MATEMATICAS ESPECIALES

May 9, 2018 | Author: Jennifer Jaramillo | Category: Continuous Function, Complex Number, Square Root, Derivative, Curve

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´ MATEMATICAS ESPECIALES

-NOTAS DE CLASEJhon Jairo León on Salazar y Victor Barros Argote 1 6 de febrero de 2008

1

Profesores del Departamento de Matemáticas aticas U.T.P

2

Matem´ aticas aticas Especiales

J. J. Le´ on on - V. Barros

2

Matem´ aticas aticas Especiales

J. J. Le´ on on - V. Barros

´ INDICE GENERAL

1. NUMEROS COMPLEJOS

1

1.1. Introducci Introducci´ ´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.2. Algunas Generalidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.3. .3. La Unidad Imaginaria y el Imaginario Puro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.4. 1.4. Operaci Operacione oness con n´ umeros complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.5. 1.5. El conju conjugad gado o de un n´ umero complejo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.6. 1.6. Forma orma Polar Polar de los los N´ umeros Complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.7. .7. Los complejos y algu lgunas propied iedades generales

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.8. Desigualdad Desigualdad tri´ angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.9. Teorema de Moivre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.10. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

2. FUNCIONES ANALITICAS COMPLEJAS

i

13

Matem´ aticas aticas Especiales

ii

2.1. Funciones Anal´ıticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

2.1.1. Funciones de una variable comple mpleja ja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

2.1.2. Op er eraciones entre funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

2.2. L´ımites

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18

2.3. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

2.4. La Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25

2.5. Ecuaciones de Cauchy-Riemman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

2.6. Funciones Anal´ıticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35

2.7. Transformaciones Conformes

39

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.7.1. Represen Representaci´ taci´ on conforme

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

2.8. 2.8. Funci´ unci´ on Exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44

2.9. 2.9. Funci´ unci´ on Logar´ıtmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

47

2.10. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

48

2.11 2.11.. Ejer Ejerccicio icioss de de re repaso paso para para los los ca cap´ıtul ıtulos os 1 y 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

50

J. J. Le´ on on - V. Barros

CAPÍTULO

1 NUMEROS COMPLEJOS

z=x+yi

1

2

Matem´ aticas Especiales

1.1.

Introducci´ on

En ocasiones nos encontramos con expresiones algebraicas tales como x2 + k = 0, donde k > 0 es una constante; y al tratar de resolverla nos damos cuenta que no tienen soluci´ on en los n´ umeros reales, pues debido a que no existe un número cuyo cuadrado sea negativo. Es a partir de ah´ı que se hace una extensió n de los n´ umeros reales en donde podamos encontrar soluciones a este tipo de ecuaciones. A tal extensió n se le denomina Conjunto de los N´ umeros Complejos los cuales estudiaremos en esta primera parte del curso. Los números complejos se denotan con el s´ımbolo

1.2.

C.

Algunas Generalidades

Los n´ umeros complejos se presentan como pares de números reales sujetos a reglas de operaciones aritméticas. Estos números se suelen escribir en la forma z = x + yi, donde umeros reales y el s´ımbolo i se llama cantidad imaginaria de z. El n´ umero x x y y son n´ recibe el nombre de parte real de z y el número y recibe el nombre de parte imaginaria de z y se denota como Re(z) = x, Im(z) = y. Existe el plano complejo compuesto por un par de ejes perpendiculares igual que en el caso del plano cartesiano. Al eje vertical se le denomina Eje Imaginario y al eje horizontal se le denomina Eje Real . Por tal razó n al n´ umero complejo z se le puede ubicar como un punto en el plano, es decir, podemos hacer que el complejo z = x + yi corresponda con el punto en coordenadas cartesianas (x, y) 1 . 1 CARL

FRIEDRICH GAUSS (1777-1855), gran matemático alem´ an, cuyo trabajo tuvo una importancia b´ asica en el

algebra, la teor´ıa de l os n´ ´ umeros, las ecuaciones diferenciales, la g eometr´ıa no euclidiana, el an´ alisis complejo, el an´ alisis num´ erico y la mec´ anica te´ orica. Tambi´ en abri´ o el camino para un uso general y sistemático de los n´ umeros complejos. Tomado del libro de Kreyszig, p´ ag 159, tercera edici´ on.

J. J. Le´ on - V. Barros

1.3. LA UNIDAD IMAGINARIA Y EL IMAGINARIO PURO

3

El plano complejo también es llamado Diagrama de Argan2 . Se dice que dos números complejos son iguales si sus respectivas partes real e imaginaria son iguales, es decir, z1 = z2 , s´ı y sólo s´ı, x1 = x2 y y1 = y2 .

1.3.

La Unidad Imaginaria y el Imaginario Puro

Los n´ umeros complejos surgen de añadir a el conjunto de los números reales el s´ımbo-

√−1. Esta notación puede producir dificultades. Existe una conocida paradoja al √ √ operar sin precauci´ on con −1, y es la siguiente: ( −1) = −1 y, por otra parte √ √ √ √ ( −1) = ( −1)( −1) = (−1)(−1) = 1 = 1 √ Se evita este tipo de inconvenientes escribiendo −1 = i y se denomina unidad imaglo

2



2

inaria . Al definir a i como 0 + 1i, se tiene3

i2 = (0 + 1i)(0 + 1i) =

−1

y, por lo tanto, i2 = i5 = i,

−1,

i3 =

1 i = 2 i i

−i, = −i,

i4 = 1, 1 = i2

−1, ·· ·

El n´ umero complejo 0 + yi se escribe yi y se llama n´ umero imaginario puro.

1.4.

Operaciones con n´ umeros complejos

Sean z1 = x1 + y1 i y z2 = x2 + y2 i dos n´ umeros complejos, entonces: 2 JEAN

ROBERT ARGAND (1768-1822), matem´ atico francés. Su escrito sobre el plano complejo apareci´ o en 1806,

nueve a˜ nos después de una memori a semejante debida al matem´ atico noruego CASPAR WESSEL (1745-1818). Tomado del libro de Kreyszig, p´ ag 633, tercera edición. 3 Esta

notaci´ on fue introducida por Leonard Euler en 1779. Con ella se respeta la propiedad fundamental i2 = −1, y

en cambio hay poco peligro de confundir i con −i.

J. J. Le´ on - V. Barros

4

Matem´ aticas Especiales

Adici´ on: z1 + z2 = (x1 + x2 ) + (y1 + y2 )i Sustracci´ on: z1

−z

2

= (x1

− x ) + (y − y )i 2

1

2

Multiplicaci´ on: z1 z2 = (x1 x2

− y y ) + (x y 1 2

1 2

+ x2 y1 )i

Divisi´ on: z1 x1 x2 + y1 y2 x2 y1 x1 y2 = + i z2 x22 + y22 x22 + y22

−

1.5.

El conjugado de un n´ umero complejo

Si z = x + yi es un número complejo, entonces el número x de z y se denota por z¯. Por ejemplo, si z = 5 z¯ = 5 + 3i.

− yi se llama conjugado

− 3i, entonces su conjugado es el número

EJERCICIO 1. Demuestre que 1 1 Re(z) = x = (z + z¯), Im(z) = y = (z 2 2i

EJERCICIO 2. Demuestre que: (z1 + z2 ) = z¯1 + z¯2 (z1

− z ) = z¯ − z¯ 2

1

2

(z1 z2 ) = z¯1 z¯2

 z1 z2

=

z¯1 z¯2 J. J. Le´ on - V. Barros

− z¯).

5

´ 1.6. FORMA POLAR DE LOS N UMEROS COMPLEJOS

1.6.

Forma Polar de los N´ umeros Complejos

Dada la similitud entre el plano real y el plano complejo podemos introducir las coordenadas polares r y θ y escribir x = r cos θ,

y = r sen θ,

por lo tanto el número complejo z se puede escribir en su forma polar as´ı: z = r cos θ + ir sen θ = r(cos θ + i sen θ). A este tipo de expresión de un n´ umero complejo también se le llama forma trigonométrica . Al valor r se le llama valor absoluto o m´ odulo de z y se denota por z . Por con-

||

siguiente tenemos

|z | = r =



x2 + y2 =

√z¯z.

(1.1)

EJERCICIO 3. Demostrar la expresi´ on 1.1. El ángulo dirigido, medido desde el eje real (eje x) hasta la l´ınea que une al punto (x, y) con el origen, se le llama argumento de z y se denota por arg (z). Es as´ı como tenemos (ver figura 1.1): arg (z) = θ = arctan

y x



Como puede analizarse el valor del argumento de un número complejo puede ser un ángulo θ o cualquier otro valor θ + 2nπ, con n = 1, 2, 3,.... Al valor de θ que cumple

−π < θ ≤ π se le denomina el valor principal 4 del argumento de z.

EJEMPLO 1. Sea z = 8 + 3i. Entonces tenemos que

|z| = r = 4 Algunos

√

32 + 82 =

√

73 y arg (z) = arctan

 3 8

= 0,3587

autores definen el valor principal del argumento de z en el intervalo 0 < θ ≤ 2π, o en cualquier otro

intervalo de longitud 2π.

J. J. Le´ on - V. Barros

6

Matem´ aticas Especiales

z=x+yi r

0

Plano Z

Figura 1.1: M´ odulo y argumento de un número complejo z .

por lo tanto el n´ umero complejo dado se puede escribir en su forma trigonom´ etrica o polar as´ı: z=

1.7.

√

73(cos0,3587 + i sen0,3587) .

Los complejos y algunas propiedades generales

Finalmente veamos los siguientes teoremas que muestran a los números complejos como una extensió n de los números reales. La suma y la multiplicación en

C

satisfacen las

propiedades mostradas en los reales.

TEOREMA 1 (Ley asociativa). Sean z1 , z2 y z3 n´ umeros complejos, entonces: 1. z1 + (z2 + z3 ) = (z1 + z2 ) + z3 2. z1 (z2 z3 ) = (z1 z2 ) z3 .

· ·

· ·

umeros complejo, entonces: TEOREMA 2 (Elemento neutro). Sea z un n´ 1. Existe un complejo z0 tal que z + z0 = z0 + z = z J. J. Le´ on - V. Barros

7

1.7. LOS COMPLEJOS Y ALGUNAS PROPIEDADES GENERALES

2. Existe un complejo z  tal que zz  = z  z = z

TEOREMA 3 (Elemento simétrico). Sea z un n´ umeros complejo, entonces: 1. Para todo complejo z, existe un complejo zˆ tal que z + zˆ = zˆ + z = z0 2. Para todo complejo z = 0, existe un complejo z −1 tal que z z −1 = z −1 z = z 



·

·

umeros complejos, entonces: TEOREMA 4 (ley conmutativa). Sean z1 y z2 n´ 1. z1 + z2 = z2 + z1 2. z1 z2 = z2 z1

·

·

TEOREMA 5 (ley distributiva). Sean z1 , z2 y z3 n´ umeros complejos, entonces: 1. z1 (z2 + z3 ) = z1 z2 + z1 z3

·

·

·

umeros complejos y, TEOREMA 6 (Multiplicaci´ on por escalar). Sean z1 y z2 n´ umeros reales, entonces: a y b n´ 1. a (z1 + z2 ) = a z1 + a z2 2. 3. 4.

· · · a · (b · z ) = (a · b) · z (a + b)z = a · z + b · z 1·z =z 1

1

1

1

1

1

1

TEOREMA 7. Sean z, z1 y z2 n´ umeros complejos, entonces: 1. 2. 3. 4.

|z| ≥ 0, |z| = 0 ⇐⇒ |z| = |−z| |z · z | = |z | · |z | |z | z = |z | z 1



1 2

2



1

z=0

2

1 2

J. J. Le´ on - V. Barros

8

Matem´ aticas Especiales

5.

|Re(z)| ≤ |z|

6.

|Im(z)| ≤ |z|

umeros complejos, entonces: TEOREMA 8. Sean z, z1 y z2 n´ 1. z1 + z2 = z1 + z2 2. z1 z2 = z1 z2

·

3.

·

 z1 z2

=

z1 z2

4. z z¯ = z 2 = x2 + y2

·

||

5. z + z¯ = 2x 6. z 7.

− z¯ = 2yi

|z¯| = |z|

8. z¯ = z

1.8.

Desigualdad tri´ angular

Veremos un teorema ya conocido en el cálculo vectorial y que aqu´ı se demostrará en el contexto de los números complejos. La interpretación geométrica es muy similar al caso real.

TEOREMA 9. Sean z1 y z2 n´ umeros complejos, entonces:

|z

1

+ z2

| ≤ |z | + | z | 1

2

J. J. Le´ on - V. Barros

9

´ 1.8. DESIGUALDAD TRIANGULAR

Demostraci´ on:

|z

1

+ z2 2 = (z1 + z2 )(z1 + z2 ) por teorema 8.4

|

= (z1 + z2 )(z1 + z2 ) por teorema 8.1 = z1 z1 + z2 z2 + z1 z2 + z2 z1 por ley distributiva = z1 2 + z2 2 + z1 z2 + z2 z1 por teorema 8.4

| | | |

Dado que z2z1 es el conjugado de z1 z2 , entonces z1 z2 + z2 z1 = 2Re(z1 z2 ), y por lo tanto 2

2

2

+ 2Re(z1 z2 )

(1.2)

2

+ 2 z1 z2 .

(1.3)

|z + z | = |z | + |z | (|z | + |z |) = |z | + |z | 1

2

1

1

2

2

1

2

2

2

| || |

Restando miembro a miembro 1.2 y 1.3 tenemos: 2

2

|z + z | − (|z | + |z |) = −2[|z ||z | − Re(z z )] Ahora como |z¯| = |z | y |z | ≥ |Re(z)| ≥ Re(z), entonces |z ||z | = |z z | ≥ Re(z z ), 1

2

1

2

1

2

1

2

1 2

1 2

1 2

luego

|z ||z | − Re (z z ) ≥ 0, 1

2

1 2

y por lo tanto

|z

1

+ z2

2

2

| − (|z | + |z |) ≤ 0, 1

2

de donde

|z

1

+ z2

| ≤ |z | + |z | 1

2



La forma general de la desigualdad triángular es:

  n

k=1

  ≤ | | n

zk

zk ,

n = 2, 3, 4,...

k=1

J. J. Le´ on - V. Barros

10

Matem´ aticas Especiales

EJEMPLO 2. Identificar todos los puntos del plano complejo que satisfacen la expresi´ on z

| − 4| < |4z + 8|.

Soluci´ on:

|z − 4| < |4z + 8| |z − 4| < 4 |z + 2| |x + yi − 4| < 4 |x + yi + 2| (x − 4) + y < 4 (x + 2) + y (x − 4) + y < 16[(x + 2) + y ]

 x2

2

2

2

2

− 8x + 16 + y −15x − 72x − 15y 2

2



2

2

2

2

< 16x2 + 64x + 64 + 16y2

2

< 48 72 48 x2 + x + y 2 > 15 15 2 24 64 + y2 > x+ 10 25

−

 

La región que hemos identificado y por tanto el conjunto solución, consiste en todos los puntos exteriores a la circunferencia de radio 8/5 y centro en el punto (24/10, 0).

1.9.



Teorema de Moivre

Supongamos que queremos efectuar la operación (3

300

− 11i)

. Con lo visto hasta ahora

los cálculos ser´ıan muy extensos; por tal motivo es necesario conseguir una herramienta que nos permita agilizar el proceso. Esta herramienta se llama el Teorema de Moivre , veamos:

TEOREMA 10. Sea z = r(cos θ + i sen θ) un complejo cualquiera y n un entero. Entonces: z n = [r(cos θ + i sen θ)]n = r n (cos nθ + i sen nθ) J. J. Le´ on - V. Barros

11

1.9. TEOREMA DE MOIVRE

Este teorema se utiliza para determinar las ra´ıces de números complejos. Por ejemplo si n es un entero positivo, z 1/n = [r(cos θ + i sen θ)]1/n =

√  n

r cos

θ + 2kπ n



(1.4) + i sen



θ + 2kπ n



(1.5)

on z n = 1 EJEMPLO 3. Resolver la ecuaci´ Soluci´ on: El problema es resolver la ecuación z = z=

√ n

 

2kπ 1 = cos n

+ i sen

  2kπ n

√1. Por lo tanto la solución es n

k = 0, 1, 2,...,n

,

−1

Si w denota el valor correspondiente a k = 1, entonces los n valores de

√1 pueden n

escribirse como 1, w , w2 , w3 , w4 ,...,wn−1 . Estos valores son los vértices de un pol´ıgono regular de n lados inscrito en la circunferencia unitaria con centro en (0 , 0), con uno de sus vértices en el punto (1, 0). Cada uno de estos valores se denomina ra´ız n-ésima de la unidad 5 .



EJEMPLO 4. Encontrar las ra´ıces cuartas del complejo z = 1. Soluci´ on: Dado que el ángulo es θ = 0 y el módulo es r = 1, entonces z se puede escribir en su forma polar z = 1(cos 0 + i sen 0). Es as´ı como utilizando (1.5) las ra´ıces cuartas quedan determinadas por wk = si k = 0

0

si

1

si si 5 Tomado

→w k=1→w k=2→w k=3→w

2 3

√ 4

0 + 2kπ 1 cos 4

 



0 + 2kπ + i sen 4





= 1(cos 0 + i sen 0) = 1 π π = 1(cos + i sen ) = i 2 2 = 1(cos π + i sen π) = 1 3π 3π = 1(cos + i sen ) = i 2 2

−

−

del libro: Matem´ aticas Avanzadas para Ingenier´ıa, de Erwin Kreyszig, Volumen I I, Tercera Edición

J. J. Le´ on - V. Barros

12

Matem´ aticas Especiales

Estos cuatro valores son los vértices de un cuadrado que esta inscrito en la circunferencia unitaria con centro en el origen. Cada uno de estos valores se denomina ra´ız cuarta de la unidad.

1.10. 1.



Ejercicios

Realice las operaciones indicadas a )

ii.

(2 +3i3i)− (−5 + 2i) + 6

8.

4

b)

2

−i

2. Dados z1 = 1 + 4i y z2 = gr´ aficamente los complejos a )

z1 + z2

b)

z1 z2 z1 z2

c)

3.

Demostrar utilizando inducci´ on matem´ atica el

−6 + 7i, representar

9.

− 11i) √ (−1 − 3i) (1 − i) Calcular 8

10.

c)

b)

12.

b)

5.

Probar que (1 + z)2 = 1 + 2z + z 2

6.

Expresar cada uno de los siguientes complejos

c) d )

en su forma polar

c)

7.

e)

13.

−i z = −3

Demostrar que si z1 = r1 (cos θ + i sen θ) y z2 = r2 (cos β + i sen β ), entonces: i. z1 z2 = r1 r2 [cos(θ + β ) + i sen(θ + β )]

θ sen2 θ + sen4 θ

sen(4θ) = 3

− 4cos θ sen

θ

Encontrar los valores de las ra´ıces indicadas a )

Demostrar los teoremas 7 y 8.

2

− 6cos

4cos3 θ sen θ

4.

z=

cos(4θ) = cos4 θ

− 1) |z + 2| ≤ 2 |z + 1| |z + 1| ≤ 4 − |z − 1|

b)

6

(1 + i)5

a )

z 2 = 2(z

z=i

.

11. Demuestre que:

·

a )

300

Resolver la operaci´ on (3

facen la relaci´ on

b)

− β ) + i sen(θ − β )]

teorema de Moivre.

Identificar todos los puntos del plano que satis-

a )

z1 r1 = [cos(θ z2 r2

√i √3 + 4i √1 + i √−i  1 − √3 i 4

7

5

3

Resolver las siguientes ecuaciones a )

z3 = 1

b)

z5

c)

z4 + 1 = 0

d )

z2

e)

5z2 + 2iz + 5 = 0

J. J. Le´ on - V. Barros

−1 =0 − 3z − 10i = 0

CAPÍTULO

2 FUNCIONES ANALITICAS COMPLEJAS

13

14

Matem´ aticas Especiales

2.1.

Funciones Anal´ıticas

2.1.1.

Funciones de una variable compleja

En los cursos de cálculo hemos estudiado el concepto de funció n de una y de dos variables reales. El objetivo de ésta sección es extender el concepto de funciones a las variables complejas. Sea Ω un subconjunto de los números complejos. Una variable que toma sus valores en Ω se llama una variable compleja . Una función f de Ω en

C,

se llama una funci´ on f on de una variable compleja . La funci´

asocia a cada n´ umero complejo z de Ω un u ´ nico complejo ω, es decir, ω es una función de z y podemos escribir ω = f (z) El conjunto Ω es el dominio de definición de la función y el recorrido es un subconjunto de

C

formado por los elementos que estan asociados por f con los elementos de Ω. La

variable z es la variable independiente y la variable ω es la variable dependiente. Una relación que asigne más de un valor de

C

a un elemento de z de Ω se suele llamar

funci´ on de valores m´ ultiples de Ω.

La función f se puede escribir de la forma f (z) = u(x, y) + iv(x, y)

(2.1)

donde u(x, y) = Re(f (z)) y v(x, y) = Im(f (z)). Las funciones u y v son funciones reales de las variables reales x y y. on f (z) = z 2 EJEMPLO 5. Dada la funci´ 1. Calcular la imagen de los complejos i, i + 1,

−5 y 3.

2. Hallar las funciones u(x, y) y v(x, y). Soluci´ on: 1. f (i) = i2 =

−1, f (i + 1) = (i + 1)

2

= 2i, f ( 5) = 25, f (3) = 9.

J. J. Le´ on - V. Barros

−

2.1. FUNCIONES ANAL´ ITICAS

2. f (z) = z 2 = (x + yi)2 = x2

−y

2

15

+ 2xyi y por lo tanto:

u(x, y) = x2

2

−y ,

v(x, y) = 2xy

. 

En el estudio del cálculo también hemos visto que para trazar la gráfica de una función de una variable real necesitamos dos dimensiones, una para la variable independiente y otra para la variable dependiente. La gráfica de una función de una variable compleja requiere cuatro dimensiones, dos para la variable independiente z y dos para la variable dependiente ω. Es as´ı como representamos estas dos variables en planos separados llamados plano Z y plano W respectivamente. La correspondencia entre los puntos (x, y) y (u, v) se llama una transformaci´ on de los puntos (x, y) en los puntos (u, v) bajo la función f . Si z se mueve a lo largo de una curva suave1 C 1 en el plano Z y f es continua, el punto ω se moverá a lo largo de una curva C 2 en el plano W . La curva C 2 se llama la imagen de la curva C 1 mediante la transformaci´ on ω = f (z).

EJEMPLO 6. Hallar la imagen de los siguientes conjuntos mediante la transformaci´ on ω = f (z) = z 2 . 1. Las rectas x = k, donde k es constante. 2. La franja 1

≤ x ≤ 2.

3. El cuadrado cuyos vértices son (1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2). 4. La recta y = x + 4. 5. Las curvas de nivel u = k y v = k, donde k es constante. 6. C´ırculos con centro en el origen. 1 La

curva C se denomina curva suave si su derivada es continua y diferente de cero en cada punto. Geométricamente,

lo anterior significa que C tiene una tangente continua en cada uno de sus puntos.

J. J. Le´ on - V. Barros

16

Matem´ aticas Especiales

Soluci´ on: Dado que ω = f (z) = z 2 = (x + yi)2 = x2 x2

−y

2

y v(x, y) = 2xy. Por lo tanto:

1. Si x = k entonces

v y= 2k

u=k

→

2

−y

−

2

+ 2xyi, entonces u(x, y) =

v2 . 4k 2

v2 La ecuación u = k es una familia de parábolas en el plano W . Cada recta 4k 2 x = k se transforma en una parábola, excepto la recta x = 0 que se transforma 2

−

en el semi-eje real negativo del plano W . ¿Por qué? Tanto la recta x = 1 como la v2 recta x = 1 son transformadas en la misma parábola u = 1 . 4 2. Es consecuencia de la parte 1. La franja 1 x 2 tiene como imagen la franja 2 v v2 comprendida entre las parábolas u = 1 yu=4 . 4 16 3. También directamente de 1., podemos concluir que el cuadrado cuyos vértices son

−

−

≤ ≤

−

−

(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2) es la parte superior de la región cerrada por las cuatro parábolas 2

2

2

2

v v v − v4 , u = 4 − 16 − −4 1, u = , u= 4 16 v v ⇒ ⇒ 2x + 8x − v = 0, y resolviendo para x tenemos: y= x+4 = 2x 2x √ − 8 ± 64 + 8v x= , u=1

4.

2

4

entonces 2

u=x +y

2

2

⇒u

= 32(8 + v)

⇒

u2 v= 32

− 8.

u2 Por lo tanto, la imagen de la recta y = x + 4 es la parábola v = 8. 32 5. La parte real de f (z) es u = x2 y2 , luego u = k x2 y 2 = k, que son

−

−

⇒ − hipérbolas. La parte imaginaria es v = 2xy, luego v = k ⇒ 2xy = k, que también son hipérbolas. Es decir, a las hipérbolas x − y = k del plano Z le corresponden 2

2

las rectas horizontales v = k del plano W .

6. Usando la forma polar y el teorema de Moivre z = r(cos θ + i sen θ)

⇒z

2

= r2 (cos 2θ + i sen2θ).

J. J. Le´ on - V. Barros

2.1. FUNCIONES ANAL´ ITICAS

17

El c´ırculo z = r es aplicado en el c´ırculo ω = r2 . Cada z es aplicado en un ω

||

||

que posee un radio que es igual al cuadrado de z y un argumento que es el doble del argumento de z, es decir, arg (ω) = 2arg(z). De ésta manera un semi-c´ırculo superior del plano Z es transformado en todo un c´ırculo del plano W . En general la función ω = z 2 aplica el semi-plano superior del plano Z en todo el plano W . Una región del plano Z cuya imagen mediante una función f (z) cubre el plano W una sola vez, se llama una región fundamental de dicha función. Por ejemplo, el semi-plano superior del plano Z es una región fundamental de la función ω = z 2 . Naturalmente el semi-plano inferior tambi´ en es una región fundamental de esa función. 

EJERCICIO 4. Hallar la imagen de los siguientes conjuntos mediante la transformaci´ on del ejemplo anterior 1. Las rectas y = k, donde k es constante. 2. La franja 3

≤ x ≤ 7.

3. La recta y = 3x + 1. on fundamental. EJERCICIO 5. Defina el concepto de regi´

2.1.2.

Operaciones entre funciones

Las operaciones algebraicas sobre el conjunto de las funciones de una variable compleja se definen de idéntica manera que en el cálculo de variable real. Veamos: Si f y g son funciones de variable compleja, entonces: i. Suma: (f + g)(z) = f (z) + g(z). ii. Producto: (f g)(z) = f (z) g(z). f f (z) iii. Cociente: (z) = , con g(z) = 0. g g(z)

 ·

·



J. J. Le´ on - V. Barros

18

Matem´ aticas Especiales

iv. Compuesta: (f g)(z) = f [g(z)].

◦

2.2.

L´ımites

Definamos ante todo algunos conceptos topológicos básicos.

Entorno o Vecindad: Un entorno o vecindad de un punto z0 del plano complejo, es un disco z

| − z | < δ de centro z 0

0

y radio positivo δ. Una vecindad de centro z0 y

radio δ se denota por V δ (z0 ).

Punto interior: Sea A un conjunto del plano complejo. Un punto z0 es un punto interior de A, si existe une vecindad de z0 contenida en A.

Punto frontera: Un punto z0 es un punto frontera de un conjunto A si toda vecindad con centro en z0 contiene a lo menos un punto de A y a lo menos un punto que no pertenece a A.

Conjunto abierto: Sea A un conjunto del plano complejo. A es abierto si todos sus puntos son interiores.

Conjunto conexo: Un conjunto abierto A es conexo, si dos puntos cualesquiera de A se pueden unir mediante una curva contenida enteramente en A. También necesitaremos más adelante los siguientes conceptos, por tal razón los definimos ahora.

Trayectoria simple cerrada: Es una trayectoria cerrada sin intersecciones y que no se toca a s´ı misma. Por ejemplo una circunferencia es simple, pero una curva en forma de ocho no lo es.

Dominio simplemente conexo: Se dice que D es un dominio simplemente conexo si es un dominio tal que toda trayectoria simple cerrada en D contiene sólo puntos de D. Un dominio que no es simplemente conexo se denomina múltiplemente conexo. Ahora veamos la definición de l´ımite de una función compleja. Tengase en cuenta que el concepto de valor absoluto es diferente que en la definición de l´ımite de una función J. J. Le´ on - V. Barros

19

2 .2 . L´ IMITES

de variable real.

DEFINICION 1. Sea f definida en todos los puntos z de una vecindad de z0 , excepto posiblemente en z = z0 . Decimos que el l´ımite de f (z) cuando z tiende a z0 es igual a ω0 . Esto se escribe l´ım f (z) = ω0 ,

z →z0

si para todo  > 0, existe una δ > 0 tal que 0< z

| − z | < δ ⇒ |f (z) − ω | < . 0

0

Esta definición afirma que para que el l´ımite de f (z) exista y sea igual a ω0 se requiere que para cualquier  > 0, exista δ > 0 tal que todo z que se encuentre en la vecindad V δ (z0 ) tenga como imagen un punto ω que esté en la vecindad V  (ω0 ). El valor de δ depende del  escogido. Aparentemente la definición de l´ımite de una función de variable compleja, es idéntica a la definición de l´ımite de una función de variable real. Pero cuando afirmamos que z tiende a z0 , significa que z se acerca a z0 y que lo puede hacer por cualquier trayectoria continua que pase por z0 , mientras que en variable real sólo existen dos posibilidades de acercamiento (izquierda y derecha).

EJEMPLO 7. Demostrar que z2 + 4 l´ım = 4i z →2i z 2i

−

z2 + 4 = 4i está definida en todo el plano, excepto en el Soluci´ on: La función f (z) = z 2i punto z = 2i (según la definición de l´ımite no es necesario que la función exista en un

−

punto para que el l´ımite de la función exista en ese punto). Para z = 2i tenemos: z2 + 4 4i = z 2i

|f (z) − | Siempre que z

 −





− 4i = |z − 2i| < .

| − 2i| < δ entonces δ = . Por lo tanto, |z − 2i| < δ ⇒ |f (z) − 4i| < , J. J. Le´ on - V. Barros

20

Matem´ aticas Especiales

es decir que z2 + 4 l´ım = 4i z →2i z 2i

−



TEOREMA 11. Si el l´ımite de una funci´ on de variable compleja existe, éste es ´ unico. Demostraci´ on: Supongamos que l´ımz →z0 f (z) = ω0 y l´ımz→z0 f (z) = ω1 y que ω0 = ω1 .



Entonces existe dado  > 0 existe δ0 y δ1 mayores que cero tal que

|z − z | < δ ⇒ |f (z) − ω | < 2 0

0

0

y

|z − z | < δ ⇒ |f (z) − ω | < 2 . 0

1

1

Entonces para δ = min(δ0 , δ1 ) obtenemos

|ω − ω | = |(f (z) − ω ) − (f (z) − ω )| ≤ |f (z) − ω | − |f (z) − ω | 0

1

0

1

0

1

0, existe δ1 > 0 y δ2 > 0 tal que 0< y 0<

 −  −

2

< δ1

⇒ |u(x, y) − u | < 2

2

< δ2

⇒ |v(x, y) − v | < 2 .

(x

x0 )2 + (y

−y )

(x

x0 )2 + (y

−y )

0

0

0

0

Si δ = min(δ1 , δ2 ), entonces 0<

 − (x

x0 )2 + (y

2

− y ) < δ ⇒ |u(x, y) − u + i(v(x, y) − v )| ≤ |u(x, y) − u | + i |(v(x, y) − v )| < . 0

0

0

0

0

Por lo tanto l´ım f (z) = ω0 .

z →z0

( )

⇐

Supongamos que l´ım f (z) = ω0 .

z →z0

Entonces para todo  > 0, existe δ > 0, tal que

|x − x

0

+ i(y

− y )| < δ ⇒ |u(x, y) − u 0

0

+ i(v(x, y)

− v )| <  0

como

|u(x, y) − u | ≤ |u(x, y) − u

0

+ i(v(x, y)

− v )|

|v(x, y) − v | ≤ |u(x, y) − u

0

+ i(v(x, y)

− v )|

0

0

y 0

0

tenemos que

|u(x, y) − u | <  0

y

|v(x, y) − v | <  0

siempre que 0< entonces l´ım

(x,y)→(x0 ,y0 )

 − (x

x0 )2 + (y

u(x, y) = u0

y

−y ) 0

l´ım

2

0, podemos encontrar un M > 0, z →∞

tal que

|z| > M ⇒ |f (z) − ω | 0

f (z) esta definida para todo complejo excepto g(z) para z = z0 en alguna regi´ on que contiene a z0 y si l´ım g(z) = 0 y l´ım f (z) = k = 0, on h(z) = TEOREMA 14. Si la funci´

z →z0

z →z0

donde k es una constante compleja. Entonces f (z) = z →z0 g(z) l´ım



∞.

EJEMPLO 10. Calcular 1 + 3i . z →i (z i)2

l´ım

−

Soluci´ on: f (z) = 1 + 3i y g(z) = (z

− i)

2

l´ım 1 + 3i = 1 + 3i, z →i

y

l´ım(z z →i

2

− i)

= 0.

Entonces aplicando el teorema 14 obtenemos 1 + 3i = z →i (z i)2

l´ım

−

∞. 

J. J. Le´ on - V. Barros

24

Matem´ aticas Especiales

2.3.

Continuidad

DEFINICION 3. Una funci´ on f definida en una regi´ on Ω es continua en un punto z0 de Ω si: l´ım f (z) = f (z0 )

z →z0

Esta definición es equivalente a decir que f es continua en z0 de su dominio, s´ı y sólo s´ı, para todo  > 0 existe una δ > 0, tal que

|z − z | < δ ⇒ |f (z) − f (z )| <  0

0

(el δ depende del  que se tome). La función f es continua en una región Ω si es continua en todos los puntos de Ω. Directamente de las propiedades de los l´ımites podemos demostrar las siguientes propiedades algebraicas de la continuidad.

TEOREMA 15. Si f y g son funciones continuas en z0 y k es una constante compleja, entonces son continuas en z0 las funciones: 1. f + g. 2. f g.

·

3. f/g.

EJEMPLO 11. La funci´ on polin´ omica f (z) = an z n + an−1 z n−1 +

··· + a z + a , 1

0

donde ak = C y C es una constante compleja, para k = 1, 2,...,n es continua en todo el plano. Soluci´ on: La función idéntica I (z) = z es continua en todo el plano, ya que l´ım z = z0 .

z →z0

J. J. Le´ on - V. Barros

25

2.4. LA DERIVADA

Se puede encontrar δ > 0, dado  > 0 tal que

|z − z | < δ ⇒ |I (z) − z | < , es decir, |I (z) − z | = |z − z | < , por lo tanto δ = . Las funciones z , z ,...,z 0

0

0

2

0

3

n

son

continuas porque son producto de funciones continuas y como la función polinómica es la suma del producto de funciones continuas, entonces es continua (La función constante es continua).

2.4.



La Derivada

on definida en una regi´ on Ω y sea z0 DEFINICION 4. Sea f una funci´ que f es diferenciable en z0 , si el siguiente l´ımite existe: f (z0 + h) h→0 h

f  (z0 ) = l´ım

∈ Ω. Se dice

− f (z ) 0

A f  (z0 ) se le llama la derivada de f en z0 . Podemos obtener una forma equivalente para la derivada de f en el punto z0

∈ Ω, veamos: f (z) − f (z ) f (z ) = l´ım z−z 

Donde h = ∆z = z

0

−z .

0

z →z0

0

0

La derivada de f en cualquier punto z

∈ Ω se denota f (z) o f (z) . dz 

EJEMPLO 12. Sea f (z) = z 2 + 1. Hallar f  (z)y f  (2 + i). Soluci´ on: f (z + h) f (z) h→0 h 2 (z + h) + 1 (z 2 + 1) = l´ım h→0 h h(2z + h) = l´ım = 2z h→0 h

f  (z) = l´ım

−

−

J. J. Le´ on - V. Barros

26

Matem´ aticas Especiales

Si z0 = 2 + i entonces f  (2 + i) = 2(2 + i) = 4 + 2i. Si aplicamos directamente la definici´ on 4., tenemos (2 + i + h)2 + 1 f (2 + i) = l´ım h→0 h 

2

− (2 + i) − 1 = 4 + 2i 

Tal como sucede en el cálculo de una variable real la existencia de la derivada en un punto implica la continuidad en ese punto, pero no lo contrario.

TEOREMA 16. Si f es derivable en z0 , entonces f es continua en ese punto. Demostraci´ on: Supongamos que f es derivable en z0 , entonces f (z) z

− f (z ) −z



− − − −

f  (z) = l´ım

z →z0

existe. l´ım f (z)

z →z0

|

−

0

0



f (z) f (z0 ) (z z0 ) f (z0 ) = l´ım z →z0 z z0 f (z) f (z0 ) = l´ım l´ım (z z0 ) z →z0 z →z0 z z0

|

−

·

−

= f  (z0 ) 0 = 0

·

entonces l´ım f (z) = f (z0 ),

z →z0

y por lo tanto f es continua en z0 .



El siguiente ejemplo nos permite demostrar que si una función es continua en un punto, no implica que la función sea derivable en dicho punto. on f (z) = z EJEMPLO 13. La funci´

||

solo es derivable en el origen.

2

es continua en todo el plano complejo pero

Soluci´ on: Dada la función f (z) = z 2 = z z¯, tenemos: Si z = 0, entonces

||

·

f (0 + h) h→0 h

f  (0) = l´ım

− f (0) = l´ım h¯ = 0.

J. J. Le´ on - V. Barros

h→0

27

2.4. LA DERIVADA

Si z = 0, entonces



f (z + h) f (z) h→0 h (z + h)(z + h) z z¯ = l´ım h→0 h ¯h ¯ + z¯ , = l´ım z + h h→0 h

−

f  (z) = l´ım

− ·





¯ ¯ h ¯ + z¯ no existe porque l´ımh→0 h no existe. Por lo tanto la función pero l´ımh→0 z + h h h  no es derivable en z = 0.







Las fórmulas de derivación en el cálculo de una variable real son válidas para funciones de variable compleja. El siguiente teorema nos determina este hecho.

TEOREMA 17. Si f y g son funciones de variable compleja tales que f  y g existan y si k es una constante compleja, entonces: 1. 2. 3. 4. 5.

6.

d (z) = 1 dz d (k) = 0 dz d d d [f (z) g(z)] = f (z) g(z) dz dz dz d d (kf (z)) = k f (z) dz dz d d d [f (z) g(z)] = g(z) f (z) + f (z) g(z) dz dz dz d d g(z) f (z) f (z) g(z) d f (z) dz dz = , con g(z) = 0 [g(z)]2 dz g(z)

±

±

·

 

−



7. Si ω = f (η) y η = g(z), entonces d d d ω= ω η. dz dη dz

·

Esta es la conocida regla de la cadena. J. J. Le´ on - V. Barros

28

Matem´ aticas Especiales

Demostraci´ on de 6: f (z + h) f (z) d f (z) g(z + h) g(z) = l´ım h→0 dz g(z) h f (z + h)g(z) f (z)g(z + h) = l´ım h→0 hg(z)g(z + h) 1 f (z + h)g(z) g(z)f (z) + g(z)f (z) = l´ım h→0 g(z)g(z + h) h 1 d d = ( g(z) f z) f (z) g(z) [g(z)]2 dz dz

−

 

−





−



−

EJEMPLO 14. Calcular

− f (z)g(z + h)

 

d 2 [z + 2]3 . dz

Soluci´ on: ω = f (g(z)) = (z 2 + 2)3 , entonces η = g(z) = z 2 + 2 y ω = f (η) = η3 . Ahora, como

dω = 3η 2 dη

entonces

y

dη = 2z, dz

dω = 3η2 2z = 3(z 2 + 2)2 2z = 6z(z 2 + 2)2 dz

·

·



2.5.

Ecuaciones de Cauchy-Riemman

on f (z) = u(x, y) + iv(x, y) es derivable en un punto z de TEOREMA 18. Si la funci´ su dominio Ω. Entonces se satisfacen las ecuaciones ∂u ∂v ∂u ∂v = = y ∂x ∂y ∂y ∂x llamadas ecuaciones de Cauchy-Riemman.

(2.2)

−

Demostraci´ on: Sea z0 = x0 +y0 i un punto de la región Ω. Supongamos que f  (z) existe. Entonces

f (z0 + ∆z) ∆z →0 ∆z

f  (z0 ) = l´ım

− f (z ) .

J. J. Le´ on - V. Barros

0

29

2.5. ECUACIONES DE CAUCHY-RIEMMAN

Haciendo ∆z = ∆x + i∆y. Tenemos que u(x0 + ∆x, y0 + ∆y) + iv(x0 + ∆x, y0 + ∆y) (∆x,∆y)→(0,0) ∆x + i∆y u(x0 + ∆x, y0 + ∆y) u(x0 , y0 ) = l´ım (∆x,∆y)→(0,0) ∆x + i∆y v(x0 + ∆x, y0 + ∆y) v(x0 , y0 ) +i l´ım (∆x,∆y)→(0,0) ∆x + i∆y

f  (z0 ) =

l´ım

− u(x , y ) − iv(x , y ) 0

0

0

−

−

El l´ımite es independiente de la trayectoria por lo cual ∆z casos. Si ∆x = 0, entonces ∆y

→ 0. Analizaremos dos

→ 0, luego u(x0 , y0 + ∆y) u(x0 , y0 ) ∆y →0 i∆y v(x0 , y0 + ∆y) v(x0 , y0 ) + i l´ım ∆y →0 i∆y ∂u(x0 , y0 ) ∂v(x0 , y0 ) = i + ∂y ∂y

−

f  (z0 ) = l´ım

−

−

Como z0 es un punto cualquiera de Ω tenemos f  (z) = Si ∆y = 0, entonces ∆x

∂v −i ∂u + . ∂y ∂y

(2.3)

→ 0, luego u(x0 + ∆x, y0 ) u(x0 , y0 ) ∆x→0 ∆x v(x0 + ∆x, y0 ) v(x0 , y0 ) + i l´ım ∆x→0 ∆x ∂u(x0 , y0 ) ∂v(x0 , y0 ) = +i ∂x ∂x

−

f  (z0 ) = l´ım

−

Entonces ∂u ∂v +i . ∂x ∂x Como z0 es un punto cualquiera de Ω tenemos f  (z) =

f  (z) =

∂u ∂v +i . ∂x ∂x

J. J. Le´ on - V. Barros

(2.4)

0

30

Matem´ aticas Especiales

De (2.3) y (2.4) obtenemos las ecuaciones (2.2) llamadas de Cauchy-Riemann. Luego, si la derivada de la función existe, entonces se satisfacen las ecuaciones de CauchyRiemann2 .



on EJEMPLO 15. (Encontrar los errores dentro del siguiente procedimiento) La funci´

 

f (z) =

x3 y 3 x3 y3 +i x2 + y2 x2 + y2



−

0

−



, si z = 0



, si z = 0

Satisface las ecuaciones de Cauchy-Riemann en el origen, pero la derivada en el origen no existe. Soluci´ on: ux (0, 0) =

l´ım

u(x, 0)

x

(x,y)→(0,0)

uy (0, 0) = l´ım

y →0

−

3

− u(0, 0) = l´ım x

y3 = y3

x→0

x3

=1

−1

De la misma manera obtenemos que vx (0, 0) = 1 y vy (0, 0) =

−1.

Luego se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en el origen. Ahora veamos que la derivada de la función en el origen no existe:



f (0) = l´ım

z →0

2 Tanto

f (z)

− f (0) = z

x3 y3 x3 y 3 +i x2 + y2 x2 + y 2 x + yi

−

l´ım

(x,y)→(0,0)



−

−

0

Cauchy como Riemann, son los precursores del Análisis Complejo. Riemann que fue fil´ osofo, introdujo el

concepto de integral, tal como se enseñ a en los cursos bá sicos de c´ alculo. Trabaj´ o con series de Fourier, ecuaciones diferenciales ordinarias y parciales, creando nuevos métodos para su soluci´ o n y efectu´ o contribuciones importantes a la teor´ıa de n´ umeros y a la fisica-matemática. Creador tambi´ en de la geometr´ıa de Riemann, base matem´ a tica de la teor´ıa de la relatividad de Einstein. Su trabajo motiv´ o muchas ideas de la matem´ atica moderna, especialmente en topolog´ıa y an´ alisis funcional (Ve´ ase N. Burbaki, Elements of Mathematics. General Topology, Parte I, P´ ag. 161-166, Paris Hermann).

J. J. Le´ on - V. Barros

2.5. ECUACIONES DE CAUCHY-RIEMMAN

31

Tomando la trayectoria x = 0, tenemos f  (0) = l´ım

y →0

−y + iy = 1 + i, iy

y tomando la trayectoria y = 0, tenemos x + ix = 1 + i, x→0 x

f  (0) = l´ım

Por las dos trayectorias hemos llegado al mismo l´ımite, pero si tomamos la trayectoria y = x, tenemos

1 i ix = + , x→0 x + ix 2 2 Por lo tanto hemos encontrado por trayectorias diferentes l´ımites diferentes, entonces f  (0) = l´ım

f  (0) no existe.



on f (z) = u(x, y) + iv(x, y). Supongamos que las funTEOREMA 19. Sea la funci´ ciones u y v junto con sus derivadas parciales de primer orden son continuas en un punto (x0 , y0 ) de la regi´ on de definici´ on. Si se cumplen las ecuaciones de CauchyRiemann entonces f  (z0 ) existe. Adem´ as si las condiciones del teorema se satisfacen, la derivada de f se puede expresar en la forma f  (z) =

∂u ∂v +i ∂x ∂x

o alternativamente

∂v ∂u i , ∂y ∂y como ya hab´ıamos visto en la demostración del teorema 18. f  (z) =

−

Demostraci´ on: Como las primeras derivadas parciales de u(x, y) y v(x, y) son continuas entonces ∆u =

∂u ∂u ∆x + ∆y + 1 ∆x + 2 ∆y ∂x ∂y

∆v =

∂v ∂v ∆x + ∆y + 3 ∆x + 4 ∆y ∂x ∂y

y

J. J. Le´ on - V. Barros

32

Matem´ aticas Especiales

∂u ∂u ∂v ∂v calculadas en (x0 , y0 ) y 1 , 2 , 3 , 3 0, cuando (∆x, ∆y) (0, 0). , , , ∂x ∂y ∂x ∂y Como se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann, reemplazamos y obtenemos: con

→

→

∆f ∂u ∆x ∆y ∂v = +i + (1 + i3 ) + (2 + i4 ) ∆z ∆z ∆z ∂x ∂x ∆z = ∆x + i∆y entonces

pero (∆x, ∆y)



∆x ∆z

→ 0 entonces (

1

⇒ |∆z| ≥ |∆x|

 ≤

+ i3 )

1 y



∆y ∆z

y

 ≤

|∆z| ≥ |∆y|, 1,

∆x ∆y y (2 + i4 ) tiende a cero. ∆z ∆z

∆f ∂u ∂v = f  (z0 ) = +i ∆z →0 ∆z ∂x ∂x l´ım

por lo tanto f  (z0 ) existe.



EJEMPLO 16. Calcular f  (z) si f (z) = sen x cosh y + i cos x senh y Soluci´ on: Tenemos que las funciones u y v se definen como: u(x, y) = sen x cosh y y v(x, y) = cos x senh y, luego ∂u = cos x cosh y ∂x ∂v = ∂x

− sen x senh y

∂u = sen x senh y ∂y ∂v = cos x cosh y ∂y

Como u y v junto con sus primeras derivadas parciales son continuas en todo el plano y además se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en todo el plano podemos concluir que la derivada de la función existe en todos los puntos del plano complejo. Entonces f  (z) =

∂u ∂v +i = cos x cosh y + i sen x senh y ∂x ∂x 

J. J. Le´ on - V. Barros

33

2.5. ECUACIONES DE CAUCHY-RIEMMAN

EJEMPLO 17. Comprobar que las ecuaciones de Cauchy-Riemann en coordenadas polares son las siguientes: 1 ∂v ∂u = ∂r r ∂θ

∂v = ∂r

y

− 1r ∂u , ∂θ

(2.5)

donde r = 0.



Soluci´ on. Las relaciones que nos permiten el paso de coordenadas rectangulares a coordenadas polares son las siguientes x = r cos θ

y = r sen θ

r=

es as´ı como ∂u ∂u ∂r ∂u ∂θ ∂u = + = ∂x ∂r ∂x ∂θ ∂x ∂r entonces ∂u ∂x ∂u ∂y ∂v ∂x ∂v ∂y Ahora, como

entonces

+

−1

y2

x x2 + y 2

θ = tan

+

∂u ∂θ

y x2 + y2

−

−

∂u ∂v = , tenemos ∂x ∂y

 y, como

x2

1 ∂u ∂u cos θ sen θ ∂r r ∂θ 1 ∂u ∂u ∂r ∂u ∂θ ∂u = + = sen θ + cos θ ∂r ∂y ∂θ ∂y ∂r r ∂θ 1 ∂v ∂v ∂r ∂v ∂θ ∂v = + = cos θ sen θ ∂r ∂x ∂θ ∂x ∂r r ∂θ 1 ∂v ∂v ∂r ∂v ∂θ ∂v = + = sen θ + cos θ. ∂r ∂y ∂θ ∂y ∂r r ∂θ =

∂u = ∂y

∂u ∂r

−

1 ∂v r ∂θ



cos θ

 −

∂v 1 ∂u + ∂r r ∂θ



sen θ = 0



∂v 1 ∂u + ∂r r ∂θ



cos θ = 0

∂v − ∂x , tenemos



∂u ∂r



−

1 ∂v r ∂θ

∂u ∂r

− 1r ∂v =0 ∂θ

y , x

   −   

sen θ +

y

∂v 1 ∂u + =0 ∂r r ∂θ

J. J. Le´ on - V. Barros

34

Matem´ aticas Especiales

por lo tanto

1 ∂v ∂u = ∂r r ∂θ

∂v = ∂r

y

− 1r ∂u ∂θ

con r = 0





ormula equivalente para la derivada de una funci´ on en coordeTEOREMA 20. La f´ nadas polares es 

f (z) = (cos θ

−



∂u ∂v +i i sen θ) ∂r ∂r

Demostraci´ on: Reemplazando los valores de tenemos que ∂u ∂v +i ∂x ∂x ∂u = cos θ ∂r



∂u ∂v y de , obtenidas en el ejemplo 18 ∂x ∂x

f  (z) =



−

 

−





1 ∂u ∂v sen θ + i cos θ r ∂θ ∂r



1 ∂v sen θ . r ∂θ

Usando las ecuaciones (2.5) tenemos f  (z) = (cos θ

−

∂u ∂v +i i sen θ) ∂r ∂r



1 EJEMPLO 18. Calcular f  (z) donde f (z) = , con z = 0. z



Soluci´ on. Sea z = r(cos θ + i sen θ), entonces f (z) =

1 = r −1 (cos θ z

− i sen θ)

y tenemos que u(r, θ) = r−1 cos θ y v(r, θ) = r −1 sen θ por lo tanto

∂u = ∂θ

− senr θ

∂u = ∂r

− cosr θ

∂v = ∂θ

− cosr θ

sen θ ∂v = 2 . ∂r r

J. J. Le´ on - V. Barros

2

35

2.6. FUNCIONES ANAL´ ITICAS

En z = 0, se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann (2.5) y además tanto u como



v y sus primeras derivadas parciales son continuas. Por lo tanto la derivada de f existe y es 

f (z) = (cos θ

2.6.

−



∂u ∂v +i i sen θ) ∂r ∂r



=

− r1 (cos 2θ − i sen2θ) = − z1 2

2



Funciones Anal´ıticas

DEFINICION 5. Una funci´ on f es anal´ıtica en un punto z0 de su dominio, si existe una vecindad de z0 tal que f  (z) exista para todo punto de la vecindad. Si f es anal´ıtica en todos los puntos de una región Ω se dice que f es anal´ıtica en Ω. Si f es anal´ıtica en todo el plano complejo entonces f se llama una función entera . A una funci´ on anal´ıtica en un punto z0 también se le acostumbra llamar holomorfa o regular en z0 . Si f ésta definida en un dominio Ω (abierto), las propiedades de diferenciabilidad y analiticidad son equivalentes; pero en otros casos la analiticidad exige que la función sea derivable en un conjunto mayor. Es decir, f es anal´ıtica en un disco z

| | ≤ a, si es

derivable en el disco z

| | ≤ a + δ, donde a es una constante mayor que cero. on f (z) = |z | no es anal´ıtica en ning´ un punto del plano, EJEMPLO 19. La funci´ 2

pero es derivable en el origen.

Soluci´ on: En el ejemplo 14 de la sección 2.4 demostramos que la derivada de f sólo existe en el origen y que f  (0) = 0. Si tomamos cualquier vecindad de z0 tenemos que f  (z) no existe para ningún z en la vecindad. Luego la función no es anal´ıtica en el origen



on polin´ omica es una funci´ on entera. EJEMPLO 20. La funci´ J. J. Le´ on - V. Barros

36

Matem´ aticas Especiales

Soluci´ on: Si f es polinómica entonces f (z) = an z n + an−1 z n−1 +

· ·· + a z + a . Ya 1

0

hemos visto que esta función es derivable en todo el plano complejo, entonces si z0 es cualquier punto del plano, f  (z) existe para todo z en la vecindad de z0 y por lo tanto f es anal´ıtica en todo el plano. Es decir, f es una función entera.



De las propiedades de la derivada se puede deducir fácilmente que la suma, el producto y el cociente

3

de funciones anal´ıticas en Ω, son funciones anal´ıticas en Ω.

Si f es anal´ıtica en Ω1 y si f (Ω1 ) está contenida en Ω2 y g es anal´ıtica en Ω2 , entonces g f es anal´ıtica en Ω1 .

◦

EJEMPLO 21. Comprobar que la funci´ on f (z) = ex (cos y + i sen y) es anal´ıtica en todo el plano (entera). Soluci´ on: f (z) = ex (cos y + i sen y) = ex cos y + iex sen y entonces u(x, y) = ex cos y

y v(x, y) = ex sen y,

y por lo tanto ∂u = ex cos y ∂x

∂v = ex sen y ∂x

∂v = ex cos y ∂y

∂u = ∂y

x

−e

sen y

Como se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann y tanto u y v como sus primeras derivadas son continuas en todo el plano. Entonces f  (z), existe para todo z y por lo tanto la función es entera.



TEOREMA 21. Si la funci´ on f (z) = u(x, y) + iv(x, y) es anal´ıtica y si u y v tienen segundas derivadas parciales continuas; entonces u y v satisfacen las ecuaciones de Laplace

3 En

∂ 2 u ∂ 2 u ∂ 2 v ∂ 2 v + = 0 y + =0 ∂x 2 ∂y 2 ∂x 2 ∂y 2

este caso se advierte que f /g es anal´ıtica en Ω, s´ı y s´ olo s´ı, g(z)  = 0.

J. J. Le´ on - V. Barros

37

2.6. FUNCIONES ANAL´ ITICAS

Demostraci´ on: Como f es anal´ıtica en Ω entonces se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann

∂u ∂v ∂u ∂v = y = . ∂x ∂y ∂y ∂x Derivando en ambos lados tenemos ∂ 2 u ∂ 2 v ∂ 2 u ∂ 2 v = y = . ∂x 2 ∂x∂y ∂y 2 ∂y∂x Debido a la continuidad de (2.6) se cumple que

−

−

(2.6)

∂ 2 v ∂ 2 v = ∂y∂x ∂x∂y y del mismo modo se tiene que

∂ 2 u = ∂y 2

2

− ∂ ∂xu 2

en Ω. Luego las funciones u y v satisfacen las ecuaciones de Laplace en Ω.



Más adelante4 demostraremos que si una función es anal´ıtica su derivada también lo es. Esto significa que existen derivadas parciales en todos los ordenes continuas de u y de v. on F (x, y) real, de dos variables reales que tienen derivadas DEFINICION 6. Una funci´ parciales de segundo orden continuas y que satisfacen la ecuaci´ on de Laplace se llama una funci´ on arm´ onica 5 . Podemos afirmar que si f (z) = u(x, y) + iv(x, y) es anal´ıtica en Ω, entonces u y v son funciones armónicas en Ω. Estas funciones son llamadas conjugadas 6 . Si u y v son funciones armónicas que satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en un dominio Ω, entonces son parte real e imaginaria de una función anal´ıtica f en Ω Dada una función armónica podemos obtener su conjugada usando las ecuaciones de Cauchy-Riemann. 4 Cuando 5 As´ ı se

iniciemos el tema de Integración compleja llaman las soluciones de la ecuaci´ on de Laplace que tienen derivadas parciales de segundo orden continuas y,

su teor´ıa se denomina teor´ıa del Potencial. 6 Aqu´ ı el t´ ermino conjugada ti ene un significado diferente al de conjugado de un n´ umero complejo.

J. J. Le´ on - V. Barros

38

Matem´ aticas Especiales

EJEMPLO 22. Se tiene la funci´ on u(x, y) = ln(x2 + y2 ). Encontrar f (z) = u(x, y) + iv(x, y), tal que f sea anal´ıtica. Soluci´ on: Derivando la función u(x, y) = ln(x2 + y2 ), tenemos que 2x ∂u = 2 ∂x x + y2

2y ∂u = 2 , ∂y x + y2

y

entonces

2x ∂u ∂v ∂v = = 2 , ∂x ∂y ∂y x + y2 integrando con respecto a y obtenemos 2x y = 2 arctan + h(x), v= dy x2 + y 2 x Por lo tanto 2y ∂v = + h (x). 2 2 ∂x x +y ∂v ∂u Como = , entonces h (x) = 0. De donde h(x) = k, y k es una constante; por ∂x ∂y lo tanto: y + k, v(x, y) = 2 arctan x y entonces y +k . f (z) = ln(x2 + y 2 ) + i 2 arctan x

⇒





−

−





 



TEOREMA 22. Si f (z) = u(x, y) + iv(x, y) es una funci´ on anal´ıtica en Ω, entonces la familia de curvas u(x, y) = k1 son trayectorias ortogonales a la familia de curvas v(x, y) = k2 y viceversa, en todo punto de Ω donde f  (z) = 0.



Demostraci´ on: Derivando u(x, y) = k1 impl´ıcitamente, tenemos: du =

∂u ∂u dx + dy = 0 ∂x ∂y

entonces dy = dx

−

∂u ∂x ∂u ∂y

J. J. Le´ on - V. Barros

(2.7)

39

2.7. TRANSFORMACIONES CONFORMES

La expresión (2.7) da la pendiente de la curva general de la familia u(x, y) = k1 . Del mismo modo dv =

∂v ∂v dx + dy = 0 ∂x ∂y

entonces

∂v dy = ∂x . (2.8) ∂v dx ∂y Esta es la pendiente de la curva general de la familia v(x, y) = k2 . Como f es anal´ıtica

−

se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann, entonces usando este hecho en (2.8), tenemos

∂u dy ∂y = (2.9) ∂u dx ∂x pero (2.9) es precisamente el negativo del rec´ıproco de la pendiente de la curva general de la función u(x, y) = k1 en un punto com´ un. Por tanto las dos familias son ortogonales.

2.7.



Transformaciones Conformes

Ahora veremos que si la función f es anal´ıtica su representación es conforme . Es decir, conserva los ángulos entre curvas orientadas tanto en magnitud como en sentido. Las transformaciones conformes tiene gran utilidad en las matemáticas para ingenier´ıa ya que permiten resolver problemas bidimensionales con valores en la frontera; mediante la transformaci´ on de una región complicada en otra más sencilla. En el cap´ıtulo siguiente daremos algunos ejemplos sobre estos problemas.

2.7.1.

Representaci´ on conforme

Sea ω = f (z) una función anal´ıtica en el plano Z , tal que f  (z0 ) = 0. Entonces la



imagen de un arco suave en la vecindad de z0 del plano Z , es un arco suave en el plano J. J. Le´ on - V. Barros

40

Matem´ aticas Especiales

W . Si f  (z0 ) = r0 eiθ0 , entonces θ0 = arg (f  (z0 )) = l´ım

∆z →0

donde ∆ω = f (z0 + ∆z)

   ∆ω ∆z

arg

− f (z ). 0

Sea C una curva suave a través de z0 y sea la curva suave S su imagen bajo la transformaci´ on anal´ıtica ω = f (z). Al describir un sentido positivo para C , la transformación determina un sentido positivo a lo largo de S . Supongamos que z0 +∆z es un punto en C en el sentido positivo desde z0 . El argumento de ∆z tiende al ángulo de inclinación φ de la recta tangente a C en z0 , cuando ∆z tiende a cero. Es decir l´ım (arg (∆z)) = φ

∆z →0

Sea ω0 la imagen de z0 y ω0 + ∆ω la imagen de z0 + ∆z, entonces l´ım (arg (∆ω)) = Φ,

∆ω →0

donde Φ es el ángulo de inclinaci´ on de la recta tangente a S en el punto ω0 . Tenemos ∆ω = ∆z

  ∆ω ∆z

.

Debido a que el argumento de un producto es la suma de los argumentos de los factores, entonces arg (∆ω) = arg (∆z) + arg aplicando l´ımite cuando ∆z tiende a cero

  ∆ω ∆z

l´ım arg (∆ω) = l´ım arg (∆z) + l´ım arg

∆z →0

∆z →0

∆z →0

J. J. Le´ on - V. Barros

∆ω ∆z

 

41

2.7. TRANSFORMACIONES CONFORMES

entonces Φ = φ + θ0 de donde, bajo la transformación, la tangente a C dirigida en z0 se gira un ángulo θ0 = Φ

− φ.

Esto significa que la transformación ω = f (z), anal´ıtica en z0 con f  (z) = 0, gira las tangentes de todas las curvas que pasen por z0 en un mismo ángulo θ0 .



Ahora, supongamos que tenemos en el plano Z un par de curvas suaves C 1 y C 2 las cuales se interceptan en el punto z0 . Sean φ1 Y φ2 los ańgulos de inclinación de sus respectivas rectas tangentes en z0 , y sean Φ1 Y Φ2 los ańgulos de inclinació n a las curvas S 1 y S 2 en el punto ω0 . Entonces Φ1 = φ1 + θ0

y Φ2 = φ2 + θ0 ,

y restando estas últimas ecuaciones tenemos α = Φ2

−Φ

1

= φ2

−φ . 1

De esta manera el ángulo entre las curvas S 1 y S 2 es el mismo en magnitud y en sentido que el ángulo entre C 1 y C 2 . Una transformación que conserva los ángulos de esta forma entre cada par de curvas en el punto z0 , se llama Conforme en z0 . Si la transformación es conforme en todo punto de la región Ω, entonces decimos que es conforme en Ω. Una transformación que conserva las magnitudes de los ángulos pero no necesariamente el sentido se llama isogonal . La discusi´ on anterior prueba el resultado que sintetizamos en el siguiente teorema: on Ω, entonces la transTEOREMA 23. Si f (z) es anal´ıtica y f  (z) = 0 en una regi´ formaci´ on ω = f (z) es conforme en Ω.



Una transformación conforme transforma pequeñas figuras en la vecindad de un punto z0 del plano Z en pequeñas figuras semejantes en el plano W . Veamos, si z está muy J. J. Le´ on - V. Barros

42

Matem´ aticas Especiales

próximo a z0 , entonces f (z) z entonces

− f (z ) = ω − ω  f (z ), −z z−z

ω

0

0

0



0

0



− ω  f (z )(z − z ), 0

0

0

si en lugar de casi igual ( ), tomamos la igualdad, tenemos



= f  (z0 )(z

− z ), (2.10)  0. La imagen por la relación lo cual establece una relació n de uno a uno si f (z ) = (2.10) es semejante a la original y su dimensión var´ıa en |f (z )|.  0, se llama un punto cr´ıtico de la transformación. Un punto en el que f (z ) = ω

−ω

0

0



0





0

0

Si ω = f (z) es una transformación del plano Z en el plano W , podemos pensar que es una transformación del plano Z en s´ı mismo. Con esta interpretación, los puntos para los cuales f (z) = z, los llamamos puntos fijos o puntos invariantes on ω = f (z) = z 2 EJEMPLO 23. Dada la transformaci´

− 2, entonces:

1. Demostrar que la transformaci´ on es conforme. 2. Hallar los puntos cr´ıticos. 3. Hallar los puntos fijos o invariantes. Soluci´ on: Analizando cada una de las situaciones, tenemos: 1. Como ω = f (z) = z 2

− 2 es una función polinómica, es anal´ıtica en todo el plano.

Por el teorema 23., la transformación es conforme excepto donde f  (z) = 0. Pero, f  (z) = 0 solamente en el origen. Entonces la transformación es conforme en todo el plano excepto en el origen. 2. El z = 0 es el u ´ nico punto cr´ıtico de la transformación. 3. Como ω = f (z) = z 2

2

− 2, entonces z − 2 − z = 0, de donde z = −1 y z = 2. Estos

valores son los puntos fijos de la transformación. J. J. Le´ on - V. Barros

2.7. TRANSFORMACIONES CONFORMES

43 

La aplicaciones m´ as importantes de las transformaciones conformes se deben a la propiedad que poseen las funciones armónicas, de permanecer siendo armónicas bajo un cambio de variable que surja de una transformación conforme. Este valioso resultado lo recogemos en el siguiente teorema:

TEOREMA 24. Una funci´ on arm´ onica g(x, y) se transforma en otra funci´ on arm´ onica bajo un cambio de variable que surge de una transformaci´ on conforme ω = f (z). Antes de demostrar el teorema siguiente, miremos su alcance. Por ejemplo, supongamos que queremos resolver un problema bidimensional con valores en la frontera en una región Ω dada. procedemos entonces de la siguiente manera i. Encontrar una aplicación conforme f que transforme el problema de frontera de la región Ω en uno para la regi´ on más sencilla Ω (generalmente c´ırculo o semi-plano). ii. Resolver el problema de frontera transformado. iii. Transformar la solución a las coordenadas originales, mediante la transformación inversa f −1 Dejaremos las aplicaciones f´ısicas para más adelante cuando tengamos más manejo del cálculo complejo. Demostraci´ on teorema 24: Supongamos la transformaci´ on x = X (u, v) y y = Y (u, v) entonces g(x, y) se transforma en g [X (u, v), Y (u, v)] = G(u, v), luego

∂g ∂g ∂u ∂g ∂v = + ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x

y

∂g ∂g ∂u ∂g ∂v = + ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y

J. J. Le´ on - V. Barros

44

Matem´ aticas Especiales

∂ 2 g ∂g ∂ 2 u ∂u ∂ 2 g ∂u ∂ 2 g ∂v = + + ∂x 2 ∂u ∂x 2 ∂x ∂u 2 ∂x ∂v∂u ∂x ∂g ∂ 2 v ∂v ∂ 2 g ∂ 2 g ∂v + + + ∂v ∂x 2 ∂x ∂u∂v ∂v 2 ∂x



∂ 2 g ∂g ∂ 2 u ∂u ∂ 2 g ∂u ∂ 2 g ∂v = + + ∂y 2 ∂u ∂y 2 ∂y ∂u 2 ∂y ∂v∂u ∂y ∂g ∂ 2 v ∂v ∂ 2 g ∂ 2 g ∂v + + + ∂v ∂y 2 ∂y ∂u∂v ∂v 2 ∂y



 



 





2.8.

Funci´ on Exponencial

Del cálculo de variable real sabemos que el desarrollo de series de McLauren de las funciones ex , sen x y cos x es: x2 x3 + + e = 1+x+ 2! 3! x

sen x = x cos x = 1

−

x3 x5 + 3! 5!

−

x2 x4 + 2! 4!

∞

··· = ∞

−···

 n=0

xn n!

x2n+1 = ( 1) (2n + 1)! n=0

− −

n

∞

−··· =

( 1)n

n=0

x2n (2n)!

Todas estas serie tienen radio de convergencia infinito. Si reemplazamos la variable x por la variable compleja z, las serie anteriores se transforman en funciones de variable compleja, definidas en todo el plano complejo. J. J. Le´ on - V. Barros

45

´ 2.8. FUNCI ON EXPONENCIAL

Tomemos iy en vez de x en la función exponencial, entonces: iy

e = 1 + iy

y2 2!

− −

y3 i y 4 + + 3! 4!

··· ,

es decir, podemos escribir ∞

∞

2n+1 y2n n y ( 1) +i ( 1) e = , (2n)! (2n + 1)! n=0 n=0 iy

de donde

−

n

−

eiy = cos y + i sen y. Esta u ´ ltima expresión nos permite presentar un número complejo en forma exponencial. Por ejemplo, e2πi = cos2π + i sen2π = 1. En general se tiene que z = r (cos θ + i sen θ) = reiθ . La función exponencial en términos de las funciones reales u(x, y) y v(x, y), se expresa de la siguiente manera: ω = ez = ex+yi = ex eyi = ex (cos y + i sen y), de donde u(x, y) = ex cos y y v(x, y) = ex sen y.

(2.11)

TEOREMA 25. La funci´ on ω = ez es una funci´ on anal´ıtica en todo el plano (entera). Demostraci´ on: Seg´ un las ecuaciones (2.11) ∂u ∂u = ex cos y y = ex sen y ∂x ∂y ∂v ∂v = ex sen y y = ex cos y. ∂x ∂y

−

Como se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en todo el plano y tanto las funciones u y v como sus primeras derivadas parciales son continuas en todo el plano, la función ω = ez es anal´ıtica (entera). Además se cumple que d z (e ) = ex (cos y + i sen y) = ez dz 

J. J. Le´ on - V. Barros

46

Matem´ aticas Especiales

Algunas de las propiedades más comunes de la función exponencial están dadas por el siguiente teorema. on ω = ez satisface las siguientes propiedades: TEOREMA 26. La funci´ 1. ez = 0 para todo z.

 ·e

2. ez1 z2 = ez1+z2 ez1 3. z2 = ez1−z2 e 1 4. e−z = z e z n 5. (e ) = enz 6. (ez )1/n = e

z+2πki n

, con n entero y k = 0, 1, 2,..., (n

− 1).

7. ez es peri´ odica con periodo 2πi

EJERCICIO 6. Demostrar el teorema anterior. EJEMPLO 24. Encontrar las im´ agenes de las rectas x = k y y = k, con k constante, del plano Z bajo la transformaci´ on ω = ez . Soluci´ on: Si x = k, entonces ek (cos y + i sen y) = ρ(cos φ + i sen φ) de donde ρ = ek y φ = y. La función transforma la familia de rectas x = k en una familia de c´ırculos con centro en el origen y radio ρ. Del mismo modo si y = k, entonces ρ = ex y φ = k. La función transforma la recta y = k en rayos φ = k

EJEMPLO 25. Resolver la ecuaci´ on ez = 1. Soluci´ on: Tenemos que si ez = 1

x

⇒ e (cos y + i sen y) = 1,

por lo tanto las partes real e imaginaria del número complejo son ex cos y = 1 y ex sen y = 0. J. J. Le´ on - V. Barros



47

´ 2.9. FUNCION LOGAR´ ITMICA

Como ez = 0, entonces sen y = 0

⇒ y = nπ, con n entero. Esto implica que cos y = cos nπ = (−1) ,



n

y por consiguiente ex cos y = 1

n x

⇒ (−1) e

= 1,

ahora, como ex > 0, n tiene que ser par y por lo tanto y = 2πk para k entero y x = 0. Finalmente z toma los valores en el conjunto 2πk, donde k = 0, 1, 2,.... Las soluciones de ez = 1 son pues, los números 2πk, con k = 0, 1, 2,....

± ±

± ±



EJERCICIO 7. Verifique si f  (z) existe y si ese es el caso hallarla.

2.9.

Funci´ on Logar´ıtmica

Sean z y ω dos n´ umeros complejos. Si z = 0 y ω es tal que eω = z, entonces ω se llama



el logaritmo natural de z y se denota

ω = ln z.

(2.12)

Haciendo z = reiθ y ω = u + iv, tenemos que z = eω

⇒ re

iθ

= eu+iv .

Por lo tanto r = eu

y eiθ = eiv ,

y, como consecuencia u = ln r y v = θ + 2nπ,

con n entero.

Reemplazando en (2.12) tenemos ω = ln z = ln r + i(θ + 2nπ),

con n entero.

De acuerdo con el concepto de función, la relación anterior no lo es, ya que para un z = 0 existen infinitas imágenes diferentes. Recordemos que una función de este tipo



es a lo que llamamos función de valores múltiples. J. J. Le´ on - V. Barros

48

Matem´ aticas Especiales

De ésta funció n de m´ ultiples valores podemos obtener funciones restringiendo el valor del argumento de ln z, a un intervalo de longitud 2π. Como ln z es la función inversa de ez y hemos tomado como región fundamental para ésta función la franja

−π < y ≤ π (la más usada), entonces tomamos ω = ln z = ln r + iθ, π0

d)

y

≤0

2.

Repetir el problema anterior, pero ahora bajo el mapeo ω = ez .

3.

Si se proporciona z y arctan(y/x). Est´ a el n´ umero z eiθ determinado de manera u ńica?

4.

¿Qu´ e se entiende por el valor principal del argumento de un n´ umero complejo?

5.

Demuestre la desigualdad triangular.

||

||

6. ¿Cu´ al es la f´ ormula de Moivre y para que es especialmente u ´til? 7.

¿Qu´ e entiende por el hecho de que f es anal´ıtica en un dominio Ω?

8.

¿Son anal´ıticas las funciones z , Re(z), Im(z)?

9.

La f´ ormula para la derivada de funciones de variable compleja se parece a la de funciones de variable

||

real, pero existe una gran diferencia. Expl´ıquela. 10.

¿Es posible que una funci´ on sea diferenciable en un punto sin que sea anal´ıtica all´ı?

11.

¿C´ omo est´ an relacionados cos z, sen z, con ez ?

12.

¿Tiene soluci´ on la ecuaci´ on sen z =

13.

¿C´ omo se define ln z?

14.

¿Qu´ e recuerda sobre

−100?

15.

√1, √1, √1? √ omo se obtiene a partir de ellos los valores de √z para cualquier z? Si se conocen los valores de 1. ¿C´

16.

Graficar la regi´ on 2 < z + i < 3 en el plano complejo.

17.

Encontrar una funci´ on anal´ıtica f (z) = u(x, y) + iv(x, y), tal que:

8

n

8

|

a) 18.

4

v(x, y) =

x2

8

|

y + y2

b)

u(x, y) = cos x cosh y

c)

2

u(x, y) = ex

y2

−

¿Son arm´ onicas las siguientes funciones? Si la respuesta es afirmativa, encontrar una funci´ on arm´ onica conjugada. a)

19.

ex/2 cos

y

b)

2

sen x cosh y.

Encontrar el valor de la derivada de a)

20.

cos2xy.

sen z,

en el punto

3 + 2i

b)

e1/z ,

en el punto

Comprobar que las ecuaciones de Cauchy-Riemann en coordenadas polares son: ∂u 1 ∂v = ∂r r ∂θ

y

∂v = ∂r

− 1r ∂u ∂θ

J. J. Le´ on - V. Barros

i

2.11. EJERCICIOS DE REPASO PARA LOS CAP´ ITULOS 1 Y 2

21.

Demostrar que la siguiente funci´ on es derivable en el plano complejo y calcule la derivada. f (z) = cos x cosh y

22.

− i sen x senh y.

Determinar si la siguiente funci´ on es entera f (z) = y 3

2

2

3

− 3x y − 3xy i + x i

23. Calcular en la forma u + iv lo siguiente a) 24.

sen(1,7 + 1,5i)

b)

cos(π + πi)

Encontrar todas las soluciones de las siguientes ecuaciones a)

sen z = cosh 3

b)

sen z = 1000

25.

¿Para cu´ ales valores de z se obtiene un valor real de sen z?

26.

Calcular el valor principal del logaritmo natural de z, si z es igual a:

27.

a )

1+i

b)

−4

c)

2,5 + 3,8i

d )

−100

e)

−16 − 0,1i

f )

0,6 + 0,8i

Resolver las siguientes ecuaciones para z: a )

ln z = 3

−i

b)

ln z = (2

c)

ln z =

d )

ln z = 200

− i/2)

√2 + πi

J. J. Le´ on - V. Barros

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MATEMATICAS ESPECIALES

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