camino cerrado
que llamamos γ(R) que empieza y termina en el origen. Obviamente
I
2
e−z dz = 0
γR
por el teorema de Cauchy. La integral sobre el camino γR se calcula por la
suma de tres integrales:
I
Z
Z
Z
2
−z 2
−z 2
−z 2
e dz =
e dz +
e dz +
e−z dz
C
Λ1 (R)
Λ2 (R)
Λ3 (R)
Para calcular la primera integral, sobre el segmento Λ1 (R) consideramos la
parametrización γ(t) = t + 0i con 0 ≤ t ≤ R. Queda
Z
Z R
2
−z 2
e dz =
e−t dt.
Λ1 (R)
0
136
Para calcular la integral sobre Λ2 (R) consideramos la parametrización γ(t) =
Reit , 0 ≤ t ≤ π/4 y queda
Z
−z 2
e
π/4
Z
dz =
Λ2 (R)
iReit e−R
2
cos2 t −iR2 sin(2t)
e
dt.
0
Para calcula la integral sobre Λ3 (R) consideramos la parametrización
√
γ(t) = t(1 + i), 0 ≤ t ≤ R 2/2
que induce la orientación opuesta y por lo tanto
Z
−z 2
e
√
R 2/2
Z
cos 2t2 dt − i
dz = −(1 + i)
Λ3 (R)
0
Z
√
R 2/2
!
sin 2t2 dt .
0
Como la suma de las tres integrales debe ser igual a 0 para todo valor de R,
tomando lı́mites al +∞ se obtiene que
Z ∞
Z ∞
√
2
sin 2t2 dt = π/2
cos 2t dt +
0
0
Z
∞
cos 2t dt −
sin 2t2 dt = 0
0
0
De aquı́ se deduce que
Z ∞
∞
Z
2
Z
2
sin(2t )dt =
∞
cos(2t2 )dt =
√
π/4
0
0
√
Ahora basta hacer el cambio de variables x = 2t para llegar al resultado
final
r
Z ∞
Z ∞
1 π
2
2
sin(t )dt =
cos(t )dt =
2 2
0
0
Recordemos aquı́ que
Z
∞
√
−x2
e
dx =
0
π
2
algo que puede demostrarse por integración doble y coordenadas polares.
Ejemplo 153. Sea z0 un complejo cualquiera y Isea C una curva cerrada y
1
simple que no pase por el punto z0 . La integral
dz vale o bien 0 si
C z − z0
es que z0 no está en el interior de C o bien 2πi en el caso en el que el punto
z0 está en el interior de C.
137
4.4.
La fórmula integral de Cauchy
Sea z0 un número complejo cualquiera. La integral de la función racional
1/(z − z0 ) a través de una curva cerrada y simple orientada en sentido antihorario que no pase por el punto z0 y que lo deje en su interior es igual a 2πi.
Este resultado puede verse como un caso particular del siguiente teorema.
Teorema 4.10 (La fórmula integral de Cauchy). Sea f (z) analı́tica en un
dominio D. Sea C una curva cerrada y simple orientada en sentido antihorario contenida en D de modo que la región interior a C esté completamente
contenida en D. Sea z0 un punto en el interior de la curva C. Entonces
I
f (z)
1
dz.
f (z0 ) =
2πi C z − z0
Demostración. Sea ε > 0. Sabemos que f es continua en z0 , luego existe un
δ > 0 tal que |f (z) − f (z0 )| < ε siempre que |z − z0 | < δ. Sea ρ > 0 tal
que ρ < δ y de modo que la circunferencia C0 = {z ∈ C : |z − z0 | = ρ}
esté contenida en la región interior a C. La función f (z)/(z − z0 ) es analı́tica
en una región que contiene a la region comprendida entre C y C0 de donde
podemos deducir que
Z
Z
f (z)
f (z)
dz =
dz.
C0 z − z0
C z − z0
I
Ya sabemos que
1/(z − z0 )dz = 2πi ası́ que podemos escribir
C0
Z
C0
f (z)
dz − 2πif (z0 ) =
z − z0
Z
ZC0
=
C0
Z
f (z)
f (z0 )
dz −
dz
z − z0
C0 z − z0
f (z) − f (z0 )
dz.
z − z0
Para z ∈ C0 tenemos
|f (z) − f (z0 )|
f (z) − f (z0 )
=
≤ ε/ρ.
z − z0
|z − z0 |
Ası́ que
Z
C0
f (z)
dz − 2πif (z0 ) =
z − z0
Z
C0
f (z) − f (z0 )
dz
z − z0
ε
≤ 2πρ = 2πε.
ρ
138
Como ε es un número positivo arbitrario se deduce que
Z
f (z)
dz − 2πif (z0 ) = 0
c0 z − z0
y por lo tanto
1
f (z0 ) =
2πi
Z
C0
1
f (z)
dz =
z − z0
2πi
Z
C
f (z)
dz.
z − z0
Ejemplo 154. Si f (z) = 1 para todo z ∈ C, C es una curva cerrada y simple,
y z0 es un punto cualquiera del interior de la curva C entonces
I
1
1
1=
dz.
2πi C z − z0
Ejemplo 155. Si C es la circunferencia de centro el origen z0 = 0 y de radio
unidad orientada en sentido antihorario entonces
I
cos(z)
π
dz = i .
2
2
C z(z + 4)
En efecto. Obsérvese que los puntos de no derivabilidad del integrando son 3:
el origen y los dos puntos 2i y −2i, estos dos últimos fuera de la circunferencia
unidad. Si definimos la función
f (z) =
cos(z)
z2 + 4
podemos garantizar que f es una función analı́tica en un dominio simplemente conexo que contiene a la curva de integración (podemos elegir el disco
abierto de centro el origen y con radio cualquier número mayor que 1 y menor
que 2). Por lo tanto por la fórmula integral de Cauchy:
I
I
f (z)
1
cos(z)
1
dz =
dz
f (0) =
2πi C z − 0
2πi C z(z 2 + 4)
de donde se deduce que la integral vale
2πif (0) = 2πi
cos(0)
= iπ/2.
4
139
Ejemplo 156. Vamos a usar aquı́ la fórmula integral de Cauchy para el cálculo
de la integral real
Z 2π
dθ
T =
ω − a sin θ
0
siendo a < ω dos números reales. Esta integral es la fórmula del periodo
del péndulo no lineal y tiene aplicaciones fı́sicas. De la misma forma que
calculamos las integrales de Fresnel usando el Teorema de Cauchy ahora
utilizaremos la fórmula integral de Cauchy para calcular la integral real que
define el periodo del péndulo. Consideramos la función compleja
f (z) =
z2 − 1
z − (1/z)
=
2i
2iz
Esta función tiene la cualidad de que al evaluarla sobre un punto de la circunferencia unidad de la forma eit = cos t + i sin t queda lo siguiente
f (eit ) =
eit − e−it
= sin t
2i
Por otro lado recordemos que si γ(t) = eit entonces el vector tangente se
escribe γ 0 (t) = ieit . Consideremos entonces la integral de la función compleja
1
1
2
−1 iz
ω − a z2iz
sobre la circunferencia unidad recorrida en el sentido antihorario. Usando
γ(t) = eit como parametrización queda
I
Z 2π
Z 2π
1
1
1
1
it dt
dz
=
ie
=
dt = T.
2
z −1
ω − a sin t
ieit
ω − a sin t
0
0
C ω − a 2iz iz
Por lo tanto el problema queda resuelto si somos capaces de calcular la
integral compleja
I
1
1
dz.
z 2 −1 iz
C ω − a 2iz
Observemos que
I
C
1
1
2
dz = −
z 2 −1 iz
a
ω − a 2iz
I
C
z2
1
dz.
− i(2ω/a)z − 1
Por lo tanto lo que tenemos que hacer es calcular la integral de una función
racional, donde el denominador es un polinomio de segundo grado. Como tal,
140
el denominador tiene dos raı́ces complejas que llamaremos z0+ y z0− , y que
vienen dadas por la fórmula:
p
z0+ = i(ω/a) + i ω 2 /a2 − 1
p
z0− = i(ω/a) − i ω 2 /a2 − 1
Los módulos de tales números son
|z0+ | =
ω
+ ((ω/a)2 − 1)1/2 ,
a
ω
− ((ω/a)2 − 1)1/2 ,
a
El módulo del primero es > 1 y el del segundo < 1. Por lo tanto el primero
cae fuera de la circunferencia C y el segundo dentro.
Consideremos la función
|z0− | =
g(z) =
1
z − z0+
que obviamente es analı́tica en un dominio simplemente conexo que contiene
a C. Es evidente que
1
1
g(z)
.
− =
+
− = 2
z − i(2ω/a)z − 1
z − z0
(z − z0 )(z − z0 )
Entonces
I
2
g(z)
T =−
dz
a C z − z0−
2
= − 2πig(z0− )
a
1
2
= − 2πi −
a
z0 − z0+
2
i
= − 2πi
a
2((ω/a)2 − 1)1/2
2π
= 2
(ω − a2 )1/2
Ejemplo 157. Calculemos la integral trigonométrica
Z 2π
cos2n (t)dt
0
haciendo uso de la variable compleja.
141
Primero obsérvese que
2n
I Z 2π
1
dz
2n
cos (t)dt =
z+
z
iz
0
C
siendo C la circunferencia unidad centrada en el origen orientada positivamente. Esto puede comprobarse sin más que parametrizar por γ(t) = eit con
0 ≤ t ≤ 2π y calcular la integral de la derecha usando la definición.
Ahora, usando el binomio de Newton y la linealidad de la integral compleja:
2n
2n
I I dz
1
dz
z + 1/z
1
= 2n
z+
2
iz
i2
z
z
C
C
I
2n
1 X 2n
1 1
= 2n
z k 2n−k dz
i2 k=0 k
z
z
C
I
2n 1 X 2n
z 2k−2n−1 dz
= 2n
i2 k=0 k
C
Teniendo en cuenta que la integral de una función del tipo z p con p un
entero, sobre la circunferencia C vale o bien 2πi si p = −1 y 0 en caso
contrario, de todas las integrales que aparecen en el sumatorio anterior sólo
una de ellas es no nula, la que se obtiene para k = n, de donde podemos
concluir que
Z 2π
1 2n
π (2n)!
2n
cos (t)dt = 2n
.
2πi = 2n−1
i2
n
2
(n!)2
0
La fórmula integral de Cauchy escrita en la forma
I
1
f (w)
f (z) =
dw
2πi C w − z
con z en el interior de C permite hacer el siguiente razonamiento: si estuviese
permitido derivar respecto de z bajo el signo integral tendrı́amos
I
I
d
1
f (w)
1
f (w)
0
f (z) =
dz =
dw
dz 2πi C w − z
2πi C (w − z)2
y repitiendo la operación
2
f (z) =
2πi
00
I
C
142
f (w)
dw.
(w − z)3
Mediante este procedimiento podrı́amos seguir obteniendo fórmulas para las
siguientes derivadas. Resulta que estos cálculos pueden justificarse con todo
rigor, de modo que en variable compleja, si una función es derivable, en
realidad es infinitas veces derivable y las fórmulas anteriores son válidas para
todo z en el interior de la curva cerrada C. Resumimos estos resultados en
el siguiente teorema.
Teorema 4.11 (Generalización de la fórmula de integral de Cauchy). Supóngase que f es una función analı́tica en el dominio D. Entonces, f tiene derivadas de cualquier orden y además para todo z ∈ D y para todo número natural
n:
I
f (w)
n!
(n)
dw
f (z) =
2πi C (w − z)n+1
siendo C una circunferencia de centro z y radio r > 0 contenida ella y su
interior en D.
Comentario 4.15. En variable real este teorema es falso. La función f (x) =
|x|x es derivable en R pero no dos veces derivable en x = 0.
Ejemplo 158. Si C es cualquier circunferencia centrada en el origen y recorrida en el sentido antihorario
I
sinh(z)
dz = 2πi cosh(0) = 2πi,
z2
C
pues cosh(z) es la derivada de sinh(z).
Ejemplo 159. Si m es un número natural y C es la circunferencia unidad
centrada en el origen y orientada positivamente entonces
I 2z
e
2πi
dz =
2m−1
m
z
(m
−
1)!
C
pues si ponemos f (z) = e2z tenemos que f (k) (0) = 2k .
Teorema 4.12 (Estimaciones de Cauchy). Sea f analı́tica en D dominio del
plano complejo. Supongamos que el disco {|z − z0 | ≤ r} está contenido en D.
Supongamos que |f (z)| ≤ M en este disco. Entonces
|f (n) (z0 )| ≤
n!M
.
rn
Demostración. Ya sabemos que
f
(n)
n!
(z0 ) =
2πi
Z
C
f (w)
dw.
(w − z0 )n+1
De aquı́ es inmediato.
143
Teorema 4.13 (Teorema de Liouville). Una función entera f no constante
no puede estar acotada en C.
Teorema 4.14Z(Teorema de Morera). Supóngase que f es continua en el dof (z)dz = 0 para toda curva cerrada y simple cuyo interior
minio D y que
C
y ella misma esté contenido en D. Entonces f es analı́tica en D.
144
4.5.
Hoja de problemas del tema 4
1. Calcula las siguientes integrales:
Z 1+2i
Im(z) dz.
a)
i
Z
b)
z̄ dz donde C es el arco de la parábola y = x2 de (1, 1) a (2, 4).
C
Z
f (z) dz donde f (x + iy) = x2 + iy y C es la poligonal que va
c)
C
de z1 = −i a z2 = 2 + 5i y z3 = 5i.
Solución.
a) Sea γ(t) = (0, 1) + t((1, 2) − (0, 1)) = (0, 1) + t(1, 1) = (t, 1 + t),
con t ∈ (0, 1) una parametrización del segmento. Entonces,
Z
1+2i
1
Z
Im(z) dz =
i
0
Z
Im(γ(t))·γ (t) dt =
0
0
1
3
(1+t)(1+i)dt = (1+i),
2
pues γ(t) = t + i(1 + t) e Im(γ(t)) = 1 + t.
b) Ahora es γ(t) = t + t2 i, 1 ≤ t ≤ 2 una parametrización del arco
de parábola. Entonces,
Z
Z 2
Z 2
7
0
z̄ dz =
γ(t) · γ (t) dt =
(t − t2 i)(1 + 2ti) dt = 9 + i.
3
C
1
1
c) En este caso la poligonal se compone de dos segmentos, el primero
de ellos va de (0, −1) a (2, 5), y lo parametrizamos por γ1 (t) =
(0, −1) + t(2, 6) = 2t + i(6t − 1), y el segundo va de (2, 5) a (0, 5)
y lo parametrizamos por γ2 (t) = (2, 5) + t(−2, 0) = 2 − 2t + 5i, en
ambos casos con t ∈ [0, 1]. Entonces, si γ = γ1 ∪ γ2 ,
Z
Z 1
f (z) dz =
(Re(γ(t))2 + iIm(γ(t)) · γ 0 (t) dt
C
Z0 1
=
(4t2 + i(6t − 1))(2 + 6i) dt+
Z 01
+
((2 − 2t)2 + 5i)(−2) dt
0
= −12 + 2i.
145
2. Calcula la integral de f (z) = x2 + y + ixy a lo largo de las siguientes
curvas:
(a) La parábola γ(t) = t + it2 , t ∈ [0, 1].
(b) El segmento γ(t) = t + it, t ∈ [0, 1].
(c) El segmento que va de 0 a 1 unión con el segmento que va de 1 a
1 + i.
R
3. Calcula C zdz donde C es la parábola y = x2 desde el punto 0 al 1 + i.
Z 1+2i
z̄ 2 dz a lo largo de la parábola y = x2 + 1.
4. Calcula la integral
i
¿Cuál es su valor si hacemos la integral por segmentos paralelos a los
ejes?
Solución. El arco de parábola es γ(t) = (t, t2 + 1) = t + i(t2 + 1) luego
Z 1
Z 1+2i
3 10
2
(t − i(t2 + 1))2 (1 + 2it) dt = − i.
z̄ dz =
5
3
0
i
Si hubiésemos ido por segmentos paralelos a los ejes, sean estos γ1 ≡
(0, 1) + t((1, 1) − (0, 1) = (0, 1) + t(1, 0), es decir, γ1 (t) = t + i y
γ2 ≡ (1, 1)+t((1, 2)−(1, 1)) = (1, 1)+t(0, 1) es decir, γ2 (t) = 1+(1+t)i.
Entonces, la integral es
Z
Z 1
Z 1
4
7
2
2
f (z) dz =
(t−i) dt+ (1−(1+t)i)2 i dt = − −i+3− i = (1−i).
3
3
3
γ1 ∪γ2
0
0
Como vemos el resultado es distinto y la integral depende del camino
elegido.
Z
5. Calcula
(1/z)dz donde C es la circunferencia de centro 0 y radio 2
C
recorrida en sentido antihorario.
Z
6. Calcula (z 2 +5)dz donde C es el arco de circunferencia parametrizado
C
por γ(t) = eit , t ∈ [0, π/2].
Solución. Una primitiva de f (z) en todo el plano complejo es F (z) =
z 3 /3 + 5z. Entonces
Z
(z 2 + 5)dz = F (eiπ/2 ) − F (ei0 ) = F (i) − F (1).
C
Basta por lo tanto calcular el valor de F en los puntos i y 1. Eso lo
dejo como ejercicio.
146
Z
7. Calcula
(z + 2z)dz donde C es el camino formado por el segmento
C
que une 0 con 1 unión con el segmento que une 1 con el punto 1 + 2i .
R
8. Calcula C f (z)dz, donde C es la curva y = x3 que une el punto −1 − i
con el punto 1 + i y f (z) es la función
(
1 si y < 0,
f (z) = f (x + iy) =
4y si y ≥ 0.
1
Z
z̄ dz a lo largo de C, si C es:
9. Calcula
i
a) el segmento rectilı́neo contenido en la recta x + y = 1.
b) el arco de la parábola y = (1 − x)2 .
c) la porción de circunferencia x2 + y 2 = 1 situada en el primer
cuadrante.
Solución.
Z
1
a) Es γ1 (t) = (t, 1−t) luego
Z
1
z̄ dz =
i
1
Z
2
(t−(1−t)i)(1−i) dt = −i.
0
1
Z
(t − (1 − t)2 i)(1 − 2(1 −
z̄ dz =
b) Es γ2 (t) = (t, (1 − t) ) luego
0
i
2
t)i) dt = − i.
3
Z
c) Es γ3 (t) = (cos t, sen t) luego
1
Z
0
z̄ dz =
i
(cos t−i sen t)(− sen t+
π
2
π
i cos t) dt = − i.
2
√
Observemos que en este caso la parametrización t → (t, 1 − t2 )
conduce a integrales más complicadas de calcular.
Z
10. Calcula
z 2 dz donde C es la curva y = 1/x2 desde el punto 1 + i al
C
punto 3 + i/9.
Solución. Usa el teorema de la primitiva con F (z) = z 3 /3.
Z
11. Calcula
cos(z/2)dz donde C es una curva cualquiera que une 0 con
π + 2i.
C
Solución. Usa el teorema de la primitiva con F (z) = 2 sin(z/2).
147
Z
12. Calcula
(1/z)dz donde C es la semicircunferencia que une −i con i
C
contenida en el semiplano x ≥ 0.
Solución. Una el teorema de la primitiva con F (z) = Log(z).
Z
13. Calcula (1/z)dz donde C es la semicircunferencia que une i con −i
C
contenida en el semiplano x ≤ 0.
Solución. No se puede usar Log(z) como primitiva, pero si F (z) =
L0 (z).
Z
(1/z)dz donde C es cualquier curva que une −i con i con14. Calcula
C
tenida en el semiplano x ≤ 0 y que no pasa por el 0.
Solución. Usa el teorema de la primitiva con F (z) = Log(z).
R
15. Calcula C (1/z)dz siendo C la circunferencia de centro 0 y radio R > 0
recorrida en sentido antihorario.
Solución. Estas integrales se puede calcular directamente parametrizando la circunferencia con la función γ(t) = Reit , con 0 ≤ t ≤ 2π. El
vector tangente es γ 0 (t) = iReit y por lo tanto
Z 2π
Z 2π
I
1
−1 −it
it
idt = 2πi.
R e iRe dt =
dz =
0
0
C z
La integral no depende del radio de la circunferencia.
Z
16. Calcula ez dz,
a) de z = 0 a z = 1 a lo largo de la recta y = 0;
b) de z = 1 a z = 1 + i a lo largo de la recta x = 1;
c) de z = 1 + i a z = 0 a lo largo de la recta y = x.
Suma los resultados obtenidos y explica el resultado.
Solución. El problema es inmediato usando el teorema de la primitiva
(basta tomar F (z) = ez ). Si no usamos el teorema de la primitiva
podemos calcularla directamente parametrizando las curvas:
Z
Z 1
z
a) Parametrizamos por γ1 (t) = t luego
e dz =
et dt = e − 1.
γ1
148
0
Z
Z
z
e dz =
b) Ahora usamos γ2 (t) = 1 + ti con lo que
1
e1+it i dt =
0
γ2
e(cos 1 − 1 + i sen 1).
Z
z
Z
e dz =
c) Por último, γ3 /t) = t(1 + i) y
γ3
0
et(1+i) (1 + i) dt =
1
1 − e(cos 1 + i sen 1).
Es obvio que la suma de las tres integrales es nula.
17. Usa la parametrización z(t) = eit adecuadamente para calcular las
siguientes integrales:
Z −1
1
a)
dz a lo largo de |z| = 1 por el semiplano superior.
z
1
Z −1
1
dz a lo largo de |z| = 1 por el semiplano inferior.
b)
z
1
Z i
z̄ 4 dz a lo largo de |z| = 1 por el primer cuadrante.
c)
1
Solución.
a) Es γ1 (t) = eit , t ∈ [0, π] luego
Z −1
Z π
1
1 it
dz =
ie dt = πi.
it
z
1
0 e
b) Es γ2 (t) = eit , t ∈ [0, −π] luego
Z −1
Z −π
1 it
1
dz =
ie dt = −πi.
z
eit
1
0
c) Es γ3 (t) = eit , t ∈ [0, π/2] luego
Z
i
4
Z
z̄ dz =
1
π/2
e
−4it
Z
it
ie dt =
0
i(cos 3t − i sen 3t) dt =
0
Los tres recintos de integración:
149
π/2
1−i
.
3
i
Z
18. Calcula
z̄ dz a lo largo del segmento más corto de la circunferencia
1
(x − 1)2 + (y − 1)2 = 1 que une z = 1 con z = i.
Solución. La parametrización de la circunferencia de centro 1 + i y
radio 1 más cómoda es z = 1 + i + eit , con t ∈ [− π2 , −π]. Entonces,
Z
i
Z
z̄ dz =
−π
(1−i+e
−it
−π/2
1
−π
π
i.
)ie dt =
(i(1−i)e +i)dt = 2 −
2
−π/2
Z
it
it
El recinto de integración es:
I
19. Calcula
f (z) dz siendo f (z) = πeπz̄ y C la frontera del cuadrado con
C
vértices en los puntos 0, 1, 1 + i e i, recorrida en sentido contrario a las
agujas del reloj.
Solución. Parametrizamos los cuatro segmentos:

C1 ≡ z = x, x ∈ [0, 1]



C ≡ z = 1 + iy, y ∈ [0, 1]
2

C
3 ≡ z = (1 − x) + i, x ∈ [0, 1]



C4 ≡ z = i(1 − y), y ∈ [0, 1]
Con lo cual,
Z
Z
1
πx
1
eπ(1−iy) i dy
0
0
Z 1
Z 1
π((1−x)−i
+π
e
(−1) dx + πi
eiπy dy = 4(eπ − 1).
f (z) dz = π
C1 ∪C2 ∪C3 ∪C4
Z
e
dx + π
0
0
150
20. Sea C la circunferencia |z−z0 | = R orientada positivamente. Demuestra
que
Z
Z
dz
= 2πi;
(z − z0 )n−1 dz = 0 (n = ±1, ±2, ±3, . . . )
z
−
z
0
C
C
Solución. Parametrizamos la circunferencia por z = z0 + Reit , t ∈
[−π, π]. Entonces,
Z π
Z
Rieit
dz
=
dt = 2πi.
it
C z − z0
−π Re
Z π
Z
Z π
it n−1
it
n
n−1
eint dt
(Re ) Rie dt = iR
(z − z0 )
dz =
C
−π
−π
Rn inπ
2Rn
=
(e − e−inπ ) = i
sen(nπ) = 0.
n
n
También podrı́amos haber demostrado que las integrales de las funciones (z − z0 )n−1 para n cualquier entero distinto de 0 son nulas usando
el teorema de la primitiva. En efecto, si n no es 0 la función (z − z0 )n−1
tiene como primitiva (z − z0 )n /n valida para todo z ∈ C en el caso
n > 0 y para todo z 6= z0 en los casos n < 0. En cualquiera de los dos
casos, como la curva de integración es cerrada, simple y no pasa por z0
se puede aplicar el teorema de la primitiva y concluir que la integral es
nula.
21. Prueba que si CR es la semicircunferencia superior |z| = R > 2 orientada positivamente,
Z
2z 2 − 1
dz = 0
lı́m
R→∞ C z 4 + 5z 2 + 4
R
Solución. Usamos que, en cuanto al numerador, |2z 2 − 1| ≤ 2|z|2 + 1 ≤
2R2 + 1, y en cuanto al denominador,
|z 4 +5z 2 +4| = |(z 2 +1)(z 2 +4)| ≥ |z|2 − 1 · |z|2 − 4 = (R2 −1)(R2 −4),
con lo cual,
2z 2 − 1
2R2 + 1
≤
,
z 4 + 5z 2 + 4
(R2 − 1)(R2 − 4)
y siendo la longitud de CR igual a πR,
Z
2z 2 − 1
πR(2R2 + 1)
dz
≤
4
2
(R2 − 1)(R2 − 4)
CR z + 5z + 4
de donde se concluye el ejercicio.
151
ez
8πe4
dz ≤
.
3
C z +1
Solución. Usamos la desigualdad M · L vista en teorı́a. Como C es
|z| = 4, tenemos que |z + 1| ≥ |z| − 1 = 3 luego
I
22. Demuestra que si C es |z| = 4, se verifica que
1
1
1
ez
≤ |ez | = ex ≤ e4 .
z+1
3
3
3
Basta tener en cuenta que la longitud de C es 8π para concluir el
ejercicio aplicando la desigualdad mencionada.
Z
p(z)dz.
23. Sea p(z) un polinomio y C una curva cerrada y simple. Calcula
C
Solución. Como un polinomio es una función entera la integral a lo
largo de una curva cerrada y simple cualquiera es nula en virtud del
teorema de Cauchy.
24. Calcula las siguientes integrales sobre C la circunferencia unidad de
centro 0 y radio 1 recorrida en sentido antihorario:
R
(a) C (1/z 2 )dz
R
(b) C (1/|z|2 )dz
Z
1
25. Demuestra que
dz ≤ 2π, siendo C la circunferencia unidad
C 4 + 3z
de centro 0 y radio 1 recorrida en sentido antihorario.
R 1+i
26. Calcula −1−i (3z 2 − 2iz)dz.
R 2i
27. Calcula −1+i f (z)dz donde f (z) = (x2 − y) + i(5y − x), a lo largo de
la parábola γ(t) = (t2 − 1, 1 + t).
R
28. Calcula la integral C (z 2 + |z|)dz donde C es
(i) el segmento que une el origen con el punto (1, 1).
(ii) La mitad superior de la circunferencia unidad orientada en el sentido
contrario a las agujas del reloj.
29. Si a ∈ C, n es entero y γ es la circunferencia
|z − a| = 1 recorrida en
I
sentido positivo, demuestra que (z − a)n dz vale cero si n 6= −1 y vale
2πi si n = −1.
γ
30. Calcula la integral de f (z) = z 2 − iz + i sobre el camino cerrado γ
formado por los lados del cuadrado de vértices 0, 1, 1 + i, i.
152
31. Calcula la integral de f (z) = (z)2 a lo largo del camino triangular
formado por los segmentos que unen los puntos 0 y 2, los puntos 2 y
2 + 2i, y los puntos 2 + 2i y 0.
32. Indica a cuales de las siguientes integrales se les puede aplicar el teorema
de Cauchy directamente:
I
I
sen z
sen z
a)
dz
b)
dz
|z|=1 z + 2i
|z+3i|=1 z + 2i
I
I
z̄
c)
e dz
d)
Logz dz
|z−3i|=1
|z+i|=1
I
I
e)
Logz dz
f)
|z−1−i|=1
I
g)
|z|=3
|z|=1/2
1
dz
1 − ez
I
h)
|z|=b
1
dz
(z − 1)4 + 1
1
dz, (0 < b < 1)
z 2 + bz + 1
1+i
Z
z 3 dz a lo largo de y = x
i)
0
Solución.
a) Se le puede aplicar pues la singularidad z = −2i cae fuera de
|z| = 1.
b) No se le puede aplicar, la singularidad z = −2i está en |z +3i| = 1.
c) No se le puede aplicar, el integrando no es una función analı́tica nunca, las ecuaciones de Cauchy-Riemann para la función ez̄
implican que sen y = cos y = 0.
d ) No se le puede aplicar pues la función Logz no es analı́tica en el
origen, punto de |z + i| = 1.
e) Sı́ se le puede aplicar pues Logz es analı́tica en el cı́rculo de centro
1 + i y radio 1.
f ) Observemos que
(z − 1)4 = −1
⇒
1±i
z−1=± √
2
⇒
1±i
z =1± √ ,
2
y la distancia al origen de las raı́ces más cercanas a dicho punto
es
s
2
1
1
1
1− √
+ > ,
2
2
2
153
las raı́ces están fuera del recinto |z| = 12 y se puede aplicar el
teorema. Vemos en una gráfica esta situación:
1.0
0.5
0.5
-0.5
1.0
1.5
2.0
-0.5
-1.0
g) Como ez = 1 si z = 2kπi, con k ∈ Z, es claro que z = 0 está en el
recinto y no podemos aplicar el teorema.
h) Dado que
2
z +bz+1 = 0
⇒
b
z = − ±i
2
r
b2
1−
4
r
⇒
|z| =
b2
b2
+1−
= 1,
4
4
las raı́ces del denominador están en el cı́rculo unidad luego sı́ podemos aplicar el teorema directamente.
i ) El recinto no es cerrado, luego no se puede aplicar el teorema.
33. Sea C el cuadrado
R de vértices 100−100i, 100+100i, −100+100i, −100−
100i. Calcula C (1/z)dz.
Solución. Por el teorema de Cauchy la integral de la función 1/z) sobre
esta curva cerrada coincide con la integral sobre cualquier circunferencia
centrada en el origen y de radio ε > 0 menor que 100. Por lo tanto la
integral vale 2πi.
Z
√
√
34. Calcula
1/ zdz (indicando z el valor principal de la raı́z), siendo
C:
C
(i) la mitad superior de la circunferencia unidad,
(ii) la mitad inferior de la circunferencia unidad.
Z
35. Calcula
1/(z − 1)dz, donde C es una circunferencia centrada en −1
C
recorrida en sentido antihorario.
154
I
36. Calcula
Log(z + 3)dz siendo C el cı́rculo |z| = 2, orientado en el
C
sentido contrario a las agujas del reloj.
Z
37. Calcula
1/(z 2 − 1)dz donde C es la elipse 4x2 + y 2 = 100.
C
Z
1/(z 2 − 1)dz donde C es la circunferencia x2 − 10x + y 2 = 0
38. Calcula
C
recorrida en sentido antihorario.
39. ¿Tiene la función f (z) = 1/z antiderivada en C \ {0}? ¿Y 1/z n , para
n > 1?
2
40. ¿En qué region tiene la función f (z) = ez antiderivada?
41. Sea
R C cualquier curva cerrada y simple que no pase por a. Calcula
1/(z − a)dz.
C
Z
42. Calcula (ez +sin z)/zdz siendo C la circunferencia de centro 2 y radio
C
3 recorrida en sentido antihorario.
Z
43. Calcula
z 2 ez /(2z + i)dz donde C es la circunferencia de centro 0 y
C
radio 1 recorrida en sentido antihorario.
Z
cos z
44. Calcula
dz. siendo C la circunferencia de radio 4 centra2
C z − 6z + 5
da en el origen recorrida en el sentido antihorario.
Z
45. Calcula (2z + 1)/z(z − 1)2 dz siendo C la circunferencia de centro 1/2
C
y radio 2 recorrida en sentido antihorario.
Z
46. Calcula (z + i)/(z 3 + 2z 2 )dz donde C es
C
(a) La circunferencia |z| = 1 recorrida en sentido antihorario.
(b) La circunferencia |z + 2 − i| = 2 recorrida en sentido antihorario.
(c) La circunferencia |z − 2i| = 1 recorrida en sentido antihorario.
47. Sean f y g analı́ticas sobre y dentro del interior de una curva cerrada
C y supongamos que f (z) = g(z) para todo z ∈ C. Prueba que f (z) =
g(z) para todo z del interior de C.
155
48. Sea C la
9x2 + 4y 2 = 36 recorrida en el sentido antihorario. Sea
Z elipse
2
w +w+1
g(z) =
dw. Calcula g(i) y g(4i).
z−w
C
Z
e2z
49. Calcula
dz
2
C z −4
(a) siendo C una curva cerrada simple que rodea al punto 2 y que no
rodea al punto −2 ni pasa por él, recorrida en sentido antihorario.
(b) siendo C una curva cerrada simple que rodea a los puntos 2 y −2.
I
50. Calcula (1/(z 2 − 1))dz donde C es
C
(i) la circunferencia |z − 1| = 1, recorrida en sentido antihorario.
(ii) la circunferencia |z + 1| = 1 recorrida en sentido antihorario.
(iii) la circunferencia |z| = 2, recorrida en sentido antihorario.
(iv) la elipse 4x2 + y 2 = 100 recorrida en sentido antihorario.
H
51. Calcula la integral C (ez /(z 2 + 1))dz, donde C es una curva cerrada y
simple:
(i) que rodea al punto i y no al −i,
(ii) que rodea al punto −i pero no al i,
(iii) que rodea a los puntos i y −i,
(iv) que no rodea a ninguno de los dos puntos.
I
−2i
sin(απ) donde 1α = 1
52. Demuestra que
z α dz =
α
+
1
|z|=1
H
53. Demuestra que |z|=R logα zdz = 2πReαi i.
54. Calcula las integrales:
I
I
ez
1
dz,
dz,
2
|z|=1 z
|z|=2 z + 1
I
|z|=2a
ez
dz, a > 0.
z 2 + a2
Solución.
a) Usamos la fórmula de Cauchy, siendo f (z) = ez ,
I
ez
dz = 2πif (0) = 2πi.
|z|=1 z
156
b) Ponemos esta integral para aplicar la fórmula de Cauchy; descomponiendo en fracciones simples,
1
i
1
1
=
−
,
z2 + 1
2 z+i z−i
ası́ que si f (z) = 1,
I
I
I
1
i
dz
dz
i
=
−
= 2πi(f (−i)−f (i)) = 0.
2
2 |z|=2 z + i
2
|z|=2 z + 1
|z|=2 z − i
c) En este caso, como
1
1
=
2
2
z +a
2ai
1
1
−
z − ai z + ai
,
considerando f (z) = ez , es
I
I
I
ez
1
ez dz
ez dz
dz =
−
2
2
2ai |z|=2a z − ai
|z|=2a z + a
|z|=2a z + ai
1
=
2πi(eai − e−ai )
2ai
sen a
.
= 2πi
a
I
1
55. Calcula
dz, donde γ es la elipse x2 + 4y 2 = 1.
2
1
+
z
γ
Solución. Como las singularidades del integrando, z = ±i quedan
fuera de la elipse de semejes 1 y 21 , por el teorema de Cauchy la integral
es nula.
I
ez cos z
dz, donde γ es la circunferencia de centro 2+2i
56. Calcula
(1 + z 2 ) sen z
γ
√
y radio 2.
Solución. El denominador se anula en z = ±i y z = kπ, k ∈ Z.
2
1
2
-π
-1
157
π
Podemos aplicar el teorema de Cauchy y deducir que la integral es nula.
I
1
2πi
57. Si 0 < |a| < r < |b|, demuestra que
dz =
.
a−b
|z|=r (z − a)(z − b)
Solución. Si f (z) =
I
|z|=r
1
, basta aplicar la fórmula de Cauchy:
z−b
1
dz =
(z − a)(z − b)
I
|z|=r
1
z − b dz = 2πif (b) = 2πi .
z−a
a−b
58. Si γ es la circunferencia unidad, calcula las integrales
I
I
sinh z
ez
dz
dz
2
γ z + 2z + 2
γ z −2
Solución. La primera integral es nula por el teorema de Cauchy. Para
la segunda, como
z 2 + 2z + 2 = 0
⇒
z = −1 ± i,
y están fuera del cı́rculo unidad, la integral también es nula por el
mismo resultado.
59. Si γ Ies una circunferencia que contiene al punto a, calcula la integral
1
zez
dz.
2πi γ (z − a)3
Solución. La función f (z) = zez es una función entera.
Es f 0 (z) = ez + zez y f 00 (z) = ez (z + 2), luego
I
I
2!
zez
1
zez
1
1
00
f (a) =
dz
⇒
dz = f 00 (a) = ea (a+2).
3
3
2πi γ (z − a)
2πi γ (z − a)
2
2
1
60. Calcula la integral
2πi
I
γ
ez
dz
z(1 − z)3
a) Si γ es la circunferencia centrada en el origen de radio 21 .
b) Si γ es la circunferencia de centro 1 y radio 12 .
Solución.
158
ez
, entonces por la fórmula de Cauchy,
(1 − z)3
I
I
1
ez
1
g(z)
dz = g(0) = 1.
dz =
3
2πi γ z(1 − z)
2πi γ z
a) Definamos g(z) =
ez
b) En este caso,la función g(z) =
es analı́tica en un dominio que
z
contiene a la región de integración pero no al cero, luego
I
I
1
e
ez
1
g(z)
1
dz = −
dz = g 00 (1) = − ,
3
3
2πi γ z(1 − z)
2πi γ (z − 1)
2
2
pues
ez (z − 1)
[ez (z − 1) + ez ]z 2 − 2zez (z − 1)
00
,
g
(z)
=
, g 00 (1) = e.
2
4
z
z
I
ez dz? Usa la parametrización z = eiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π,
61. ¿Cuánto vale
g 0 (z) =
|z|=1
para deducir que
Z 2π
Z
cos θ
e
cos(sen θ + θ) dθ =
0
2π
ecos θ sen(sen θ + θ) dθ = 0
0
Solución. Es claro que la integral es nula por el teorema de Cauchy.
Si usamos la parametrización indicada, llegamos a que
Z 2π
Z 2π
cos θ+i sen θ iθ
e
ie dθ = 0 ⇒
ecos θ+i(θ+sen θ) dθ = 0.
0
0
Por tanto, desarrollando la exponencial,
Z 2π
ecos θ [cos(θ + sen θ) + i sen(θ + sen θ)] dθ = 0.
0
Igualando a cero las partes real e imaginaria se obtiene el resultado.
62. Calcula las siguientes integrales en el cuadrado centrado en el origen
de vértices ±(2 ± 2i).
I
dz
a)
z−i
I
dz
b)
(z − i)4
159
z dz
z−i
I
(z + 1)m
d)
dz, m ≥ 0 es un entero. Indicación: usa el teorema del binomio
zm
Solución.
I
c)
a) Si llamamos C al cuadrado, por el principio de deformación de
contornos y la fórmula de Cauchy, tenemos que
I
I
dz
dz
=
= 2πi.
|z−i|= 12 z − i
C z −i
Vemos en la gráfica siguiente los recintos:
2
1
-2
1
-1
2
-1
-2
Cuadrado de vértices ±(2 ± 2i) y circunferencia |z − i| = 12 .
b) Usando el mismo principio y el resultado del ejercicio 20 o bien la
fórmula generalizada de Cauchy,
I
I
dz
dz
=
= 0.
4
4
C (z − i)
|z−i|= 12 (z − i)
c) Sea f (z) = z. Entonces, la fórmula de Cauchy nos dice que
I
z dz
= 2πif (i) = −2π.
C z −i
d ) Por el principio de deformación de contornos,
I
I
I
m k
X
(z + 1)m
(z + 1)m
m z
dz =
dz =
dz.
m
m
z
z
k zm
C
|z|=1
|z|=1 k=0
160
Todas las integrales se anulan salvo la correspondiente al sumando
k = m − 1, por lo que
I
I
(z + 1)m
m
dz
= 2mπi.
d
=
zm
z
C
|z|=1 m − 1
63. Usa la descomposición en fracciones simples para probar que
I
I
Logz
Logz
dz =
dz
|z−3|=2 (z + 1)(z − 3)
|z−3|=2 4(z − 3)
Solución. Tenemos que la descomposición es
1
1
1
1
,
=
−
(z + 1)(z − 3)
4 z−3 z+1
log z
es analı́tica en C ≡ |z − 3| = 2, su integral es
z+1
nula por lo que queda probado el resultado.
√
64. Calcula las siguientes integrales a lo largo de la parábola y = x:
Z 4+2i
Z 4+2i
Z 4+2i
2
iz
(z + z −2 ) dz
(1 + z ) dz
c)
e dz
b)
a)
y como la función
d)
1+i
0
0
Z
4+2i
ez sinh z dz
0
Z
e)
4+2i
ez cosh(ez ) dz
Z
4+2i
f)
0
1+i
z2
z
dz
−1
Solución. Usamos el teorema de la primitiva:
Z 4+2i
eiz z=4+2i
e4i
iz
=i 1− 2 .
a)
e dz =
i z=0
e
0
Z 4+2i
z 3 z=4+2i 28 + 94i
(1 + z 2 ) dz = z +
b)
=
.
3 z=0
3
0
c) Observemos que en este caso el integrando tiene una singularidad
en z = 0 pero no afecta al cálculo.
Z
4+2i
1+i
z2 1
(z + z ) dz =
−
2
z
z=4+2i
−2
161
=
z=1+i
63 33i
+
.
10
5
d ) En este caso, si trabajamos con la expresión del sinh z,
Z 4+2i
Z
1 4+2i z z
z
e sinh z dz =
e (e − e−z ) dz
2
0
0
z=4+2i
1
= e2z
4
z=0
1
− (4 + 2i)
2
9
1
= e8+4i − − i.
4
4
e) Haciendo el cambio de variable u = ez ,
Z 4+2i
z=4+2i
= sinh(e4+2i ) − sinh 1.
ez cosh(ez ) dz = sinh ez
z=0
0
f ) Descomponiendo en fracciones simples,
z
1
1
1
=
+
.
z2 − 1
2 z−1 z+1
1
Ası́ que una primitiva del integrando es la función (Log(z − 1) +
2
Log(z + 1)). Esta función es analı́tica en un dominio simplemente
conexo que contiene al arco de parábola (véase la figura, en rojo
el corte de rama para esta función, en azul el arco de parábola)
luego
Z 4+2i
4+2i
1
11 + 16i
1
z
dz
=
(Log(z−1)+Log(z+1))
.
= Log
2
z −1
2
2
−1 + 2i
z=1+i
1+i
1
-3
-2
1
-1
65. Calcula las siguientes integrales:
Z iz
e
a)
dz, γ(t) = eit , 0 ≤ t ≤ 2π
2
z
γ
Z
sen z
c)
dz, γ(t) = eit , 0 ≤ t ≤ 2π
3
γ z
Solución.
162
Z
b)
γ
2
1
dz, γ(t) = a + reit , 0 ≤ t ≤ 2π
z−a
Z
Logz
d)
dz, γ(t) = 1 + 12 eit , 0 ≤ t ≤ 2π, n ≥ 0
n
γ z
a) Si f (z) = eiz , entonces f 0 (z) = ieiz y basta aplicar la fórmula de
Cauchy:
Z iz
e
dz = 2πif 0 (0) = 2πi2 = −2π.
2
γ z
b) Usamos de nuevo la fórmula de Cauchy, con f (z) = 1, y
Z
1
dz = 2πif (a) = 2πi,
γ z −a
resultado que ya habı́amos visto en el ejercicio 20.
c) Ahora es f (z) = sen z luego f 0 (z) = cos z y f 00 (z) = − sen z, de
donde
Z
sen z
2πi 00
f (0) = 0.
dz =
3
2!
γ z
d ) γ es la circunferencia de centro (1, 0) t y radio 21 . En la bola de
centro (1, 0) y radio | 34 por ejemplo (véase la figura), tanto Logz
como z n son funciones analı́ticas , y al ser el contorno cerrado, el
teorema de Cauchy nos dice que
Z
Logz
dz = 0.
n
γ z
3
4
1
2
1
4
-
1
2
-
3
4
1
2
Recintos |z − 1| =
1
7
4
1
3
y |z − 1| = .
2
4
66. Calcula las integrales (γ es la circunferencia unidad con orientación
positiva);
Z
Z
Z
cos z
cos z
cos z
dz
dz
dz
2
2
z
γ
γ z − 2z
γ z
Solución.
163
a) En el primer caso basta aplicar la fórmula de Cauchy, si f (z) =
cos z,
Z
cos z
dz = 2πif (0) = 2πi.
z
γ
b) De nuevo aplicamos la fórmula de Cauchy, siendo ahora f (z) =
cos z
,
z−2
Z
Z
f (z)
cos z
dz =
dz = 2πif (0) = −πi.
2
z
γ
γ z − 2z
c) Ahora aplicamos la fórmula generalizada de Cauchy, siendo f (z) =
cos z y
Z
cos z
dz = 2πif 0 (0) = 0.
2
γ z
I
dz
x2 y 2
y
67. Halla un arco γ cuya imagen sea la elipse 2 + 2 = 1, calcula
a
b
γ z
deduce el valor de la integral
Z 2π
dt
2
2
a cos t + b2 sen2 t
0
Solución. Usamos las coordenadas polares “generalizadas”;
(
x 2 y 2
x = a cos t
+
=1⇒
⇒ γ(t) = a cos t+ib sen t, t ∈ [0, 2π].
a
b
y = b sen t
Con esta parametrización,
Z 2π
I
−a sen t + ib cos t
dz
=
dt
a cos t + ib sen t
0
γ z
Z 2π
Z 2π
ab sen2 t + ab cos2 t
−a2 sen t cos t + b2 sen t cos t
dt
+
i
dt
=
a2 cos2 t + b2 sen2 t
a2 cos2 t + b2 sen2 t
0
0
Z 2π
Z 2π
sen t cos t
1
2
2
= (b − a )
dt + iab
dt
2
2
2
2
2
2
a cos t + b sen t
a cos t + b2 sen2 t
0
0
Como por la fórmula de Cauchy sabemos que
I
dz
= 2πi,
γ z
concluimos entonces que
Z 2π
0
a2
cos2
dt
2π
=
.
2
2
t + b sen t
ab
164
ez
dz, siendo C la circunferencia
m
C z
unidad |z| = 1 orienta en el sentido contrario a las agujas del reloj.
I
68. Sea m un número entero. Calcula
Solución.
ez
a) Si m ≤ 0, entonces la función z → m es analı́tica en C, luego el
z
teorema de Cauchy implica que la integral es nula.
ez
b) Si m > 0, la función z → m tiene un polo en el origen; podemos
z
evaluar la integral pedida por la fórmula generalizada de Cauchy
o por el teorema de los residuos. Usando la fórmula de Cauchy,
siendo f (z) = ez , tenemos que
I
C
2πif m−1) (0)
2πi
ez
dz
=
=
.
m
z
(m − 1)!
(m − 1)!
En definitiva, para m ∈ Z,
I
C
z

0
e
dz =

zm
2πi
(m − 1)!
m≤0
m>0
2z + 1
1
dz
siendo
C:
el
cı́rculo
|z|
=
, el cı́rculo |z| = 2, el
2
2
C z +z
cı́rculo |z − 3i| = 1.
I
69. Calcula
Solución.
La función
2z + 1
z2 + z
es analı́tica en todo el plano salvo en z = 0, z = −1 y los tres recintos
de integración son:
f (z) =
165
4
3
2
1
-2
-1
1
2
-1
-2
a) z = 0 es la única singularidad de f en el recinto |z| ≤ 1/2. Luego
I
C
2z + 1
dz =
z2 + z
I
C
2z+1
z+1
z
dz = 2πi
b) En este caso ambas singularidades caen el el recinto |z| ≤ 2, ası́
que descomponemos en fracciones simples:
I
I
I
2z + 1
1
1
dz =
dz +
dz = 2πi + 2πi = 4πi
2
C z +z
C z
C z +1
c) Dado que f es analı́tica en |z − 3i| ≤ 1, la integral es nula, por el
teorema de Cauchy.
I 2iz
e
z4
70. Calcula la integral
−
dz siendo C el cı́rculo |z| = 6.
z4
(z − i)3
C
Solución. Aplicamos la fórmula generalizada de Cauchy:
I 2iz
I 2iz
I
e
z4
e
z4
2πi 000
2πi 00
dz
=
g
(0)−
h (i)
−
dz−
dz
=
4
3
z4
(z − i)3
3!
2!
C
C z
C (z − i)
166
siendo g(z) = e2iz y h(z) = z 4 funciones analı́ticas en C. Por tanto,
como
g 0 (z) = 2ie2iz ,
g 00 (z) = −4e2iz ,
h0 (z) = 4z 3 ,
g 000 (z) = −8ie2iz
h00 (z) = 12z 2
⇒
⇒
g 000 (0) = −8i
h00 (i) = −12,
la integral vale
I 2iz
e
2πi
8π
z4
dz =
(−8i) − πi(−12) =
+ 12πi.
−
4
3
z
(z − i)
6
3
C
71. Si C es el contorno del cuadrado cuyos lados están sobre las rectas
x = ±2, y = ±2 recorrido en sentido antihorario, calcula las integrales:
I
I
tg(z/2)
cosh z
dz, −2 < x0 < 2;
dz.
2
z4
C (z − x0 )
C
Solución.
a) En el primer caso aplicamos la fórmula generalizada de Cauchy
siendo la función elegida f (z) = tg(z/2), por lo que f 0 (z) =
1
. Entonces,
2
2 cos (x0 /2)
I
tg(z/2)
πi
0
dz
=
2πif
(x
)
=
.
0
2
cos2 (x0 /2)
C (z − x0 )
b) En el segundo caso aplicamos la fórmula generalizada de Cauchy
a f (z) = cosh z. Como f 0 (z) = sinh z, f 00 (z) = cosh z, f 000 (z) =
sinh z, entonces,
I
cosh z
2πi 000
dz
=
f (0) = 0.
z4
3!
C
72. Sea C el cı́rculo unidad, |z| = 1.
I az
e
a) Calcula
dz, a ∈ R.
C z
Z
b) Deduce de lo anterior el valor de la integral
0
Solución.
167
π
ea cos θ cos(a sen θ) dθ.
a) Si f (z) = eaz , la fórmula de Cauchy nos dice que
I az
e
dz = 2πif (0) = 2πi.
C z
b) Si γ(t) = eit , con t ∈ [0, 2π] es una parametrización de C,
I
C
eaz
dz =
z
Z
2π
0
Z
eaγ(t) 0
γ (t) dt = i
γ(t)
Z
2π
it
eae dt
0
2π
ea cos t (cos(a sen t) + i sen(a sen t)) dt
Z 2π
Z0 2π
a cos t
e
sen(a sen t) dt + i
ea cos t cos(a sen t) dt = 2πi,
=−
=i
0
0
de donde deducimos que
Z 2π
ea cos t cos(a sen t) dt = 2π.
0
Ahora bien, como el integrando es una función simétrica en el
intervalo [0, 2π] respecto de π, es decir, si α(t) = ea cos t cos(a sen t)
entonces α(t) = α(2π − t), deducimos que
Z π
ea cos t cos(a sen t) dt = π.
0
Nota: si hubiésemos elegido t ∈ [−π, π] llegamos a
2π y ahı́ se ve claramente la paridad.
168
Rπ
−π
ea cos t cos(a sen t) dt =
5.
5.1.
Series complejas
Series de números
Definición 5.1. Una serie de números complejos es una suma infinita del
tipo
c0 + c1 + c2 + c3 · · ·
o equivalentemente de la forma
∞
X
ck
k=0
donde los términos ck son números complejos.
Definición 5.2. La suma parcial de orden n de la serie es la suma finita
S n = c0 + c1 + · · · + cn .
Definición 5.3. Si la sucesión de sumas parciales (Sn ) tiene un lı́mite S ∈ C,
la serie se dice convergente y se escribe
S=
∞
X
cj .
j=0
Diremos que S es la suma de los infinitos términos de la serie o que la serie
converge a S.
Definición 5.4. Si lı́m SN = ∞ diremos que la serie es divergente a ∞ y
escribiremos
∞
X
N →+∞
ck = ∞.
k=0
Comentario 5.1. Obsérvese lo siguiente
∞
X
ck = c0 +
k=0
∞
X
∞
X
ck
k=1
ck = c0 + c1 +
k=0
∞
X
ck
k=2
Ası́ podemos dividir una serie infinita en dos sumas, una primera con una
cantidad finita de términos, y otra con el resto de infinitos términos de la
serie inicial.
169
Teorema 5.1. Para todo c ∈ C con |c| < 1 se tiene que
∞
X
ck =
k=0
1
.
1−c
Si |c| > 1 entonces la serie es divergente a ∞:
∞
X
ck = ∞, si |c| < 1
k=0
Demostración. Supongamos que c 6= 1. Se puede demostrar que para cada
número natural n se tiene que
Sn =
1 − cn+1
.
1−c
Al tomar lı́mite cuando n → +∞ el comportamiento de la sucesión cn+1
depende de si |c| < 1, |c| = 1 o si |c| > 1.
Si |c| < 1 entonces lı́m cn+1 = 0 y si |c| > 1 entonces lı́m cn+1 = ∞.
n→∞
n→∞
El caso |c| = 1 es más complejo y no lo estudiamos aquı́.
Comentario 5.2. Como ya sabemos que
∞
X
ck =
k=0
∞
X
k
c =
∞
X
k=2
ck =
ck − 1 =
k=0
k=1
También
∞
X
∞
X
k=0
ck − 1 − z =
1
también tenemos
1−c
1
z
−1=
.
1−z
1−z
1
z2
−1−z =
.
1−z
1−z
Teorema 5.2. Supóngase que los números complejos ck cumplen que |ck | ≤
Mk para ciertos números reales positivos Mk . Si la serie de los números posi∞
X
tivos
Mk es convergente entonces también lo será la serie de los números
k=0
complejos
∞
X
ck .
k=0
Ejemplo 160. La serie de números complejos
∞
X
(1 + i)k
k=0
to que
(1 + i)k
2k/2
=
k!
k!
170
k!
es convergente pues-
y la serie de números reales
∞
X
2k/2
k!
k=0
√
es convergente (converge a e
2
como se
estudia en Análisis Matemático).
Teorema 5.3. Sea
∞
X
ck una serie de números complejos. Supóngase que
k=0
lı́m |ck+1 /ck | = L.
k→∞
Si L > 1 la serie es divergente y si L < 1 la serie es convergente.
Ejemplo 161. Sea c un complejo cualquiera. Consideremos la serie
∞
X
(k +
k=0
1)ck . Observemos que
lı́m
k→+∞
(k + 2)ck+1
= |c|
(k + 1)ck
Si |c| < 1 entonces la serie es convergente es y si |c| > 1 entonces será
divergente a ∞.
∞
X
2k
Ejemplo 162. La serie
(i/3)k es una serie convergente.
k
n=1
5.2.
Series de potencias
Definición 5.5. Una serie de la forma
∞
X
ak (z − z0 )k = a0 + a1 (z − z0 ) + a2 (z − z0 )2 + a3 (z − z0 )3 + · · ·
k=0
se llama serie de potencias. Las constantes ak ∈ C se llaman coeficientes de
la serie y el punto z0 se llama centro de la serie.
Comentario 5.3. El número a0 se llama término independiente.
Queremos estudiar para qué valores de z la serie resulta convergente. Por
ejemplo, es claro que para z = z0 la serie es convergente y su suma es igual
al término independiente a0 puesto que los demás sumandos valen 0. ¿Qué
ocurre para los demás valores de z? En el siguiente teorema se resuelve el
problema.
Teorema 5.4. Dada una serie de potencias
∞
X
k=0
una de las siguientes posibilidades:
171
ak (z − z0 )k ocurre una y solo
1. La serie converge solo cuando z = z0 .
2. La serie converge para todo z complejo.
3. Existe un único número real 0 < R < ∞, que depende solo de la
sucesión de los coeficientes (ak ), tal que la serie converge si |z−z0 | < R.
y la serie diverge para |z − z0 | > R.
Definición 5.6. El número R que aparece en el tercer punto del teorema
anterior se llama radio de convergencia de la serie de potencias.
El disco |z−z0 | < R se llama disco de convergencia de la serie de potencias.
Comentario 5.4. En el primer caso del teorema diremos que la serie de potencias tiene radio de convergencia R = 0 y en el segundo diremos que tiene
radio de convergencia infinito R = ∞.
Existe una fórmula general para el cálculo del radio de convergencia R.
Se llama fórmula de Hadamard:
Teorema 5.5. El radio de convergencia de la serie de potencias
∞
X
ak (z − z0 )k
k=0
viene dado por la fórmula
R=
1
.
lı́m sup |ak |1/k
|ak |
entonces también es
k→∞ |ak+1 |
En los casos en los que exista el lı́mite L = lı́m
cierto que
R = L.
Ejemplo 163. El radio de convergencia de la serie de potencias
∞
X
zk
es
k!
k=0
R = +∞. Esto significa que la serie es convergente para todo z complejo.
∞
X
Ejemplo 164. El radio de convergencia de la serie
kz k es R = 1. Esto
k=0
significa que la serie es convergente si |z| < 1 y divergente si |z| > 1.
∞
X
2k k
Ejemplo 165. El radio de convergencia de la serie de potencias
z es
k
k=0
R = 1/2. Esto significa que la serie es convergente si |z| = |z − 0| < 1/2 y es
divergente a ∞ si |z| > 1/2.
172
Ejemplo 166. El radio de convergencia de la serie de potencias
∞
X
k!z k es
k=0
R = 0. Esto significa que la serie es convergente solo cuando z = 0.
Definición 5.7. Una serie de potencias con radio de convergencia 0 < R <
∞ define una función sobre el disco de convergencia |z − z0 | < R (o sobre
todo C si es que R = ∞), asignando a cada z del disco el valor de la suma
infinita. La función ası́ definida se llama función suma de la serie de potencias.
Escriiremos
∞
X
f (z) =
ak (z − z0 )k
k=0
y diremos que f es la función suma de la serie.
∞
X
1
z n para todo |z| < 1.
=
Ejemplo 167. f (z) =
1−z
n=0
∞
X
z
Ejemplo 168. f (z) =
=
z n para todo |z| < 1.
1−z
n=1
Las funciones que son suma de una serie de potencias tienen muchas
propiedades. En los siguientes teoremas estudiaremos algunas de ellas.
Teorema 5.6. Sea
∞
X
ak (z − z0 )k una serie de potencias convergente en el
k=0
disco de convergencia |z − z0 | < R. Sea f (z) la función suma de la serie
f (z) =
∞
X
ak (z − z0 )k .
k=0
Entonces f es analı́tica en el disco de convergencia y además los coeficientes
de la serie dependen de las derivadas de f (z) en el punto z0 :
aj =
f (j) (z0 )
j!
para todo j = 0, 1, 2, 3, · · ·
Comentario 5.5. En particular c0 = f (z0 ), c1 = f 0 (z0 ), c2 = f 00 (z0 )/2! y
c3 = f 000 (z0 )/6.
Ejemplo 169. La función f (z) = 1/(1 − z) es la suma de la serie de potencias
∞
X
z k cuando |z| < 1. En esta serie de potencias todos los coeficientes valen
k=0
173
1: ak = 1 para todo k = 0, 1, 2 · · · . La función es analı́tica en el disco unidad como puede comprobarse directamente y además sus derivadas de orden
superior en el origen z0 = 0 valen
f (k) (0) = k!
Teorema 5.7. Si f (z) =
∞
X
ak (z − z0 )k entonces f 0 (z) es la suma de la
k=0
serie de potencias derivada término a término:
f 0 (z) =
∞
X
kak (z − z0 )k−1 .
k=1
De modo similar:
00
f (z) =
∞
X
k(k − 1)ak (z − z0 )k−2 ,
k=2
y lo mismo para las derivadas de órdenes superiores. Las fórmulas son válidas
para todo z del disco de convergencia.
Ejemplo 170. Como
∞
X
1
z n tenemos que
=
1−z
n=0
f 0 (z) =
∞
X
1
=
nz n−1
(1 − z)2
n=1
para todo |z| < 1.
También
f 00 (z) =
∞
X
2
=
n(n − 1)z n−2 .
(1 − z)3
n=2
∞
X
1
=
Ejemplo 171. Sabiendo que
z n vamos a probar que
1−z
n=0
∞
∞
X
X
z n+1
zn
−Log(1 − z) =
=
n + 1 n=1 n
n=0
para todo |z| < 1. Eh efecto, si llamo f (z) = −Log(1 − z), está claro que
f es analı́tica en |z| < 1, su derivada es 1/(1 − z) y f (0) = 0. Si llamo
174
g(z) =
∞
X
zn
es claro que g es analı́tica en |z| < 1 (porque su radio de
n
convergencia es R = 1), g(0) = 0 y
n=1
0
g (z) =
∞
X
z
n−1
=
n=1
∞
X
zn =
n=0
1
1−z
De aquı́ se deduce que f y g son la misma función.
∞
X
zk
Ejemplo 172. Consideremos la serie de potencias
. esta serie de potenk!
k=0
∞
X
zk
cias tiene radio de convergencia infinito. Sea f (z) =
la función suma
k!
k=0
de la serie. La función f está bien definida en todo el plano complejo, es
analı́tica en el plano complejo y cumple que f (0) = 1 y
0
f (z) =
∞
X
kz k−1
k=1
k!
∞
∞
X
X
z k−1
zk
=
=
= f (z)
(k
−
1)!
k!
k=1
k=0
Esto prueba que f (z) = ez porque ez es la única función compleja que
cumple f (0) = 1 y f 0 (z) = f (z) para todo z ∈ C.
Teorema 5.8. Sea
∞
X
ak (z − z0 )k una serie de potencias con radio de con-
k=0
vergencia R > 0. Sea f la suma de la serie de potencias en el disco de
convergencia |z − z0 | < R y sea γ[a, b] → C una curva contenida en el disco
de convergencia. Entonces
Z
Z
∞
∞
X
X
(z − z0 )k+1 γ(b)
k
ak (z − z0 ) dz =
ak
f (z)dz =
k+1
γ(a)
C
C
k=0
k=0
5.3.
Series de Taylor
Sea f una función analı́tica en z0 . Recordamos que esto significa que existe
un disco D de un cierto radio r > 0 centrado en z0 de modo que f es derivable
en todos los puntos de ese disco, esto es, es derivable en |z −z0 | < r. Como ya
sabemos, en variable compleja si existe f 0 (z) para todo z de un disco, entonces
también existen f 00 (z), f 000 (z), · · · las derivadas de todos los órdenes.
Definición 5.8. Sea f analı́tica en el punto z0 . La serie infinita
∞
X
f (j) (z0 )
j=0
j!
(z − z0 )j
175
se llama serie de Taylor de f en el punto z0 . Si z0 = 0 la serie también se
llama serie de McLaurin.
Comentario 5.6. El polinomio de Taylor de orden n es la suma parcial de
orden n de la serie de Taylor.
Teorema 5.9. Sea f analı́tica en el disco |z − z0 | < r. La serie de Taylor de
f en el punto z0 converge a f (z) para todo z del disco, esto es,
f (z) =
∞
X
f (k) (z0 )
k!
k=0
(z − z0 )k
para todo z tal que |z − z0 | < r.
Series de Taylor de algunas funciones elementales:
1. Para la función exponencial tenemos
ez =
∞
X
zn
n=0
n!
= 1 + z + z 2 /2! + z 3 /3! + · · ·
fórmula válida para todo z ∈ C.
2. Para las funciones trigonométricas tenemos
sin z =
∞
X
(−1)n z 2n+1
n=0
cos z =
(2n + 1)!
∞
X
(−1)n z 2n
n=0
(2n)!
= z − z 3 /3! + z 5 /5! − z 7 /7! + . . .
= 1 − z 2 /2! + z 4 /4! − z 6 /6! + · · ·
fórmulas válidas para todo z ∈ C.
3. Para Log(1 + z) tenemos
Log(1 + z) =
∞
X
j=1
(−1)j+1
zj
,
j
fórmula válida para todo |z| < 1.
4. La serie de Taylor de la función tan(z) centrada en z0 = 0 es
z 3 2z 5
+
+ ···
3
15
pues tan(0) = 0, tan0 (0) = 1, tan00 (0) = 0, tan000 (0) = 2, tan(4) (0) = 0 y
tan(5) (0) = 16.
tan(z) = z +
176
Algunas propiedades básicas sobre las series de Taylor:
1. Si
∞
X
f (j) (z0 )
j=0
j!
(z − z0 )j es la serie de Taylor de f entonces la serie de
Taylor de cf (z) es
∞
X
cf (j) (z0 )
j!
j=0
(z − z0 )j
2. La serie de Taylor de la suma es la suma de las series de Taylor. Lo
mismo para la resta.
3. Si f (z) =
∞
X
∞
X
k
ak (z − z0 ) y g(z) =
k=0
bj (z − z0 )k entonces la serie de
k=0
Taylor del producto es
f (z)g(z) =
X
ck (z − z0 )k
k=0
que se llama serie producto de Cauchy, cuyos coeficientes son
ck =
k
X
ak−j bj .
j=0
Ejemplo 173. La serie de Taylor de cosh(z) centrada en el origen es
∞
X
z 2n
cosh(z) =
(2n)!
n=0
Ejemplo 174. La serie de Taylor de sinh(z) centrada en el origen es
sinh(z) =
∞
X
n=0
z 2n+1
(2n + 1)!
Ejemplo 175. La serie de Taylor de Log(1 + z) es
Log(1 + z) =
∞
X
(−1)k+1 z k
k=1
177
k
5.4.
Series de Laurent, ceros y singularidades
Investigamos ahora la posibilidad de representar mediante una serie una
función compleja cerca de una singularidad.
Definición 5.9. Una singularidad de una función f (z) es un punto donde
la función no es analı́tica.
Ejemplo 176. z0 = 0 es una singularidad de f (z) = 1/z.
Ejemplo 177. Cualquier punto complejo de la forma z0 = x + 0i con x ≤ 0
es una singularidad de Log(z).
Ejemplo 178. La función f (z) = 1/(1 + z 2 ) presenta una singularidad en
z0 = i. También tiene otra singularidad en z1 = −i.
Un caso particular de singularidad son las llamadas singularidades aisladas.
Definición 5.10. Una singularidad aislada de f es un punto z0 donde la
función no es analı́tica, pero existe un disco centrado en z0 de radio positivo,
punzado, donde f sı́ es analı́tica, esto es, f no es derivable en z0 pero existe
un radio r > 0 tal que f es analı́tica en 0 < |z − z0 | < r.
Comentario 5.7. El disco punzado 0 < |z − z0 | < r es el disco abierto menos
el centro.
Ejemplo 179. z0 = 0 es una singularidad aislada de la función 1/z pues
existe un disco centrado en z0 = 0 de radio positivo (de hecho podemos
elegir cualquier radio en este caso) de modo que f es analitica en el disco a
excepción del centro z0 = 0.
Ejemplo 180. Cualquier punto de la forma z0 = x + i0 con x ≤ 0 es una
singularidad no aislada de Log(z): es imposible encontrar un disco centrado
en z0 de modo que Log(z) sea analı́tica en todos los puntos del disco quitando
el centro.
Ejemplo 181. z0 = i es una singularidad aislada de f (z) = 1/(z 2 + 1). Basta
tomar r = 1 por ejemplo.
Teorema 5.10. Sean 0 ≤ r < R ≤ +∞. Supongamos que f (z) es una
función analı́tica en el anillo r < |z − z0 | < R (incluido los casos extremos
r = 0 y/o R = +∞). Entonces f se puede representar como la suma de dos
series centradas en z0 :
f (z) =
∞
X
aj (z − z0 )j +
j=0
∞
X
j=1
178
a−j (z − z0 )−j ,
ambas convergentes en el anillo. Los coeficientes aj vienen determinados por
la fórmula
I
1
f (w)
aj =
dw,
2πi C (w − z0 )j+1
para todo j ∈ Z, donde C es cualquier circunferencia orientada positiva,
centrada en z0 y contenida en el anillo.
Comentario 5.8. Esta representación, que contiene potencias positivas y negativas de (z − z0 ), se llama serie de Laurent de f en el anillo y se escribe de
forma compacta en la forma
∞
X
aj (z − z0 )j .
j=−∞
Comentario 5.9. De la serie de Laurent
∞
X
aj (z − z0 )j ,
j=−∞
la serie
∞
X
aj (z − z0 )j es una serie de potencias centrada en z0 y se llama
j=0
parte analı́tica de la serie de Laurent.
0
X
La serie
aj (z − z0 )j se llama parte singular de la serie.
j=−∞
Comentario 5.10. Si f fuese analı́tica en el cı́rculo |z − z0 | < R entonces
los coeficientes aj con j un entero negativo, son nulos y la serie de Laurent
colapsarı́a a una serie de potencias (se anula la parte singular).
Supongamos que z0 es una singularidad aislada de f . Recuérdese que esto
quiere decir que f no es analı́tica en z0 pero sı́ en un disco punzado alrededor
de z0 de radio pongamos R. Sabemos por el teorema anterior que f admite
una representación mediante serie de Laurent de la forma
f (z) =
∞
X
aj (z − z0 )j ,
j=−∞
válida en 0 < |z − z0 | < R.
Definición 5.11. Sea z0 una singularidad aislada de f y sea
∞
X
j=−∞
la correspondiente serie de Laurent de f centrada en z0 .
179
aj (z − z0 )j
1. Si aj = 0 para todo j < 0 entonces z0 es una singularidad evitable.
2. Si am 6= 0 para algún m < 0 y an = 0 para todo n < m diremos que z0
es un polo de orden m para f .
3. Si aj 6= 0 para infinitos ı́ndices j < 0 entonces diremos que z0 es una
singularidad esencial.
Ejemplo 182. La función (sin z)/z presenta en z = 0 una singularidad evitable.
Ejemplo 183. ez /z 3 presenta en el punto z = 0 un polo de orden 3.
Ejemplo 184. La función (cos z − 1)/z 3 presenta en z = 0 un polo de orden
1.
Ejemplo 185. La función e1/z presenta en z = 0 una singularidad esencial.
Las singularidades evitables son caracterizadas por el siguiente teorema.
Teorema 5.11. Si f presenta en z0 una singularidad evitable, f (z) tiene
lı́mite en el punto z0 y se puede redefinir en z0 para que la nueva función sea
analı́tica en z0 .
Ejemplo 186. La función sin(z)/z se puede definir en z = 0 con f (0) = 1.
Con esta definición f es analı́tica en z = 0.
Los polos son caracterizados por el siguiente teorema.
Teorema 5.12. La función f presenta en z0 un polo de orden m si y solo si
f (z) =
g(z)
(z − z0 )m
donde g es analı́tica en z0 y g(z0 ) 6= 0. En particular, el lı́mite de f (z) cuando
z tiende a z0 es ∞.
Ejemplo 187. La función (1 − cos(z))/z 3 puede escribirse de la forma:
1 − cos(z)
g(z)
=
,
3
z
z
donde g(z) es la función definida por la serie de potencias
g(z) = (1/2) − z 2 /4! + z 4 /6! − · · ·
que obviamente cumple que g(0) = 1/2 6= 0. Luego el origen z0 = 0 es un
polo de orden 1.
180
ez − 1
Ejemplo 188. La función
tiene en z = 0 un polo de orden 1 puesto
z2
que
ez − 1
z + z 2 /2! + z 3 /3! + · · ·
1 + z/2! + z 2 /3! + · · ·
.
=
=
z2
z2
z
Si ponemos
g(z) = 1 + z/2! + z 2 /3! + · · ·
g(z) es una función analı́tica con g(0) = 1 y
ez − 1
g(z)
.
=
2
z
z
Definición 5.12. Sea f (z) una función analı́tica en un abierto D. Un punto
z0 ∈ D es un cero de orden m de f (z) si f (z0 ) = f 0 (z0 ) = · · · = f (m−1) (z0 ) =
0, y f (m) (z0 ) 6= 0.
Ejemplo 189. z0 = 0 es un cero de orden m01 para sin(x) pues sin(0) = 0 y
cos(0) = 1 6== 0.
Ejemplo 190. z0 = 0 es un cero de orden m = 3 para f (z) = sin(z) − z, pues
f (0) = f 0 (0) = f 00 (0) = 0 y f 000 (0) = − cos(0) = −1 6= 0.
Comentario 5.11. Si z0 es un cero de orden m entonces la serie de potencias
de f centrada en z0 toma la forma
f (z) = am (z − z0 )m + am+1 (z − z0 )m+1 + · · ·
o bien, sacando factor común
f (z) = (z − z0 )m (am + am+1 (z − z0 ) + am+2 (z − z0 )2 + · · · )
Esto quiere decir que f (z) = (z − z0 )m g(z) donde g(z) es una cierta función
analı́tica en z0 que no se anula en z0 .
Teorema 5.13. Sea f analı́tica en z0 . Entonces f tiene en z0 un cero de
orden m si y solo si f se puede escribir como
f (z) = (z − z0 )m g(z)
con g una función analı́tica en z0 que no se anula en z0 .
Ejemplo 191. La función sin(z) tiene en el origen un cero de orden 1 puesto
que la función puede escribirse como
sin(z) = z(1 − z 2 /3! + z 4 /4! − z 6 /7! + · · · ) = zg(z)
siendo g(z) una función analı́tica en el origen y g(0) = 1.
181
Ejemplo 192. La función sin(z) − z tiene en z0 = 0 un cero de orden 3 pues
sin(z) − z = (z − z 3 /3! + z 5 /5! − z 7 /7! + · · · ) − z
= −z 3 /3! + z 5 /5! − z 7 /7! + · · ·
= z 3 (−1/3! + z 2 /5! − z 4 /7! + · · · )
= z 3 g(z)
donde g es una función analı́tica tal que g(0) = −1/3!.
Ejemplo 193. La función Log(1 + z) − z tiene en el origen un cero de orden
2.
Comentario 5.12. Como consecuencia de este teorema, si f es analı́tica y
f (z0 ) = 0 o bien f es constante igual a 0 o existe un disco punzado alrededor
de z0 donde f no tiene ceros.
El siguiente resultado sirve de ayuda para distinguir el orden de los polos.
Teorema 5.14. Si f tiene un cero de orden m en z0 y g(z) es una función
analı́tica en z0 con g(z0 6= 0, )entonces g(z)/f (z) tiene en z0 un polo de orden
m.
Ejemplo 194. Como sin(z) − z tiene un cero de orden 3 y cos(z) es analı́tica
y no se anula en el origen resulta que la función cos(z)/(sin(z) − z) tiene un
polo de orden 3 en z0 = 0.
Ejemplo 195. Como Log(z) − z tiene un cero de orden 2 en el origen resulta
que la función (1 + z 2 )/(Log(z) − z) tiene un polo de orden 2 en z0 = 0.
182
5.5.
Hoja de problemas del tema 5
1. Calcula la suma de las siguientes series:
∞
X
(a)
(i/3)j .
j=0
(b)
∞
X
(1/(j + 2) − 1/(j + 1)).
j=0
(c)
∞
X
(−1)j (2/3)j .
j=0
2. Estudia la convergencia de las siguientes series numéricas:
n
∞ X
3i − 4
(a)
.
5
n=0
(b)
(c)
(d)
(e)
∞
X
in
.
n+2
2
n=0
∞
X
(1 − i)n
n=0
∞
X
n+1
.
(3 + i)n /n!.
n=0
∞
X
(z + 5i)2n (n + 1)2 .
n=0
3. Determina los tres primeros coeficientes del desarrollo en serie de Taylor
en el origen de las funciones:
2
(a) ez .
(b)
z
.
Log(1 + z)
(c) ez sen z .
(d) ez cos z.
(e) ez/(1−z) .
4. Demuestra que
cosh(z) =
183
∞
X
z 2j
(2j)!
j=0
y que
sinh(z) =
∞
X
j=0
z 2j+1
.
(2j + 1)!
5. Halla la serie de Taylor de f (z) = z 3 centrada en z = 1.
6. Sea α ∈ C. Si tomamos (1 + z)α como la rama principal eαLog(1+z)
demuestra que para |z| < 1
(1 + z)α = 1 + αz +
α(α − 1) 2 α(α − 1)(α − 2) 3
z +
z + ···
2!
3!
7. Desarrolla la función f (z) = sen z en serie de Taylor centrada en z =
π/4 y determina el disco de convergencia.
8. Sea f (z) = 1/(1 − z). Prueba que
f (z) =
para |z − i| <
∞
X
(z − i)n
(1 − i)n+1
n=0
√
2. Calcula f (10) (i).
9. Justifica la identidad
1+z
Log
= Log(1 + z) − Log(1 − z)
1−z
para |z| < 1 y calcula la serie de Taylor de la función Log((1+z)/(1−z))
centrada en el punto z = 0.
10. Determina el radio de convergencia de las siguientes series de potencias:
∞
X
n!
zn.
(a)
n
(n + 1)
n=0
(b)
(c)
(d)
∞
X
3n z n .
n=0
∞
X
(2 + i2n )n z n .
n=0
∞
X
n=0
z 2n
.
3n
184
11. Calcula las sumas de las siguientes series de potencias:
∞
X
(a)
(n + 1)z n .
(b)
n=0
∞
X
n=1
zn
.
n
12. Sea f (z) =
∞
X
(k 3 /3k )z k . Calcula:
k=0
(6)
(a) f (0).
Z
(b)
f (z)/z 4 dz
Z
|z|=1
(c)
ez f (z)dz.
|z|=1
13. Z
Determina los tres primeros términos del desarrollo de Taylor de f (z) =
z
2
ew dw.
0
14. La ecuación de Bessel de orden n es
1
f 00 (z) + f 0 (z) + (1 − (n/z)2 )f (z) = 0.
z
Comprueba que la función de Bessel
Jn (z) =
∞
X
j=0
(−1)j
(z/2)2j+n
j!(n + j)!
es entera y satisface la ecuación de Bessel. (Las funciones de Bessel
aparecen en el estudio de propagación de ondas bidimensionales en
direcciones radiales.)
15. Utiliza series de potencias para resolver la ecuación funcional f (z) =
z + f (z 2 ) para f función analı́tica.
16. Halla la serie de Laurent de f (z) = (z 2 − 2z + 3)/(z − 2) en la región
|z − 1| > 1.
17. Halla la serie de Laurent de la función f (z) = 1/(z − 1)(z − 2) en:
(a) La región |z| < 1.
(b) La región 1 < |z| < 2
(c) La región |z| > 2.
185
18. Halla la serie de Laurent de f (z) = 1/z 2 (1 − z) centrada en el origen
en 0 < |z| < 1 y en |z| > 1.
19. Halla la serie de Laurent de f (z) = e1/z centrada en z = 0.
20. Halla la serie de Laurent de z 2 cos(1/z) en |z| > 0.
21. Halla la serie de Laurent de f (z) = 1/z(1 + z 2 ) en |z| < 1.
22. Halla la serie de Laurent de f (z) = (z + 1)/z(z − 4)3 en la región
0 < |z − 4| < 4.
23. Estudia la singularidad de sin(z)/(z 2 − 1)2 en z = 1.
24. Estudia las singularidades de tan(z)/z.
25. Estudia las singularidades de las siguientes funciones:
1
1
z
,
,
,
2
3
z
z +1
z −z
e −1
1
1
− .
z
e −1 z
zez
,
z2 − 1
zn
1
.
−1
26. Calcula el desarrollo en serie de Laurent centrada en z = 0 de las
funciones:
1
z + z2
z cos
1
z
z − sen z
z
186
cot z
z4
sinh z
− z2)
z 4 (1
6.
6.1.
Teorı́a de residuos
Definición y cálculo de residuos
Supongamos que z0 es una singularidad aislada de la función f (z). Entonces f se puede escribir como la suma de una serie de Laurent centrada en
z0 y con un cierto radio de convergencia:
a−1
a−2
+ a0 + a1 (z − z0 ) + a2 (z − z0 )2 + · · ·
+
f (z) = · · · +
2
(z − z0 )
z − z0
Definición 6.1. El coeficiente a−1 que acompaña a 1/(z −z0 ) en el desarrollo
en serie de Laurent de f alrededor de z0 se llama residuo de f en el punto
z0 . Es notado por
a−1 = Res(f ; z0 ).
Ejemplo 196. Como la función f (z) = (cos(z) − 1)/z 3 tiene como serie de
Laurent
1
1
1
+ z − z3 + · · ·
f (z) = −
2!z 4!
6!
el residuo de f en z0 = 0 es −1/2!.
Ejemplo 197. Como la función f (z) = ez /z 3 tiene como serie de Laurent
f (z) =
1
1
1
1
1
+
+
+
+
z + ···
z 3 z 2 2!z 3! 4!
el residuo de f en z = 0 es 1/2!.
Ejemplo 198. Sea f (z) = 1/z 2 (z − 1). Obsérvese que g(z) = 1/z 2 es analı́tica
en z0 = 1 y por lo tanto es la suma de su serie de Taylor centrada en z0 = 1
en un disco centrado en z0 :
g(z) =
1
= a0 + a1 (z − 1) + a2 (z − 1)2 + a3 (z − z0 )3 + · · ·
z
donde a0 = g(1), a1 = g 0 (1), a2 = g 00 (1)/2!, · · · .
Entonces
f (z) =
1
g(z)
a0
=
=
+ a1 + a2 (z − 1) + · · ·
− 1)
z−1
z−1
z 2 (z
y el residuo de f en z0 = 1 vale a0 = g(1) = 1.
Teorema 6.1. Sea f (z) = P (z)/Q(z), cociente de dos funciones analı́ticas
en z = z0 , Q(z0 ) = 0, Q0 (z0 ) 6= 0 y P (z0 ) 6= 0. Entonces z0 es un polo de
orden 1 y viene dado por la fórmula:
Res(f ; z0 ) =
187
P (z0 )
.
Q0 (z0 )
Ejemplo 199. El residuo de ez /(z − 1) en z0 = 1 es igual a P (1)/Q0 (1) = e,
siendo P (z) = ez y Q(z) = z − 1.
1
Ejemplo 200. El residuo de f (z) = 3
en z0 = 1 es P (1)/Q0 (1) =
2
z (1 − z )
−1/2 donde P (z) = 1 y Q(z) = z 3 − z 5 .
Ejemplo 201. El residuo de tan(z) en z0 = π/2 es sin(π/2)/(− sin(π/2)) =
−1, pues tan(z) = sin(z)/ cos(z).
Teorema 6.2. Si f tiene un polo de orden m en z0 entonces
1
dm−1
m
Res(f ; z0 ) = lı́m
(z − z0 ) f (z) .
z→z0
(m − 1)! dz m−1
Comentario 6.1. Para m = 1 la fórmula anterior es
Res(f ; z0 ) = lı́m ((z − z0 )f (z)).
z→z0
Comentario 6.2. Para m = 2 la fórmula es
d
2
(z − z0 ) f (z) .
Res(f ; z0 ) = lı́m
z→z0
dz
Comentario 6.3. Para m = 3 la fórmula es
1 d2
3
(z − z0 ) f (z) .
Res(f ; z0 ) = lı́m
z→z0
2! dz 2
Ejemplo 202. Para f (z) = ez /z 2 (z 2 + 9) el resı́duo en z0 = 0 es
d 2
z f (z)
z→z0 dz
d 2
ez
= lı́m
z 2 2
z→z0 dz
z (z + 9)
d ez
= lı́m
z→z0 dz z 2 + 9
d ez (z 2 + 9) − ez 2z
= lı́m
z→z0 dz
(z 2 + 9)2
= 1/9.
Res(f ; 0) = lı́m
por tratarse de un polo de orden 2.
188
Ejemplo 203. Para f (z) = 1/z 3 (1 − z 2 )
1
Res(f ; 0) =
lı́m
2! z→z0
1
lı́m
=
2! z→z0
= 1.
d2 3
z f (z)
dz 2
d2
1
dz 2 1 − z 2
pues es un polo de orden 3.
6.2.
El teorema de los residuos
Los residuos sirven para calcular integrales.
Teorema 6.3 (Teorema de los residuos). Sea Γ un camino cerrado y simple,
orientado positivo contenido en el abierto poligonalmente conexo y simplemente conexo G. Sea f analı́tica en G excepto en los puntos z1 , z2 , · · · , zn
situados en el interior de Γ. Entonces
I
n
X
f (z)dz = 2πi
Res(f ; zj ).
Γ
j=1
1
dz si C es |z| = 2 recorrida
3
C z (z + 4)
en sentido antihorario y si C es |z + 2| = 3.
El integrando tiene un polo triple en z = 0 y un polo simple en z = −4.
En el recinto limitado por |z| = 2 solo está el origen. Como
1
d2
1
1
z3
Res(f (z), 0) = lı́m 2
= lı́m 2(z + 4)−3 = ,
3
2! z→0 dz
z (z + 4)
2! z→0
64
I
Ejemplo 204. Calculemos la integral
la integral vale
I
|z|=2
1
πi
dz
=
.
z 3 (z + 4)
32
En el recinto de integración |z+2| = 3 éstan dentro las dos singularidades.
Como
1
1
Res(f (z), −4) = lı́m 3 = − ,
z→−4 z
64
la integral en este recinto es nula.
Ejemplo 205. Calculemos el valor de la integral
I
3z 3 + 2
dz
2
C (z − 1)(z + 9)
189
si C es |z − 2| = 2 recorrida en sentido antihorario y si C es |z| = 4.
Consideramos la función del integrando,
f (z) =
3z 3 + 2
.
(z − 1)(z 2 + 9)
En el recinto de integración |z − 2| = 2 solo hay un polo simple en z = 1,
cuyo residuo es
3z 3 + 2
1
Res(f (z), 1) = 2
= .
z + 9 z=1 2
Ası́ que la integral, por el teorema de los residuos es
I
3z 3 + 2
1
dz = 2πi · = πi.
2
2
C (z − 1)(z + 9)
Si el recinto de integración es |z| = 4, ahora caen dentro los 3 polos de
f (z), z = 1 y z = ±3i. Hemos de calcular los residuos en estos últimos:
Res(f (z), 3i) =
3z 3 + 2
(z − 1)(z + 3i)
Res(f (z), −3i) =
3z 3 + 2
(z − 1)(z − 3i)
z=3i
=
z=−3i
15 + 49i
.
12
=
15 − 49i
,
12
y el valor de la integral es
I
3z 3 + 2
1 15 + 49i 15 − 49i
dz = 2πi
+
+
= 6πi.
2
2
12
12
C (z − 1)(z + 9)
Ejemplo 206. Vamos a demostrar que
I
π
dz
= √
2
2
2 2
C (z − 1) + 3
siendo C el perı́metro del rectángulo cuyos vértices son ±2 y ±2 + i, con
orientación positiva.
Las singularidades aisladas del integrando son los ceros del polinomio
Q(z) = (z 2 − 1)2 + 3, que son:
√
(z 2 − 1)2 + 3 = z 4 − 2z 2 + 4 = 0 ⇒ z 2 = 1 ± 3i.
Dado que |1 ±
√
3i| = 2 y Arg(1 ±
√
π
3i) = ± , tenemos que
3
q
√
√ ±π/3+2kπ
1 ± 3i = 2ei 2 , k = 0, 1.
190
Es decir, que las raı́ces del denominador son
√ iπ
√ i 7π
√ −i π
2e 6 ,
2e 6 ,
2e 6 ,
√
5π
2ei 6 .
Dentro del rectángulo de integración están las raı́ces
√
√
√ iπ
√ 5i π
3+i
− 3+i
√
z0 = 2e 6 = √ ,
z1 = 2e 6 =
.
2
2
1.5
1.0
0.5
-2
1
-1
2
-0.5
-1.0
-1.5
Si escribimos el integrando como f (z) =
P (z)
, siendo P (z) = 1, los
Q(z)
resı́duos en estos polos simples son:
Res(f (z), z0 ) =
P (z0 )
1
√
√ ,
=
0
Q (z0 )
−2 6 + 6 2i
Res(f (z), z1 ) =
P (z1 )
1
√ .
= √
0
Q (z1 )
2 6 + 6 2i
Aplicando el teorema de los residuos concluimos que
I
1
dz
1
π
√
√ + √
√
= 2πi
= √ .
2
2
−2 6 + 6 2i 2 6 + 6 2i
2 2
C (z − 1) + 3
6.3.
Aplicaciones del teorema de los residuos (I)
∞
Z
Vamos a calcular el valor de la integral impropia
el teorema de los resı́duos.
Para ello consideramos la función compleja f (z) =
0
(x2
dx
utilizando
+ 1)2
1
. Esta función
+ 1)2
tiene polos dobles en z = ±i. Vamos a integrarla en un recinto en el semiplano
superior, en concreto, el limitado por la semicircunferencia |z| = R y el eje
de abscisas, por lo que en el interior del recinto de integración solo está el
polo z = i como se muestra en la figura.
191
(z 2
Para el cálculo del residuo en z = i:
(z 2
1
1
g(z)
=
=
2
2
2
+ 1)
(z − i) (z + i)
(z − i)2
donde
g(z) =
1
⇒
(z + i)2
es una función analı́tica en z0 = i y por lo tanto
g(z) = g(i) + g 0 (i)(z − i) +
g 00 (i)
(z − i)2 + · · ·
2!
de donde podemos concluir que
Res(f (z), i) = g 0 (i) =
1
.
4i
El teorema de los residuos implica que si llamamos C al contorno de la
figura, limitado por el arco CR de la semicircunferencia superior y el segmento
[−R, R] del eje de abscisas,
I
1
1
π
dz = 2πi ·
= .
2
2
4i
2
C (z + 1)
Ahora bien, dado que C = CR + [−R, R], la integral de f sobre C es la
suma de la integral de f sobre el arco de circunferencia CR más la integral
de f sobre el segmento [−R, R]. La integral de f sobre el segmento es
Z
Z
R
f (z)dz =
−R
[−R,R]
dx
(x2 + 1)2
y por lo tanto
Z
R
−R
1
π
dx = −
2
2
(x + 1)
2
192
Z
CR
(z 2
1
dz.
+ 1)2
Ahora bien, usando la desigualdad
Z
g(z)dz ≤ longitud(γ)M
γ
siendo M el máximo valor alcanzado por g sobre los puntos de la curva γ,
tenemos que en CR se tiene |z 2 + 1| ≥ ||z|2 − 1| = R2 − 1 luego
Z
1
πR
dz
≤
→ 0 si R → +∞.
2
2
(R2 − 1)2
CR (z + 1)
Tomando lı́mites en la última igualdad cuando R → +∞ concluimos que
Z +∞
Z +∞
dx
dx
π
π
⇒
=
= .
2
2
2
2
2
(x + 1)
4
0
−∞ (x + 1)
Teorema 6.4. Sean p(x) y q(x) polinomios tales que:
grado(p) + 2 ≤ grado(q)
q(x) no tiene raı́ces reales.
Entonces, si z1 , z2 , . . . , zm son las raı́ces complejas del polinomio q(z) situadas
en el semiplano superior:
Z +∞
m
X
p(z)
p(x)
dx = 2πi
Res
, zj .
q(z)
−∞ q(x)
j=1
Ejemplo 207. Calculemos la integral impropia
Z ∞
x2
dx.
2
2
2
−∞ (x + 9)(x + 4)
Consideramos para ello
z2
.
f (z) = 2
(z + 9)(z 2 + 4)2
Esta función tiene polos simples en z = ±3i y polos dobles en z = ±2i. Solo
nos preocupan los puntos z = 3i y z = 2i.
Res(f (z), 3i) =
z2
(z + 3i)(z 2 + 4)2
=−
z=3i
3
.
50i
Para calcular el residuo en el polo doble z = 2i ponemos
g(z)
z2
13
0
,
g(z)
=
⇒
Res(f
(z),
2i)
=
g
(2i)
=
.
(z − 2i)2
(z 2 + 9)(z + 2i)2
200i
Por tanto,
Z +∞
x2
π
,
dx = 2πi(−3/50i + 13/200i) =
2
2
2
100
−∞ (x + 9)(x + 4)
f (z) =
193
6.4.
Aplicaciones del teorema de los resı́duos (II)
Estudiemos otro tipo de cálculo de integrales reales mediante el teorema
de los residuos.
Z 2π
1
Vamos a calcular la integral
dθ.
(2 + cos θ)2
0
Consideramos la circunferencia unidad, C ≡ |z| = 1 y la parametrizamos
por z = eiθ , con 0 ≤ θ ≤ 2π. Entonces
cos θ =
z + 1/z
,
2
dz = ieiθ dθ = izdθ,
Se puede comprobar, usando la parametrización anterior que la integral compleja
I
1
dz
·
−1 2
iz
z+z
C
2+
2
es exactamente igual al valor de la integral que queremos calcular. Por lo
tanto:
Z
2π
0
dθ
=
(2 + cos θ)2
C
dz
4
=
·
−1 2
iz
i
z+z
1
I
2+
I
C
(z 2
z dz
.
+ 4z + 1)2
2
Para calcular las singularidades de la función compleja que aparece en el
integrando escribimos
z 2 + 4z + 1 = (z − z1 )(z − z2 )
donde
(
√
z1 = −2 − 3
√
z2 = −2 + 3
Ası́ que
f (z) =
(z 2
z
z
=
,
2
2
+ 4z + 1)
(z − z1 ) (z − z2 )2
estando solo z2 dentro del cı́rculo unidad.
194
1.0
0.5
-1.0
0.5
-0.5
1.0
-0.5
-1.0
Calculemos el residuo de esta última función en z2 :
d
(z − z2 )2 f (z)
z→z2 dz
z
d
= lı́m
z→z2 dz
(z − z1 )2
1
−z − z1
= √ .
= lı́m
3
z→z2 (z − z1 )
6 3
Res(f (z), z2 ) = lı́m
Por tanto,
z dz
πi
= √
2
+ 4z + 1)
3 3
C
de donde deducimos finalmente que
Z 2π
dθ
4π
= √ .
2
(2 + cos θ)
3 3
0
I
(z 2
Veamos otro ejemplo. Calculemos ahora la integral
Z 2π
cos 3t
dt.
5 − 4 cos t
0
Obsérvese que si ponemos z = eit entonces
cos(3t) = (ei3t + e−i3t )/2 = (z 3 + z −3 )/2
y
cos(t) = (eit + e−it )/2 = (z + 1/z)/2,
195
por lo tanto
Z
0
2π
cos 3t
dt =
5 − 4 cos t
I
C
(z 3 + z −3 )/2 dz
,
5 − 4(z + 1/z)/2 iz
siendo C la circunferencia unidad orientada positiva. Ahora, es fácil comprobar que
(z 3 + z −3 )/2 1
−1
z6 + 1
=
5 − 4(z + 1/z)/2 iz
4i z 3 (z − 1/2)(z − 2)
y por lo tanto el problema consiste en calcular
I
−1
z6 + 1
dz
4i C z 3 (z − 1/2)(z − 2)
El integrando tiene 3 singularidades que son z1 = 0 polo de orden 3, z2 = 2
polo de orden 1 y z3 = 1/2 polo de orden 1. Por lo tanto, por el teorema de
los resı́duos
I
z6 + 1
−1
−1
dz
=
2πi(Res(f, z1 ) + Res(f, z3 ))
4i C z 3 (z − 1/2)(z − 2)
4i
pues z1 y z3 son las singulares que caen en el interior de la circunferencia
unidad.
Dejo como ejercicio el cálculo de los resı́duos
Res(f, z1 ) = 21/8,
Res(f, z3 ) = −65/24.
Finalmente, haciendo las cuentas podemos concluir que
Z 2π
π
cos 3t
dt = .
5 − 4 cos t
12
0
Estos dos ejemplos ponen de manifiesto que las integrales de sumas, restas,
multiplicaciones y divisiones de senos y cosenos evaluadas entre 0 y 2π pueden
resolverse usando el teorema de los residuos adecuadamente.
Teorema 6.5. Si R(x, y) es una función racional de dos variables y a y b
son números naturales
a
Z 2π
I
z − z −a z b + z −b dz
R(sin at, cos bt)dt =
R
,
.
2i
2
iz
0
C
siendo C la circunferencia unidad centrada en el origen y orientada positiva.
196
6.5.
Aplicaciones del teorema de los resı́duos (III)
Resolvamos la siguiente integral impropia
Z ∞
cos(x)
dx.
2
2
−∞ (x + 1)
Observemos que
Z ∞
Z ∞
Z ∞
eix
cos(x)
sin(x)
dx =
dx + i
dx.
2
2
2
2
2
2
−∞ (x + 1)
−∞ (x + 1)
−∞ (x + 1)
La parte real es justo la integral que queremos calcular.
Consideramos la función compleja
f (z) =
eiz
.
(z 2 + 1)2
La función f es el cociente entre dos funciones enteras, eiz no se anula
nunca, por lo que los puntos singulares son los ceros del denominador: z1 =
i, z2 = −i. Son polos de orden 2.
En estas condiciones integramos f (z) a lo largo de la curva cerrada LR +
CR , siendo LR el segmento que une el punto −R + 0i con R + 0i, y CR el
arco superior de la circunferencia de radio R centrada en el origen:
I
Z
Z
2πiRes(f, i) =
f (z)dz =
f (z)dz +
f (z)dz.
LR +CR
LR
CR
Dejamos como ejercicio la comprobación de que
Res(f, i) =
1
2ei
(téngase en cuenta que es un polo de orden 2).
Por otra parte, se tiene el siguiente resultado:
Z
eiz
lı́m
dz = 0,
R→+∞ C (1 + z 2 )2
R
que comentaremos más tarde y que ahora damos por válido.
También
Z
Z R
eix
f (z)dz =
dx.
2 2
LR
−R (1 + x )
De todo lo anterior se concluye que
197
Z
∞
−∞
eix
dx = lı́m
R→+∞
(x2 + 1)2
R
eix
dx
2 2
−R (1 + x )
Z
= 2πiRes(f, i) − lı́m
Z
R→+∞
y
CR
eiz
dz
(1 + z 2 )2
= 2πiRes(f, i)
1
= 2πi
2ei
π
= + 0i.
e
De lo anterior se deduce que
Z ∞
cos(x)
π
dx =
2
2
e
−∞ (x + 1)
Z
∞
−∞
sin(x)
dx = 0
(x2 + 1)2
como ya se podı́a intuir debido a la imparidad del integrando.
Veamos otro ejemplo. Intentemos resolver por el mismo método la siguiente integral:
Z ∞
cos(x)
dx
2
2
2
2
−∞ (x + a )(x + b )
siendo 0 < b < a.
Para ello consideramos
f (z) =
eiz
.
(z 2 + a2 )(z 2 + b2 )
Esta función tiene cuatro polos simples en los puntos z = ±ai, ±bi. En nuestro recinto de integración, que sigue siendo el mismo que en el caso anterior,
caen z = ai y z = bi. Dado que
Res(f (z), ai) =
Res(f (z), bi) =
eiz
(z + ai)(z 2 + b2 )
eiz
(z 2 + a2 )(z + bi)
=
e−a
,
2ai(b2 − a2 )
=
e−b
.
2bi(a2 − b2 )
z=ai
z=bi
podemos deducir, siguiendo los mismos pasos que antes, que
−b
Z R
Z
eix dx
eiz dz
π
e
e−a
.
+
= 2
−
2
2
2
2
2
2
2
2
a − b2
b
a
−R (x + a )(x + b )
CR (z + a )(z + b )
198
De aquı́
Z
∞
−∞
Z R
eix dx
eix dx
= lı́m
(x2 + a2 )(x2 + b2 ) R→+∞ −R (x2 + a2 )(x2 + b2 )
−b
Z
π
e
e−a
eiz dz
= 2
−
−
lı́m
,
R→+∞ C (z 2 + a2 )(z 2 + b2 )
a − b2
b
a
R
y asumiendo que ocurre que éste último lı́mite es 0 se tiene que
−b
Z +∞
π
e
e−a
cos dx
= 2
−
.
2
2
2
2
a − b2
b
a
−∞ (x + a )(x + b )
y que
Z +∞
sin dx
= 0.
2
2
2
2
−∞ (x + a )(x + b )
En los dos ejercicios anteriores ha sido fundamental el hecho de que
Z
eiz
lı́m
dz = 0,
R→+∞ C (1 + z 2 )2
R
Z
eiz dz
= 0.
lı́m
R→+∞ C (z 2 + a2 )(z 2 + b2 )
R
Estos dos casos son muestras particulares del siguiente teorema conocido
como lema de Jordan.
Teorema 6.6. Sea a > 0. Para cada R > 0 sea CR la semicircunferencia
γ(t) = Reit , 0 ≤ t ≤ π. Sea f (z) una función continua en el semiplano
superior y tal que lı́m f (z) = 0. Entonces
z→+∞
Z
lı́m
R→+∞
eiaz f (z)dz = 0.
CR
Comentario 6.4. El mismo resultado es válido si γ(t) = Reit , 0 ≤ θ1 ≤ t ≤
θ2 ≤ π.
6.6.
Aplicaciones del teorema de los residuos (IV)
Las técnicas de variable compleja para resolver integrales reales pueden ser
mucho más elaboradas que las que hemos utilizado en las secciones anteriores.
Para botón de muestra vamos a calcular la integral impropia mixta
Z ∞
(ln(x))2
dx
1 + x2
0
199
Para su cálculo vamos a considerar dos parámetros ε > 0 y R > 0. El
primero va a tender a cero y el segundo a +∞. Consideramos las siguientes
curvas:
Lε,R es el segmento que une ε + 0i con R + 0i.
CR es la semicircunferencia parametrizada por γR (t) = Reit con 0 ≤
t ≤ π.
L−R,−ε es el segmento que une −R + 0i con −ε + 0i.
Cε es la semicircunferencia parametrizada por γε (t) = εeit con 0 ≤ t ≤
π.
Sea Γ(ε, R) = Lε,R + CR + L−R,−ε + (−Cε ), curva cerrada.
Veamos cuanto vale la integral de la función
f (z) =
(L(z))2
1 + z2
sobre γ(ε, R). Aquı́ L(z) es la rama del logaritmo
L(z) = L−π/2 (z) = ln |z| + i arg−π/2 (z).
Hemos decidido notarla solo por L(z) para aligerar la notación en el ejercicio.
Dado que f (z) es analı́tica excepto en el semieje imaginario negativo
(singularidades no aisladas) y en el punto z1 = i podemos aplicar el teorema
de los residuos:
I
f (z)dz = 2πiRes(f, i).
Γ(ε,R)
La singularidad z1 = i es un polo simple y el residuo es
−π 2
.
Res(f, i) =
8i
Por lo tanto:
π3
f (z)dz = − .
4
Γ(ε,R)
I
Por otro lado
I
Z
f (z)dz =
Γ(ε,R)
I
f (z)dz +
CR
Z
f (z)dz +
−Cε
f (z)dz +
Lε,R
200
Z
f (z)dz
L−R,−ε
Analicemos cada una de ellas. Para la primera y la segunda ocurre que
Z
lı́m
f (z)dz = 0
R→+∞
CR
I
lı́m
ε→0
f (z)dz.
−Cε
Vamos a asumir que esto es ası́ y continuemos. Lo explicaremos más tarde.
Para la integral sobre el segmento que une −R con −ε parametrizamos por
γ(x) = x+i0 con −R ≤ x ≤ −ε. Para esta parametrización γ 0 (x) = 1+0i = 1
y la integral queda
Z
Z −ε
Z −ε
(L(x + 0i))2
(ln |x| + iπ)2
dx
=
dx
f (z)dz =
1 + x2
1 + x2
L−R,−ε
−R
−R
puesto que si z = x + i0 con x < 0 resulta que
L(z) = L(x + 0i) = ln |x| + iarg−π/2 (x + 0i) = ln |x| + iπ.
Calculemos:
Z −ε Z −ε
(ln(|x|))2 − π 2
2π ln(|x|)
(ln |x| + iπ)2
dx =
+i
dx
1 + x2
1 + x2
1 + x2
−R
−R
Z −ε
Z −ε
(ln(|x|))2 − π 2
ln(|x|)
dx + 2πi
dx
=
2
2
1+x
−R 1 + x
−R
Z R
Z R
(ln(x))2 − π 2
ln(|x|)
=
dx + 2πi
dx.
2
2
1+x
ε
ε 1+x
donde en el último paso hemos usado que la función que se integra es par y
por lo tanto la integral en [−R, −ε] es igual a la integral en [ε, R].
Para la integral que une ε con R parametrizamos por γ(x) = x + 0i con
ε ≤ x ≤ R y queda
Z
Z R
(ln x)2
dx
f (z)dz =
2
L(ε,R)
ε 1+x
como se puede comprobar fácilmente puesto que L(x + 0i) = ln x + 0i al ser
x > 0.
Sumando todas las contribuciones y tomando lı́mites cuando R → +∞ y
ε → 0 queda lo siguiente:
Z ∞
Z ∞
Z ∞
π3
(ln x)2
1
ln x
2
− =2
dx − π
dx + 2πi
dx
2
2
4
1+x
1+x
1 + x2
0
0
0
201
De aquı́ se obtiene que
Z
∞
0
y que
Z
∞
0
(ln x)2
1
dx =
2
1+x
2
Como la integral real
Z
0
el resultado final es
ln x
dx = 0
1 + x2
∞
−π 3
+ π2
4
Z
∞
0
1
dx
1 + x2
1
dx = arctan(x)|∞
0 = π/2
2
1+x
Z
∞
0
(ln x)2
π3
.
dx
=
1 + x2
8
Para justificar el resultado de los dos lı́mites nulos a través de los arcos
de circunferencia se necesita el siguiente teorema.
Teorema 6.7. Para cada r > 0 sea Cr la semicircunferencia γ(t) = reit , 0 ≤
t ≤ π. Sea f (z) una función continua en el semiplano superior y tal que
lı́m zf (z) = 0. Entonces
z→+∞
Z
lı́m
f (z)dz = 0
r→+∞
Cr
y
Z
lı́m
r→0
f (z)dz = 0
Cr
Comentario 6.5. El mismo resultado es válido si γ(t) = reit , 0 ≤ θ1 ≤ t ≤
θ2 ≤ π.
202
6.7.
El residuo en el infinito
En este apartado supondremos que f es una función definida en un entorno del punto ∞, esto es, en un recinto del tipo |z| > R para cierto R > 0.
Definición 6.2. Diremos que la función f presenta una singularidad aislada
en el ∞ si la función g(z) = f (1/z) la presenta en el punto z = 0.
Ejemplo 208. La función f (z) = z 2 /(1 + z) tiene una singularidad aislada en
el punto ∞ pues la función
g(z) = f (1/z) =
1
1/z 2
=
1 + (1/z)
z(1 + z)
tiene en el origen una singularidad aislada.
Ejemplo 209. La función f (z) = z/(1 + z) no tiene una singularidad aislada
en el punto ∞ pues la función
g(z) = f (1/z) =
1/z
1
=
1 + (1/z)
(1 + z)
no tiene singularidad alguna en el origen.
Teorema 6.8. Si f tiene una singularidad aislada en el ∞ entonces existe
un radio R > 0 tal que
∞
X
f (z) =
an z n
n=−∞
para todo |z| > R.
Comentario 6.6. El desarrollo anterior se llama serie de Laurent de f centrado
en el punto ∞.
Definición 6.3. Se define el residuo de f en el infinito como el valor −a−1 ,
siendo a−1 el coeficiente de 1/z en el desarrollo en serie de Laurent de f
centrado en el ∞. Se notará por Res(f, ∞).
f (1/z)
,0 .
Teorema 6.9. Res(f, ∞) = −Res
z2
Ejemplo 210. El residuo de f (z) = z 2 /(1 + z) en el infinito es igual a
Res(f, ∞) = −Res(f (1/z)/z 2 , 0)
1
= Res
,0
z 3 (1 + z)
= −1
203
donde hemos tenido en cuenta que z = 0 es un polo de orden 3 de la función
1
.
z 3 (1 + z)
Teorema 6.10. Supongamos que f : C → C es una función compleja analı́tica excepto en una cantidad finita de singularidades z1 , z2 , . . . , zn ∈ C. Entonces
n
X
Res(f, ∞) +
Res(f, zk ) = 0
k=1
Ejemplo 211. Si f (z) = z 2 /(1 + z) entonces f tiene una singularidad en
z1 = −1 y también otra en el ∞. Observemos que
Res(f, −1) = 1
y efectivamente ocurre que
Res(f, ∞) + Res(f, −1) = 0.
Z
z4
. Calcula
f (z)dz.
Ejemplo 212. Sea f (z) = 2
(z + 1)(z + 3)
|z|=4
Por el teorema de los residuos
Z
f (z)dz = 2πi(Res(f, i) + Res(f, −i) + Res(f, −3))
|z|=4
pero como sabemos que
Res(f, ∞) + Res(f, i) + Res(f, −i) + Res(f, −3) = 0
resulta que
Z
f (z)dz = −2πiRes(f, ∞)
|z|=4
El residuo de f en el infinito viene dado por
2
Res(f, ∞) = −Res(f (1/z)/z , 0) = −Res
y por lo tanto
1
, 0 = −8
z 3 (1 + z 2 )(1 + 3z)
Z
f (z)dz = −2πiRes(f, ∞) = 16πi
|z|=4
204
6.8.
Hoja de problemas del tema 6
1. Calcula el residuo en z = 0 de las funciones:
1
z + z2
z cos
1
z
z − sen z
z
cot z
z4
sinh z
− z2)
z 4 (1
Solución.
z = 0 es un polo simple de f (z) =
Res(f, 0) =
1
P (z)
, luego
=
2
z+z
Q(z)
P (0)
= 1.
Q0 (0)
Como tenemos que por el desarrollo del coseno es
1
1
1
1
1
z cos = z 1 −
+
− ··· = z −
+
+ ···
2
4
z
2!z
4!z
2z 4!z 3
1
el residuo buscado es − .
2
Usando el desarrollo del seno,
1
z2 z4
z − sen z
z3 z5
=
+
+ ···
=
−
+ ···
z− z−
z
z
3!
5!
3!
5!
El residuo es nulo; el origen no es punto singular de esta función.
Partiendo del desarrollo del seno y del coseno podemos calcular
los primeros términos del de la cotangente por división
cot z =
cos z
1 z
z3
= − −
+ ··· ,
sen z
z 3 45
0 < |z| < π.
Luego
cot z
1
1
1
= 5− 3−
+ ··· ,
4
z
z
3z
45z
0 < |z| < π.
1
.
45
También podemos razonar de la siguiente forma: como z = 0
es un polo simple de la función cotanz, la serie debe ser de la
Ası́ que el residuo buscado es −
205
1X
cn z n . Como tenemos que cos z = sen z · cot z,
z n≥0
recordando los desarrollos del seno y coseno,
z2 z4
z2 z4
1− + +··· = 1 −
+
+ ···
c0 + c1 z + c2 z 2 + · · · .
2! 4!
3!
5!
forma h(z) =
Igualando coeficientes llegamos al resultado anterior. Ambos métodos son menos latosos en cuanto al cálculo que aplicar la fórmula
para calcular el residuo en un polo de orden 5, que es z = 0 de
esta función.
Partiendo del desarrollo de la exponencial, tenemos que
sinh z =
ez − e−z
z3 z5
=z+
+
+ ···
2
3!
5!
Por otro lado, si |z| < 1,
X
1
=
zn
1−z
n≥0
⇒
X
1
=
z 2n .
1 − z2
n≥0
Ası́ que calculando los términos que necesitamos, es decir hasta
la potencia z 3 , pues luego vamos a dividir por z 4 , tenemos este
desarrollo:
z3 z5
7
sinh z
= z+
+
+ ···
1 + z 2 + z 4 + · · · = z+ z 3 +· · ·
2
1−z
3!
5!
6
Concluimos que
sinh z
1
7
= 3+
+ ···
2
−z )
z
6z
z 4 (1
por lo que el residuo es 76 .
Recordemos que si queremos aplicar la fórmula, el residuo serı́a
1 d3 4
1
d3 sinh z
lı́m
(z f (z)) = lı́m 3
.
z→0 3! dz 3
3! z→0 dz
1 − z2
2. Evalúa la integral de las siguientes funciones en |z| = 3 en sentido
positivo:
e−z
z2
e−z
(z − 1)2
1
z2e z
z+1
z 2 − 2z
Solución. Vamos a aplicar el teorema de los residuos en todos los casos.
206
Como
e−z
1
= 2
2
z
z
z2 z3
1
1
z
1
1−z+
−
+ ··· = 2 − + − + ···
2!
3!
z
z 2! 3!
el residuo es −1 por lo que
I
|z|=3
e−z
dz = −2πi.
z2
En este caso el integrando tiene un polo de orden 2 en z = 1, su
residuo es
e−z
d
d −z
1
2
lı́m
(z − 1)
=
lı́m
e
=
−
,
z→1 dz
z→1 dz
(z − 1)2
e
por lo que
I
|z|=3
2πi
e−z
dz
=
−
.
(z − 1)2
e
Dado que el desarrollo del integrando es
1
1
1
1
1
2 1/z
2
+
+ · · · = z2 + z + +
+· · ·
z e =z 1+ +
2
3
z 2!z
3!z
2! 3!z
el residuo es
1
6
y
I
z 2 e1/z dz =
|z|=3
πi
.
3
El integrando tiene polos simples en z = 0 y z = 2 cuyos residuos
son
z(z + 1)
1
(z − 2)(z + 1)
3
lı́m 2
=− ,
lı́m
= ,
2
z→0 z − 2z
z→2
2
z − 2z
2
luego la integral es
I
z+1
1 3
dz = 2πi − +
= 2πi.
2
2 2
|z|=3 z − 2z
3. Demuestra que las siguientes funciones tienen un polo como punto singular. Determina el orden y el correspondiente residuo:
3
1 − cosh z
1 − e2z
e2z
z2 + 2
z
ez
,
,
,
,
,
.
z3
z4
(z − 1)2
z−1
2z + 1
z2 + π2
Solución
207
Recordando el desarrollo de
cosh z =
ez + e−z X z 2n
=
,
2
(2n)!
n≥0
tenemos el desarrollo de nuestra función:
z2 z4
1 z z3
1 − cosh z
1
1
−
1
+
+
+
·
·
·
=
−
− − −· · ·
=
z3
z3
2!
4!
2!z 4! 6!
y éste nos indica que el origen es un polo simple con residuo − 21 .
Ahora es
(2z)2 (2z)3
2
1 − e2z
1
22
23 24 25 z
1
−
1
+
2z
+
+
+
·
·
·
=
−
− −
−· · ·
=
−
−
z4
z4
2!
3!
z 3 2!z 2 3!z 4! 5!
luego z = 0 es un polo de orden 3 y residuo − 43 .
Como la función está dividida por (z −1)2 , es z = 1 la singularidad
y vamos a desarrollar la exponencial en potencias de z − 1:
e
2z
2 2(z−1)
=e e
2
=e
X (2(z − 1))n
n≥0
n!
X (2(z − 1))n−2
e2z
2
⇒
=e
(z − 1)2
n!
n≥0
Ası́ que z = 1 es un polo de orden 2 y residuo 2e2 .
En este caso escribimos
z2 + 2
g(z)
=
,
z−1
z−1
g(z) = z 2 + 2.
Como g(z) es analı́tica y g(1) 6= 0, tenemos que z = 1 es un polo
simple de residuo g(1) = 3.
Ahora ponemos
3
g(z)
z
=
3 ,
2z + 1
−1
z−
2
g(z) =
z3
.
8
Como g(z) es analı́tica y no se anula en z = −1/2, este punto es
un polo de orden 3 de nuestra función inicial siendo su residuo
g 00 (− 12 )
3
=− .
2!
16
208
Es claro que z = ±πi son polos simples de f (z) =
ez
.
(z + πi)(z − πi)
Sus residuos son
Res(f (z), πi) =
eπi
i
=
,
2πi
2π
Res(f (z), −πi) =
e−πi
i
=− .
2πi
2π
4. Calcula los resı́duos de f (z) = cos z/(z 2 (z − π)3 ) en z = 0 y z = π.
5. Calcula el valor de la integral
I
C
3z 3 + 2
dz
(z − 1)(z 2 + 9)
si C es |z − 2| = 2 recorrida en sentido antihorario. ¿Cuál es su valor
si C es |z| = 4?
Solución Consideramos la función del integrando,
3z 3 + 2
f (z) =
.
(z − 1)(z 2 + 9)
En el recinto de integración |z − 2| = 2 solo hay un polo simple en
z = 1, cuyo residuo es
3z 3 + 2
Res(f (z), 1) = 2
z +9
z=1
1
= .
2
Ası́ que la integral, por el teorema de los residuos es
I
1
3z 3 + 2
dz = 2πi · = πi.
2
2
C (z − 1)(z + 9)
Si el recinto de integración es |z| = 4, ahora caen dentro los 3 polos de
f (z), z = 1 y z = ±3i. Hemos de calcular los residuos en estos últimos:
3z 3 + 2
Res(f (z), 3i) =
(z − 1)(z + 3i)
Res(f (z), −3i) =
3z 3 + 2
(z − 1)(z − 3i)
z=3i
=
z=−3i
15 + 49i
.
12
=
15 − 49i
,
12
y el valor de la integral es
I
3z 3 + 2
1 15 + 49i 15 − 49i
dz = 2πi
+
+
= 6πi.
2
2
12
12
C (z − 1)(z + 9)
209
6. Calcula la integral de f (z) = zez/3 sobre |z| = 4.
I
1
7. Calcula
dz si C es |z| = 2 recorrida en sentido antihorario.
3
C z (z + 4)
Repite el ejercicio si C es |z + 2| = 3.
Solución El integrando tiene un polo triple
en z = −4. En el recinto limitado por z = 2
1
d2
z3
Res(f (z), 0) = lı́m 2
=
2! z→0 dz
z 3 (z + 4)
la integral vale
I
|z|=2
en z = 0 y un polo simple
solo está el origen. Como
1
1
lı́m 2(z + 4)−3 = ,
2! z→0
64
1
πi
dz
=
.
z 3 (z + 4)
32
En el recinto de integración |z + 2| = 3 éstan dentro las dos singularidades. Como
1
1
Res(f (z), −4) = lı́m 3 = − ,
z→−4 z
64
la integral en este recinto es nula.
8. Calcula la integral de f (z) = (1 − 2z)/z(z − 1)(z − 3) sobre |z| = 2.
Z
9. Calcula
(1 − 2z)/(1 + 2z)dz.
|z|=1
Z
10. Calcula
(5z − 2)/(z(z − 1))dz.
|z|=2
Z
11. Calcula
(sin z)/(z 2 − 4)dz.
|z|=5
Z
12. Calcula
1/(z 2 sin(z))dz.
|z|=1
Z
13. Calcula
ez /z(z − 2)3 dz.
|z|=3
Z
14. Calcula
(3z + 2)/(z 4 + 1)dz.
|z|=3
Z
15. Calcula
1/(z 2 + z + 1)dz.
|z|=8
210
Z
16. Calcula
∞
0
Z
17. Calcula
∞
0
Z
18. Calcula
dx
.
+1
x4
∞
x2
dx,
(x2 + 1)(x2 + 4)
dt/(4 + t4 ).
−∞
Z
19. Calcula
∞
t2 dt/(1 + t2 )2 .
−∞
Z
20. Comprueba que
∞
dt/(t2 + 2t + 2) = π.
−∞
Z
21. Comprueba que
∞
t2 dt/(t2 + 9)2 = π/6.
−∞
Z
22. Comprueba que
∞
√
(t2 + 1)dt/(t4 + 1) = 2π/ 2.
−∞
Z
23. Comprueba que
∞
dt/(t2 + 1)(t2 + 4) = π/6.
−∞
Z
24. Comprueba que
∞
√
t6 /(t4 + 1)2 dt = 3π 2/16.
0
Z
25. Comprueba que
∞
dt/(1 + t2 )n+1 = π(2n)!/22n (n!)2 .
−∞
Z
26. Demuestra que
∞
√
dt/(1 + t3 ) = 2π 3/9 integrando la función f (z) =
0
1/(z 3 + 1) sobre la frontera del sector circular Sρ = {z = reiθ , 0 ≤ θ ≤
2π/3, 0 ≤ r ≤ ρ} y haciendo tender ρ a +∞.
Z ∞
1+x
dx.
27. Calcula
2
−∞ x(x − 2)(x + 2x + 2)
Z 2π
28. Calcula
sin2 t/(5 + 3 cos t)dt.
0
Z
29. Calcula
2π
dt/(2 − cos t).
0
Z
30. Comprueba que
2π
√
dt/(2 + sin t) = 2π/ 3.
0
211
2π
Z
31. Comprueba que
√
dt/(1 + a cos t) = 2π/ 1 − a2 , si a2 < 1.
0
2π
Z
sin2 tdt/(a + b cos t) = 2π/b2 (a −
32. Comprueba que
√
a2 − b2 ), si
0
a > b > 0.
2π
Z
dt/(a2 sin2 t + b2 cos2 t) = 2π/ab, si a, b > 0.
33. Comprueba que
0
2π
Z
(cos tdt)/(7 + 2 sin t + 3 cos t) = −π/13.
34. Comprueba que
0
Z
2π
35. Calcula
0
Z
cos 2θ
dθ,
5 − 4 sen θ
+∞
36. Calcula
−∞
Z
+∞
37. Calcula
−∞
Z
38. Calcula
39. Calcula
cos ax
dx para a > 0.
x2 + 1
∞
x sen 2x
dx.
x2 + 3
∞
x3 sen ax
dx para a > 0.
x4 + 4
∞
cos x
dx
(x2 + 1)2
0
Z
40. Calcula
0
Z
41. Calcula
−∞
Z
42. Calcula
sen x
dx.
(x − 1)2 + 1
∞
0
Z
cos x
dx,
(x − 1)2 + 1
∞
cos(3x)dx/(4 + x2 ).
−∞
Z
43. Calcula
∞
x sin xdx/(1 + x2 ).
−∞
Z
44. Comprueba que
∞
cos xdx/(1 + x2 ) = π/e.
−∞
Z
45. Comprueba que
∞
x sin xdx/(x2 − 2x + 10) = (π/3e3 )(3 cos 1 + sin 1).
−∞
212
Z
46. Comprueba que
∞
cos xdx/(1 + x2 )2 = π/2e.
0
Z
47. Calcula
∞
x sin 3xdx/(4 + x4 ).
−∞
Z
48. Calcula
∞
cos xdx/(x2 + 1)(x2 + 4).
−∞
Z
49. Comprueba que
∞
cos(ax)dx/(1 + x2 ) = π/2ea si a > 0.
0
Z
50. Calcula
∞
−∞
Z
51. Calcula
∞
−∞
Z
52. Calcula
∞
cos(ax)
para todo a ∈ R, a > 0
1 + x + x2
sin x iax
e para todo a ∈ R
x
xe2ix dx/(x2 − 1).
−∞
Z
53. Comprueba que
∞
e2ix dx/(x + 1) = πie−2i .
−∞
Z
54. Comprueba que
∞
eix dx/(x − 1)(x − 2) = πi(e2i − ei ).
−∞
Z
55. Calcula
∞
cos xdx/(a2 − x2 ) para a > 0.
−∞
Z
56. Calcula
∞
−∞
Z
57. Calcula
∞
log x
dx.
x2 + 9
∞
(log x)2
dx.
x2 + 1
0
Z
58. Calcula
0
Z
59. Calcula
∞
60. Calcula
0
1
x2/3 (x
0
Z
epx
dx para 0 < p < 1.
1 + ex
∞
+ 4)
dx.
1
dx para 0 < a < 1.
+ 1)
xa (x
213
Z
61. Calcula
∞
x1/a (x
0
Z
62. Calcula
∞
1
dx para a > 1.
+ 1)(x − 1)
2
e−ax cos(bx)dx.
−∞
214
7.
Referencias
James Ward Brown y Ruel V. Churchill, Complex Variables and Applications, McGraw-Hill, 2009.
Steven G. Krantz, Complex Variables: a Physical approach,
Dennis G. Zill and Patrick D. Shanahan, A first course in Complex Analysis with applications, Jones and Bartlett Publihers, 2003.
Murray R. Spiegel, Theory and problems of Complex Variables, McGrowHill, 1981.
John H. Matthews y Russell W. Howell, Complex Analysis for mathematics and Engineering, Jones and Bartlett Publihers, 2006.
215