Apuntes Variable Compleja - Castro Vidal

8/10/2019 Apuntes Variable Compleja - Castro Vidal

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Facultad de Ingeniera Elctrica y Electrnica

Universidad Nacional del CallaoIngeniera Electrnica

Callao, 2014

Lic.Ral Pedro Castro Vidal

Matemticas Avanzadas

Funciones de Variable Compleja

Teora,problemas resueltos y propuestos


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1

El presente texto de apuntes de Variable Compleja corresponde

ala primera parte del curso de Matemticas Avanzadas que imparto

en la Escuela Acadmico Profesional de Ingeniera Electrnica por

varios semestres acadmicos.

Mis agradecimientos a mis alumnos del curso de Matemticas Avanzadas

Callao,Abril 2014.

Ral Pedro Castro Vidal.

de la Facultad de Ingeniera Elctrica y Electrnica de la Universidad

Nacional del Callao, a mis colegas y amigos, quienes con sus inquietudes

lograron que plasme estas notas de clasea fin de facilitar el proceso de

aprendizaje de los estudiantes.

Agradecer cualquier comentario o sugerencia que hagan llegar a

[email protected].

Prlogo


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Indice general

1. Preliminares 4

1.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2. Propiedades algebraicas . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3. Representacion Geometrica . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.4. Ecuacion del Crculo y de la Recta . . . . . . . . . . 13

1.5. Proyeccion Estereografica . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.6. Topologa en C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.7. Funciones Basicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2. Funciones de Variable Compleja 25

2.1. Funciones analticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.2. Algunas funciones de variable compleja. . . . . . . . . 37

3. Series 43

3.1. Series de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

3.2. Representaciones por series de Taylor . . . . . . . . . 48

3.3. Serie geometrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

3.4. Extension analtica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2

c. Ral Pedro Castro Vidal


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3

3.5. Prolongacion analtica . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

3.6. Transformaciones conformes . . . . . . . . . . . . . . 56

4. Integracion 57

4.1. Definicion y propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . 57

4.2. Formula de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

4.3. Teora de indice y homotopa . . . . . . . . . . . . . 62

4.4. Teoremas fundamentales . . . . . . . . . . . . . . . . 63

5. Polos y residuos 74

5.1. Desarrollo en serie de Laurent . . . . . . . . . . . . . 74

5.2. Residuos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

5.3. Calculo de integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

5.4. Aplicaion del Teorema de Residuos . . . . . . . . . . 89

5.5. Formula de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

5.6. Formula de Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1015.7. Automorfismos del disco unitario . . . . . . . . . . . 104

6. Ejercicios 109

6.1. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

6.2. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

Lic. Ral Pedro Castro Vidal


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Captulo 1

Preliminares

1.1. Introduccion

2 + 1. Obviamente, esta

no tiene soluciones reales, ya que para cualquier real x, x2 0 yx2 + 1> 0.

La idea es escribir, formalmente,z= 1; pero no existe numeroreal cuyo cuadrado de1. Luego, si la ecuacion tiene una solucion,debe ser en un sistema de numeros mayor que el conjunto de los

numeros reales.

Este fue el problema planteado a matematicos por alrededor de 700

anos: Extender los reales a un sistema mayor de numeros en el cual

la ecuacionz2 + 1 puede tener una solucion.

C. Gauss (1780-1840) fue el primer matematico en usar sistematica-

4

La primera nocion de un numero complejo fue descubierta en conexion

con resolver ecuaciones cuadraticas.

Consideremos, por ejemplo, la ecuacion z



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CAP ITULO 1. PRELIMINARES 5

mente numeros complejos. La serie Hipergeometrica

1 +ab

cx+

a(a+ 1)b(b+ 1)

c(c+ 1) 1 2 x2 +...

Se comprende mejor al analizar los complejos| x |


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1.2. Propiedades algebraicas

El conjunto de los numeros complejos C es un cuerpo con la suma

y el producto definido de la siguiente forma:

C = {(a, b) R R / (a, b) + (c, d) = (a+c, b+d)}.C = {(a, b) R R / (a, b)(c, d) = (ac bd,bc ad)}.

Las unidades aditivas y multiplicativas son (0, 0) y (1, 0), respecti-

vamente. Veamos:

(a, b) + (0, 0) = (a, b)

y

(a, b)(1, 0) = (a, b).

Ademas, cada elemento no cero, tiene inverso. Para (a, b), su inverso

es (a, b). Definimos i = (0, 1), entonces podemos escribir el par

(a, b) de la siguiente forma:

(a, b) =a(1, 0) +b(0, 1) =a+ib.

Esta es la notacion que se ocupara desde ahora. Bajo la suma y

producto, C es un cuerpo conmutativo.

Observacion 1 Consideremosi= (0, 1), entonces:

i2 = (0, 1)(0, 1) = (0 1, 0 + 0) = (1, 0) = 1.

Luego,i2 = 1.



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Comoi2 = 1, la ecuacionz2 + 1 tiene al menos una raz en C. Enefecto:

z2 + 1 = (z+i)(z

i).

Mas generalmente:

z2 +w2 = (z+iw)(z iw).

Siz=a R y w=b R, entonces (paraa = 0,b = 0)

a2 +b2 = (a

ib)(a+ib)

1

a+ib=

a iba2 +b2

,

con lo cual se tiene una formula para el recproco de un numero

complejo.

Notacion 2

z=a ib es elconjugado dez=a+ib| z|= (a2 +b2)12 es elvalor absoluto dez.

Con las notaciones anteriores, tenemos:

1

z =

z

| z|2 , si z= 0

Definicion 3 Si z = a+ ib, diremos que a es la parte real de zy escribimos: a = Re(z). Analogamente, diremos que b es la parte

imaginaria dezy escribimos: b= I m(z)



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En consecuencia, z= Re(z) + iI m(z). Del mismo modo, podemos

escribir el conjugado de zen funcion de su parte real e imaginaria,

es decir,z=Re(z)

iIm(z).

Ademas, podemos escribir la parte real e imaginaria en funcion de

zy z. Sumando, se obtiene:Re(z) =1

2(z+z).

Por otro lado, restando, se tiene: Im(z) = 1

2i(z z).

Note ademas que Re(z) | z|yIm(z) | z| .Propiedades Basicas

1. z+w = z+w

2. z=z

3. wz=wz

4.| zw |=| z|| w |

5.| z|=| z|

Proposicion 4 (Desigualdad Triangular)

| z+w || z| + | w |



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Demostracion.

| z+w |2 = (z+w)(z+w)

= (z+w)(z+w)= zz+zw+wz+ww

= | z|2 +2Re(zw)+ | w |2 | z|2 +2 | zw | + | w |2= | z|2 +2 | z|| w | + | w |2= (| z| + | w |)2

1.3. Representacion Geometrica

En el caso de la forma polar tenemos que cos =a

r y sin = b

r,

entonces, a = r cos y b = r sin . Se observa que r =| z |. Ydefinimos=Arg(z). El problema en general es que Arg(z) es una

funcion multivariable. De esta forma, tendremos que elegir un rango

de valores admisibles para.

Propiedad: Arg(zw) =Arg(z) +Arg(w).

Demostracion. Sea

z=a + ib= r cos + ir sin =r(cos + i sin ) =| z| (cos + i sin )Entonces, consideramos

z=| z| (cos +i sin )



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y

w=| w | (cos +i sin ).

Luego:

zw = | z|| w | (cos +i sin )(cos +i sin )= | z|| w | (cos()cos() +i sin()cos() +i sin()cos() sin()sin= | z|| w | [(cos()cos() sin()sin()) +i(sin()cos() + sin()co= | z|| w | [cos(+) +i sin(+)]

Entonces:Arg(zw) = += Arg(z) +Arg(w).

c. Ral Pedro Castro Vidalc. Ral Pedro Castro Vidalc. Ral Pedro Castro Vidal


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Una propiedad interesante de la funcion exponcial y que ayuda a

encontrar las races de una ecuacion es:

e2ki = 1 ,z Z.

Entonces, una forma de resolver la ecuacion zn = 1, es hacer lo

siguiente:

zn = 1 =e2ki .

Por lo tanto

z=e2ki

n .

Otra propiedad interesante es:

zn = w

= | w | eiArg(w)

= | w | eiArg(w)e2ki

= | w | ei(Arg(w)+2k).Luego:

z=w1ne

i(Arg(w)+2k)n .



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1.4. Ecuacion del Crculo y de la Recta

| z z0|=r | z z0|2=r2 (z z0)(z z0) =r2 (z z0)(z z0) =r2 zz zz0 z0z+z0z0=r2 zz zz0 z0z+ (| z|2 r2) = 0

Luego, la ecuacion de un crculo en el plano complejo es:

zz zz0 z0z+= 0, R.

Veamos ahora la ecuacion de una recta. Sabemos que la ecuacion

de una recta es: y = mx+n. Si consideramos x = Re(z) = z+z

2

e y =Im(z) =z z

2i . Y reemplazando estos valores en la ecuacion

nos queda:

z z2i

=mz+z

2 +n

z z=im(z+z) + 2in z z=imz+imz+ 2in z imz zim z 2in= 0 z(1 im) z(1 +im) 2in= 0

z(m+i) +z(m i) + 2n= 0Si hacemosz0=m i,z0=m + i y= 2n, lo que se obtiene es laecuacion de la recta:

zz0+zz0+= 0.



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1.5. Proyeccion Estereografica

Si consideramos f(z) = 1

z y con z= 0, se obtiene f(0) =. Con

esto se define el siguiente conjunto: C := C {}.

Ecuaciones de la proyeccion

1. Dado B determinar Q= (B)

SeaL : t(0, 0, 1)+(1 t)(u,v,w) ,tratemos de encontrar t0talque la recta anterior, L, intersecta al plano complejo. La recta

la podemos reescribir como:

L: ((1 t)u, (1 t)v, t+ (1 t)w).

Buscamost0 tal que:

t0+ (1 t0)w= 0 t0+w wt0= 0 t0= w

1 w = w

w 1, w = 1 1 t0= 1 w

w 1=w 1 w

w 1 = 1

1 wPor lo tanto Q= (B) es :

Q= (

1

1 w u, 1

1 w v, 0)2. Dado A determinar P(A)

L: t(0, 0, 1) + (1 t)(x,y, 0).



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Encontramost0 tal que la recta L intersecta a la esfera. Esto

es:

[(1 t)x]2 + [(1 t)y]2 +t2 = 1 (1 t)2x2 + (1 t)2y2 = 1 t2 = (1 t)(1 +t) / 1

(1 t)2 x2 +y2 =1 +t

1 t (1 t)(x2 +y2) = 1 +t

(x2 +y2)

t(x2 +y2) = 1 +t

x2 +y2 1 =t[1 +x2 +y2] t0= x

2 +y2 1x2 +y2 + 1

Luego:

1 t0= 1 x2 +y2 1

x2 +y2 + 1=

2

x2 +y2 + 1

Por lo tanto P(A) es:

P(A) = ( 2x

x2 +y2 1, 2y

x2 +y2 1 ,x2 +y2 1x2 +y2 + 1

).

Si hacemosz=x+iy yz=x iy, de donde se tiene:

z z

i

= 2y =

i(z

z) =i(z

z).

Entonces:

P(A) = ( z+z

| z|2 +1,i(z z)| z|2 +1 ,

| z|2 1| z|2 +1).



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1.6. Topologa en C

La forma comun de calcular la distancian en C es:

(C, d), con d = distancia, que es d(z, w) =| z w |Otras formas son:

d1(z, w) = | z w |1+ | z w |

y

d1(z, w)

1

d2(z, w) = 2 | z w |

[(1+ | z|2)(1+ | w |2)] 12Conceptos

1. Convergencia de una sucesion: Dada (zn) C, entonceszn

L

>0,

N

N tal que

|zn

L

|< .

2. C es completo (Toda sucesion de Cauchy converge).

En efecto: Sea zn C sucesion de Cauchy. Entonces| zn zm| 0 cuando n, m .| xn|=| Re(zn) || zn| y entonces, | xnxm|| znzm| 0.Ademas

| yn|=| Im(zn) || zn|entonces,| yn ym|| zn zm| 0.

De aqu se tiene que: xn R y yn R son sucesiones deCauchy en R que sabemos es completo. Luego, existenx0, y0



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R tales que:

xn

x0

y

yn y0Por lo tanto:

zn xo+iy0.

3. Funcion Continua: f : C

C, fes continua en z

0si:

zn z0 f(zn) f(z0).



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Ejemplo 6 1. Funciones cotinuas.

2. f(z) =Re(z), g(z) =I m(z).

3. f(z) =z.

4. p(z, z) =n,m

an,mzn(zm).

5. p(z, z)

q(z, z)es continua en el abierto = {z C/q(z, z) = 0}.

6. Dominio: Es unn abierto conexo.

1.7. Funciones Basicas

1. Traslacion: f(z) =z+b; b C

f(0) =b f(t) =t+b

f(1) = 1 +b f(b) = 2b

f(2) = 2 +b f(1 +b) = 1 + 2b



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2. Dilatacion o Contraccion: f(z) =kz; k R; k >0

f(0) = 0

f(1) =a

f(i) =ia

3. Rotacion: f(z) =eiz; R

f(i) =ei f(0) = 0

f(1) =ei

f(t) =tei



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4. Inversion: f(z) =1

z

f(1) = 1 f(it) =i

t

f(t) = 1t f(ei) =ei

5. Transformaciones de Mobius o lineales fraccionales

f(z) =az+b

cz+d; ad bc = 0; a,b,c,d C

Esta funcion tiene inversa,f1(z) =? para encontrarla se ocu-

pa la transformacion de Mobius.

T. de MobiusMatrices invertibles 2x2

az+b

cz+d

a b

c d

Se invierte la matriz y queda como:

d b

c a

1

ad bc.

Entonces: f1(z) = dz bcz+a . Y ademas se tiene que (f

f1)(z) =z.

Proposicion 7 Una transformacion de Mobius es la compuesta detraslacioes, dilataciones, rotaciones e inversiones.

Demostracion. S(z) =az+b

cz+d=

a

c+

bc adc

1

cz+d



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z | c | z| c | eiArg(c)z= cz

cz+b

1

cz+d|bc ad

c | 1

cz+dbc ad

c

1

cz+daz+

cz+Entonces:S(z) = (T R D I T R D)(Z).

Proposicion 8 Una transformacion de Mobius esta unicamente de-

terminada por la imagen de tres puntos distintos.

Demostracion.

Unicidad: Sean S y T transformaciones de Mobius tales que:

S(z1) =w1 T(z1) =w1 z1=T1(w1)

S(z2) =w2 T(z2) =w2 z2=T1(w2)

S(z3) =w3 T(z3) =w3 z3=T1(w3)Por demostrar: S = T

En efecto, ya que S y T son invertibles, tenemos:

S(T1(w1)) =w1

(S

T1)(w1) =w1

S(T1(w2)) =w2 (S T1)(w2) =w2S(T1(w3)) =w3 (S T1)(w3) =w3

Por lo tanto S T1 tiene 3 puntos fijos. Los puntos fijos de:



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(S T1)(z) = az+bcz+d

=z

Son soluciones de la ecuacion:

az+b= z(cz+d) az+b= cz2 +dz

cz2 +z(d a) b= 0

que son a lo mas 2.

Para que tenga mas de 2 puntos fijos, la Transformacion de

Mobius que sirve es T(z) =z=I d(z). Entonces:

S T1 =I d S=T .

Existencia: Sean z1, z2, z3 C distintos y w1, w2, w3 C dis-tintos. Sea:

S(z1) =w1

S(z2) =w2

S(z3) =w3

Cuanto es S(z), para cualquier z?

Comentarios:

T(z) = az+bcz+d

, z C

T() = ac

(c = 0)

T1(z) = dz bcz+a T

1() =dc T(d

c ) =



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Basta encontrar una Transformacion que lleve z1 en 0, z2 en

1 yz3 en

T(z) =z z1, (a= 1, b= z1, c= 0, d= 1)

T(z) = z z1z2 z1 , (a= 1, b= z1, c= 0, d= z2 z1)

T(z) =(z z1)(z2 z3)(z z3)(z2 z1),

( a= z2 z3, b= z1(z2 z3), c= z2 z1, d= z3(z2 z1))

Luego:

W(z) = z w1z w3 (w

2 w3)(w2 w1)

Luego, la transformacion de Mobius buscada es:

S(z) = (W1 T)(z)

Teorema 9 Una Transformacion de Mobius lleva crculos o rectas

en crculos o rectas.

Demostracion. Sea C un crculo con ecuacion

zz+z+z+k0= 0; k0 R, C

Consideremos las funciones basicas:

1. T(z) =z+b

2. T(z) =az; a C, a= rei



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3. T(z) =1

z

Siz=w b, el crculo queda como:

(w b)(w b) +(w b) +(w b) +k0= 0 ww wb bw+bb+w b+w b+k0= 0

ww+ (b+)w+ (b+)w+bb (b+b) +k0= 0

ww+ (

b+)w+ (

b+)w+bb

2Re(b) +k

0= 0

Siw=az, entonces la formula anterior queda:

w

a

w

a +

w

a +

w

a +k0= 0 /aa

ww+aw+k0aa= 0 ww+aw+k0| aa |= 0

Siw=1z, entonces:

1

w

1

w+

1

w+

1

w+k0= 0 /ww

1 +w+w+k0ww = 0

Ahora bien, si k0 = 0, entonces la transformacion lleva el crculo a

una recta. Por otro lado, si k0= 0, entonces lo transforma en uncrculo.

c. Ral Pedro Castro Vidalc. Ral Pedro Castro Vidal


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Captulo 2

Funciones de Variable

Compleja

2.1. Funciones analticas

Definicion 10 Seaf :

C una funcion definida en un abierto

en el plano yz0 . Se dice quef(z)es derivable enz0(u holomorfao analtica) si existe el lmite:

f(z0) = lmzz0

f(z) f(z0)z z0

Observacion 11 Una funcion f se dice analtica en un abierto

si es analtica en cada punto de .

Observacion 12 Es facil ver que si fes holomorfa en z0 entonces

fes continua en z0.

25



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CAP ITULO 2. FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA 26

Ejemplo 13 1)f(z) =a, a C. Calculamos el cuocientef(z) f(z0)

z

z0

= a az

z0

= 0

Tomando el lmitez z0, se obtienef(z0) = 0. Esta funcion, es lafuncion constante.

2) f(z) =z. fes holomorfa en C yf(z) = 1.

3) g(z) =zn,n entero positivo.

Calculamos el cuociente

g(z) g(z0)z z0 =

zn zn0z z0 =z

n1 +zn2z0+...+zn10

Tomando el lmite z z0, obtenemosg(z0) =nzn10

4) Seah(z) =z, Vamos a ver que no es derivable en z0= 0. Quere-

mos ver si existe o no

lmz0

z

z

Si el lmite existe, debe ser el mismo, no importa como nos aproxi-

mamos a 0.

Paraz R, z=t, tenemos lmt0

tt

= 1.

Parazimaginario,z=it, tenemos lmt0itit

= 1.



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Por lo tanto hno es analtica en z= 0.

Ejercicio 14 Demuestre quef(z) = |z|2 es derivable solo enz0= 0.

Sea (AF, +, , ) el conjunto de las funciones analticas con la suma,el producto y la composicion. Dadas f y g funciones analticas, en-

tonces:

(f+g)(z) =f(z) +g(z)

(f g)(z) =f(z) g(z)

(f g)(z) =f(g(z))

Donde los resultados son tambien funciones analticas. Entonces, de

aqu se desponde el siguiente teorema.

Teorema 15 Sif yg son derivables, entonces:

1) (f+g)=f+g

2) (f g) =fg+f g

3) 1

g

=g

g2 cuando g= 0

4)

f

g

=

fg f gg2

cuando g= 0



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Demostracion.

1) Tenemos

(f+g)(z) (f+g)(z0)z z0 =

f(z) f(z0)z z0 +

g(z) g(z0)z z0

Si tomamos el lmite para z

z0 obtenemos la formula.

2)

(f g)(z) (f g)(z0)z z0 =

f(z) f(z0)z z0 g(z) +f(z0)

g(z) g(z0)z z0

Tomamos el lmite para z z0 y usamos el hecho de que g escontinua enz0, obteniendo

f(z0)g(z0) +f(z0)g(z0)

3) Usando 2)

0 =

g

1

g

=g

1

g+g

1

g

Luego,

1

g

=

gg2

4) f

g

=

f

1

g

=f

1

g+f

gg2

=fg f g

g2



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Corolario 16 Toda funcion racionalr(z) = anz

n +...+a0

bmzm +...+b0es deriv-

able en el abierto = {z:bmzm+...+b0} . En particular, la funcion1

zes derivable enC\{0}.

Ejemplo 17 Seag(z) =az+b

cz+d;adbc= 1.g es derivable, excepto

enz0=d

c , ademas:

g(z) = 1(cz+d)2

.

En efecto,

g(z) =a(cz+d) c(az+b)

(cz+d)2 =

ad bc(cz+d)2

= 1

(cz+d)2.

Definicion 18 Diremos quef(z) es derivable enz0= si la fun-ciong(t) =f

1

t

, es derivable ent0= 0.

Observacion. Lo anterior tambien se puede hacer para fun-

ciones continuas.



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Ejemplo 19

f(z) = z+ 2

3z2 1

Tenemosg(t) =f

1

t

=

1t + 23t2 1

= t+ 2t2

3 t2

luego g(t) =(1 + 4t)(3 t2) + 2t(t+ 2t2)

(3 t2)2 , de dondeg(0) =

1

3.

Por lo tanto f(0) =1

3

Teorema 20

(f g)(z) =f(g(z))g(z)

Demostracion.

f(g(z)) f(g(z0))z z0 =

f(g(z)) f(g(z0))g(z) g(z0)

g(z) g(z0)z z0

Seaf : R2 R2. Se dice que fes diferenciable en el punto(x0, y0)

si existe una transformacion linealL tal que:

f(x, y) f(x0, y0) =L(x x0, y y0) +e(x x0, y y0)

en que:e(x x0, y y0)

(x x0)2 + (y y0)2 0



32/194


cuando x x0 y y y0, esto es, el error es pequeno comparadocon la norma. Observar que L : R2 R2 es una aplicacion linealcuya matriz, con respecto a las bases canonicas, es:

[L] =

f1x

(x0, y0) f1

y(x0, y0)

f2x

(x0, y0) f2

y(x0, y0)

.

La prueba del siguiente resultado se ve usualmente en cursos de

calculo por lo que no se mostrara aqui.

Teorema 21 Si f

x,

f

y existen y son continuas en (x0, y0) en-

toncesfes diferenciable en ese punto.

La siguiente es una de las principales caracterizaciones de fun-

ciones analiticas.

Teorema 22 (Ecuaciones de Cauchy-Riemann) Seaf=u + v una

funcion diferenciable enz0 = (x0, y0). Entoncesfes holomorfa en

z0 si y solo si se cumplen las ecuaciones: u

x =

v

y,

u

y =

vx

en

el punto (x0, y0).

Demostracion.

()Por definicion, se tiene que

lmt0

f(z0+t) f(z0)t

= lmt0

f(z0+it) f(z0)t



33/194


equivalentemente

lmt0

u(z0+t) +iv(z0+t) u(z0) iv(z0)t

= 1

i lmt0

u(z0+it) +iv(z0+it) u(z0) iv(z0)t

o bien

lmt0

u(z0+t) u(z0)t

+iv(z0+t) v(z0)

t = lm

t0

u(z0+it) u(z0)

t +

iv(z0+it) v(z0)t

.

Observar que cuandot 0u(z0+t) u(z0)

t =

u(x0+t, y0) u(x0, y0)t

ux

(x0, y0)

y

u(z0+it) u(z0)t

=u(x0, y0+t) u(x0, y0)

t u

y(x0, y0).

Reemplazando, obtenemos

u

x(z0) +i

v

x(z0) =

1

i

u

y(z0) +i

v

y(z0)

.

Luegou

x=

v

y

y

vx

=u

y.



34/194


() Comof es diferenciable, existe

Df(x0, y0) =

u

x

(z0) u

y

(z0)

v

x(z0)

v

y(z0)

tal que

f(x, y) =f(x0, y0) +Df(x0, y0) x x0y y0 +e(x x0, y y0),o equivalentemente

u(x, y) +iv(x, y) = u(x0, y0) +iv(x0, y0) +u

x(x0, y0)(x x0)

+ u

y(x0, y0)(y y0)

+ i

v

x(x0, y0)(x x0) + v

y(x0, y0)(y y0)

+ e1(x x0, y y0) +ie2(x x0, y y0).

Por hipotesis

f(z)

f(z0) =

u

x

(z0)(x

x0) +

u

y

(z0)(y

y0)

+iu

y(z0)(x x0) + u

x(z0)(y y0) +e(x x0, y y0)

f(z) f(z0) = ux

(z0)(z z0) iuy

(z0)(z z0) +e(x x0, y y0)



35/194


Entonces

f(z) f(z0)z

z0

=u

x(z0) iu

y(z0) +

e(x x0, y y0)z

z0

Tomamos el lmite cuando z z0, y nos queda

lmzz0

f(z) f(z0)z z0 =

u

x(z0) iu

y+ lm

zz0e(x x0, y y0)

z z0

Ya que lmzz0

e(x x0, y y0)z z0 = 0, se obtiene que existe f

(z0) lo

cual concluye la demostracion.

Observacion 23

De la demostracion del teorema anterior, tenemos que

f(z0) =

u

x(z

0)

iu

y(z

0)

= i

v

x iv

y

Otra expresion paraf(z) es la siguiente: Ya quef(z) =u(z)+iv(z),

entonces

f

x(z) =

u

x(z) +i

v

x(z) (2.1)

f

y(z) =

u

y(z) +i

v

y(z) (2.2)



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Haciendo (2.1)-i(2.2), se obtiene finalmente

f

x(z) if

y(z) =

u

x(z) iu

y(z) +i

v

x(z) +

v

y(z)

f(z) =1

2

f

x(z) if

y(z)

Ejercicio 24 1) Pruebe que en coordenadas polares, las ecuaciones

de Cauchy-Riemann se escriben como u

= r v

r y

v

=r

u

r.

2) Pruebe que en notacion compleja las ecuaciones de Cauchy-

Riemann se escriben como f

z = 0.

Definicion 25 Seap: C R, p se dice armonica si2p

x2+

2p

y2 = 0 .

Notacion: p:=2p

x2+

2p

y2se le llama el Laplaciano de p.

Proposicion 26 Si f = u+ iv es analtica, entonces u y v son

armonicas.

Demostracion.

Debemos probar por definicion que u= 0 y v = 0. Como f

es analtica, entonces: f

z = 0



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38/194


2.2. Algunas funciones de variable com-

pleja.

I. Funcion exponencial. Se define como:

ez :=ex+iy =exeiy =ex(cos y+i sin y)

Propiedades

1) ez es una funcion analtica en C.

2) (ez) =ez

3) e0 = 1, e2in = 1n Z4) ez+w =ezew

5) ez = 0,z C6)|eiy| = 1,|ez| =ex

Teorema 28 La unica solucion de la ecuacion f = hf; h C yf(0) =A C es:

f(z) =Aehz

Demostracion. Solucion: f(z) = Ahehz= hf(z). Demostremosla unicidad de la solucion. Seag que satisfaceg =hg cong(0) =A.

Considerando:

(f

g)=

fg gfg2

=kf g hgf

g2 = 0.



39/194


Entonces f

g es constante. Pero:

f(0)

g(0) =

A

A= 1. Por lo tanto f =g.

II. Funciones trigonometricas. Se definen como:

sin z=eiz eiz

2i ; cos z=

eiz +eiz

2

Propiedades

1) (sin z)= cos z, (cos z)= sin z2) sin z= 0 z=n, cos z= 0 z= (2n+ 1)

2, n Z.

3) cos(z+w) = cos zcos wsin zsin w, sin(z+w) = sin zcos w+sin w cos z

4) cos2 z+ sin2 z= 1

Teorema 29 Las soluciones de la ecuacionf + kf= 0;k Csonde la forma: f(z) =A cos(

kz) +B sin(

kz).

Demostracion. Calculamos la primera y la segunda derivada de

f:

f(z) = Ah sin zh+Bh cos zh

f(z) = A

h

h cos z

h B

h

h sin z

h= hf(z)

Con lo que queda demostrado el teorema.



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III. Funcion raz enesima Se define como:

n

z= r1n

cos

n

+i sin

n

z= rei , < < , r > 0,

n= 1, 2, 3,...

Proposicion 30 n

zes analtica en.

Demostracion. Ocupando las ecuaciones de Cauchy-Riemann en

su forma polar, tenemos:

ur

=1r

v

u

= r v

r

Considerandou(r, ) =r1n cos

n y v(r, ) =r

1n sin

n. Entonces:

u

r =

1

nr

1n1 cos

nv

=

1

nr

1n cos

ny

u

=

r 1nn

sin

n v

r =

1

nr

1n1 sin

n.



41/194


IV. Funciones hiperbolicas Se definen las funciones seno hiperboli-

co y coseno hiperbolico como sigue:

sinh z=ez ez

2cosh z=

ez +ez

2

Propiedades

1) (sinh z) = cosh z, (cosh z) = sinh z

2) cosh

2

z sinh2

z= 13) cosh(z+w) = cosh zcos w + sinh zsinh w, sinh(z+w) =

sinh zcosh w+ sinh zcosh w

4) sinh(iz) =i sin z, cosh(iz) = cos z

Teorema 31 Las soluciones de la ecuaciony =ky; k

C son de

la forma: y(z) =A cosh(kz) +B sinh(kz).

V. Funcion logaritmo.Se define la funcion logaritmo como:

ln z= ln r+i,

parar >0 y [, ].

Propiedades



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1) La funcion logaritmo es analtica en .

2) (ln z)=1

z3) eln z =z, para todo z

.



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VI. Funcion potencia.La funcion potencia se define como:

zw =ew ln z,

para cada w .

Propiedades

1) La funcion potencia es analtica en .

2) d(z

w

)dz =wzw1

Ejemplo: Calcular ii.

Solucion: Aplicando la definicion de la funcion logaritmo, queda:

ln i= ln 1 +i2

= i2

Entoncesii =ei(i2 ) =e

2

Ejercicio 32 Calculeiii

.



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Captulo 3

Series

3.1. Series de Taylor

El siguiente es el resultado basico en series de potencias.

Teorema 33 Considerarf(z) =

n=0an(zz0)n y seaR = 1

lmn( n|an|)el radio de convergencia. Entonces,(a) Para cadaz C tal que|z z0| < R, la serie converge (absolu-tamente).

(b) Para cadaz C tal que|z z0| > R, la serie diverge.(c) La serie converge uniformemente en subconjuntos compactos

(cerrado y acotado) del discoD(z0, R) = {z C tal que |z z0| 0 existe R > 0 tal que|z| R luego|h(z) =1

p(z)| .

Por otra parte, si|z| R entonces|h(z)| M, pues h es continuay{z :|z| R} es compacto . Por lo tanto|h(z)| +M. Luegoh es acotada, entonces h(z) es constante y as p(z) es constante.

Contradiccion.



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CAP ITULO 4. INTEGRACION 73

Teorema 72 (Del Valor Medio) Sif es Analtica en un abierto

y{z: |z z0| r} entonces

f(z0) = 12

20

f(z0+rei)d

Demostracion. Usamos la formula de Cauchy

f(z0) =

1

2i C f(z)z z0dondeCes el crculo z=z0+re

i con 0 2.Entonces

f(z0) = 1

2i

20

f(z0+rei)

rei rieid

= 1

2 20

f(z0+rei)d



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Captulo 5

Polos y residuos

5.1. Desarrollo en serie de Laurent

Teorema 73 Seaf(z) una funcion analtica en un anillo (o coro-

na) r r

Demostracion. Sean1 y2 circulos de radiosr yR respectiva-

mente, conr < r< R< R.

74



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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 75

Por la formula de Cauchy en el anillo r |z z0| R se tiene:

f(z) = 1

2 f(s)

(s

z)

ds

= 12

2

f(s)(s z)ds

12

1

f(s)(s z)ds

con=2 1Procedemos ahora como sigue:

En2:

1

(s z)= 1

s z0+z0 z = 1

s z01

1 zz0sz0 =n0

1

(s z0)n+1(zzn0 )

Entonces1

2i

2

f(s)

(s z)ds=n0

an(z z0)n

En1:1

s z = 1

s z0+z0 z=

1

z0 z1

(1 + sz0z0z)

= 1

z0 z1

(1 sz0zz0 )=

1z z0

n0

(s z0)n(z z 0n)

= n0

(s z0)n 1(z z0)n+1

para|s z0| < |z z0|.Integrando termino a termino, lo cual es justificado por la conver-

gencia uniforme sobre compactos de la serie, se obtiene:



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12i

1

f(s)

(s z)ds = n0(

1

2i

1

f(s)(s z0)nds) 1(z z0)n+1

= n1

( 12i

1

f(s)(s z0)n1) 1(z z0)n

Esto prueba el teorema.

Observacion 74 De la demostracion del teorema anterior se nota

que:

bn= 1

2i1

f(s)(s z0)k1dsconk= 1, 2...

Hay tres posibilidades :

1)bk = 0 para todo k = 1, 2.... En este caso, la funcion es analtica

en|z z0| < R2)bk para todo k > m. En este caso

f(z) = bm

(z zm0 )+... b

1

(z z0)+a0+a1(z z0) +...

y se dice quef(z) tiene un polo de ordenm enz0.

Ademas :bm

(z z0)m +...+ b1

(z z0)se llama parte principal def y

b1= 12i

|zz0|

f(s)ds= Res(f, z0)

se llama residuo.

3) Hay infinitosbk= 0. En este caso se dice queftiene una singu-laridad esencial.



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Ejemplo 75 1) Desarrollo def(z) =cos z

z3 en torno az0= 0

cosz

= 1 z2

2!+

z4

4!z6

6!+...

Entonces

f(z) = 1

z3 1

2z3+

z

4! z

3

6!+...

Luego f(z) tiene un polo de orden 3 enz 0 = 02) Desarrollo def(z) =e1/z en torno az0= 0.

eu = n0

un

n! = 1 +u+u

2

2! +u

3

3!+...

Entonces

e1/z = 1 +1

z+

1

z22!+

1

z33!+...

Luego e1/z tiene una singularidad esencial enz0= 0

Teorema 76 (Casorati-Weierstrass) Sea z0 una singularidad es-

encial de f(z). Entonces la imagen de cualquier vecindad dez0 es

densa en el plano complejo C. Es decir, f(D(z0, r)) = C

Demostracion. Supongamos lo contrario. Entonces existe un >

0 >0 yw0 C tales que|z z0| < entonces|f(z) w0| .

Consideremos

h(z) = 1

f(z) w0Claramente h es analtica en D(z0, ). Pero como h es acotada

|h(z)| 1 ; se tiene que h(z) es tambien analtica en z0 (Tiene un



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desarrrollo en serie de Laurent y si tuviera un numero infinito de

potencias negativas, entonces no podria ser caotada

h(z) = b2

(z z 0)2+ b1

(z z0)+ b0+ b1(z z 0) + b2(z z0)2 + ...

y|h(z)| < 1 para todo z D(z0, ), luego b1 = b2 = ... = 0.Entonces

h(z) =b0+b1(z z0) +b2(z z0)2 +...

luegoh es analtica en z0

f(z) w0 = 1b0+b1(z z0) +b2(z z20+...)

= c0+c1(z z 0) +...Entonces f(z) =w0+c0+c 1(z z0) +... .Asi fes analtica enz0.Contradiccion.

Otro caso es que

f(z) w0 = 1bn(z z0)n +bn+1(z z0)n+1 +...

= 1

bn(z z0)n1

(1 + bn+1bn (z z0) +...)= 1bn(z z0)n(c0+c1(z z0) +...)

Luegof(z) =w0+ c0

b n(z z0)n + c1

bn(z z0)n1 +...Asiftiene un polo de orden nenz0. Contradiccion



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Definicion 77 Una funcionfse dice meromorfa ensi es el cuo-

ciente de dos funciones analticas, esto es: f= pq dondeq= 0

Observacion 78 Las singularidades de una funcion meromorfa,

corresponden a los ceros de q (pueden ser polos o singularidades

esenciales).

Note ademas, que los ceros de una funcion analtica son discretos.

En efecto: Seaz0 tal quef(z0) = 0, entonces existe una vecin-dad dez0 tal que

f(z) =n0

an(z z0)n =a1(z z0) +a2(z z0)2 +...

Sean0 el primer entero tal quean0= 0 entonces

f(z) = (z z0)n0 (an0+an0+1(z z0) +...)

g(z)

Por lo tanto hay una vecindad dez0 dondef(z) = 0excepto porz0.En efecto : Seazn Z0 tal quef(zn) = 0. Entonces

0 =f(zn) = (zn z0)n0g(zn)

Asig(zn) = 0 para todo n . Luego g(zn) = 0. Contradiccion.



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5.2. Residuos

Teorema 79 (De residuos) Sea f meromorfa en . Sea K com-

pacto en con borde. Entonces

1

2i

f(z)dz=n

i=1

Res(f, zi)

Observacion 80 Hay solo un numero finito de singularidades en

K.

En efecto, si hubiese una sucecion de singularidades, esta tendria un

punto de acumulacion enKy luego en, digamosz. Peroztiene

una vecindadD(z, R) \ {z}, en la cualfes holomorfa, lo cual esuna contradiccion pues en esta vecindad siempre habran puntos de

la sucesion de polos y por lo tanto fno puede ser holomorfa.

Demostracion. SeanCipequeos crculos en torno azi. La funcion

f(z) es holomorfa fuera de la union de sus discos.

Por el teorema de Cauchy

1

2i

f(z)dz = 1

2i

ni=1

Ci

f(z)dz

= 12i

ni=1

|zzi|

f(z)dz

=n

i=1

Res(f, zi)



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Proposicion 81 Sif(z) = p(z)

q(z) meromorfa, es tal quep(z0)

= 0,

q(z0) = 0 yq(z0) = 0. Entonces

Res(f, z0) =p(z0)

q(z0)

Demostracion.

q(z) =q(z0) +q(z0)(z z0) +...= q(z0)(z z 0) +...

Entonces

(z z0)f(z) = (z z0)p(z)q(z0)(z z0) + q

(z0)(z z 0)22!

+...

= p(z)

q(z0) +q(z0)(z

z0)

2! +...

Luego

lmzz0

(z z 0)f(z) = p(z0)q(z 0)

Por otra parte

f(z) = a1(z z0)+a0+a 1(z z0) +...

As

(z z0)f(z) =a1+ (z z0)a0+a1(z z0)2 +...

Luego

lmzz0

(z z0)f(z) =a 1 =Res(f, z 0)



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Por lo tanto

Res(f, z0) = p(z0)

q(z0)

Ejemplo 82 Calcular el residuo detan z enz0=/2

Tenemos quetan z= sin z

cos z, donde

sin(/2) = 1 = 0

cos(/2) = 0

y

sin(/2) = 1As tendremos que

Res(tan z,/2) = 1

1= 1

Observacion 83 Si la funcionfdel Teorema de Residuos es, ademas,

analtica en todo punto del plano exterior aC entonces, en vez de

calcular C

f(z)dz= 2im

k=1

Res(f, zi)

podemos calcular C

f(z)dz= 2iRes(1

z2f(

1

z), 0)

En efecto. Primero hacemos el desarrollo de Laurent defen torno a

z= . Por definicion esto significa que debemos hacer el desarrolloen serie de Laurent def(1z), en torno az= 0; digamos

f(1

z) =

a2z2

+a1

z +a0+a1z+a2z

2 +...



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si|z| < R, de manera que

f(w) =a2w2 +a1w+a0+a1z+a2z2 +...

si|w| > R, es el desarrollo en serie de Laurent de f en torno az= .En particular, note que siempre el desarrollo en serie de Laurent de

fen torno az= tiene entonces la forma:

f(w) =...+b2w2

+b1

w +b0+b1w+b2w+...

si|w| > R. Ademas por definicionRes(f, ) =b1.Construyamos ahora la expresion

1

z2f(

1

z) a partir de la expresion

anterior:

f(1

z) = ...+b2z2 +b1z+b0+

b1z

+b2z2

+..., |z| < Rasi

1z2

f(1z

) = ...+b2+ b1z

+ b0z2

+ b1z3

+..., |z| < R

Luego

Res(1

z2f(

1

z), 0) =b1= Res(f(z), )

Ahora notemos que

C

f(z)dz+

Cf(z)dz= 0

Luego C

f(z)dz=

Cf(z)dz



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Pero tenemos que

Cf(z)dz= 2iRes(f, )

Por lo tantoC

f(z)dz= 2iRes(f, ) = 2iRes(1z2

f(1

z2), 0)

que era la afirmacion.

Ejemplo 84 Consideremosf(z) =

5z

2

z(z 1) analtica en todo z ex-terior a|z| = 2.Entonces

f(1

z) =

z(5 2z)1 z

luego1

z2f(1

z) = 5

2z

z(1 z)

as C

5z 2z(z 1)dz= 2i(5) = 10i

Teorema 85 (Principio del Argumento) Sea f meromorfa en el

interior de. Seaa1, a

2, ...a

nlos ceros def yb

1, b

2,...b

nlos polos de

f.

Entonces

1

2i

F(z)f(z)f(z)

dz=n

i=1

F(ai) +mi=1

F(bi)



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Para cada funcion holomorfaF(z).

En particular, siF(z) = 1 se tiene:

12i

f(z)f(z)

dz= (n m)

Demostracion. Sea uno de los puntos ai o bj. Tenemos

f(z) =av(z )v(1 +b1(z ) +...)

dondev es el orden del cero o polo en ai obj conv Z. Entonces:

f(z) =vav(z )v1 +...

Luegof(z)f(z)

= v

(z )+...

Comof es holomorfa

F(z) =F() +F()(z ) +...As

F(z)f(z)f(z)

= vF()

(z )+vF() +...

Vemos que

Res(Ff(z)f(z)

, ) =vF()

Por el Teorema de Residuos

1

2i

F(z)f(z)f(z)

dz=n

i=1

F(ai) mi=1

F(bi)



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Observacion 86 Ya que

Ind(z) = 1

2i 1

w

z

dw

Entonces

Ind(0) = 1

2i

1

wdw=

1

2i

ba

(t)(t)

dt

As

Indf(0) = 1

2i

ba

(f )(t)(f )(t) dt

= 12i ba

f((t))(t)f((t)) dt

= 1

2i

f(z)f(z)

dz=V(t)

Y se llama el numero de vueltas o numero de rotacion defalrededor

de.

Por lo tanto, el Principio del Argumento dice que

Ind(f)(0) =n m

En particular, sif es analtica

Ind(f)(0) =n

As, el Principio del Argumento dice que cunado la componente

encerrada poresta enteramente contenida en el dominio de analiti-cidad def, el numero de vueltas que daf alrededor de coincide

con el numero total de ceros que peseef en esta componente, con-

tando cada uno de ellos tantas veces como indique su orden.



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Teorema 87 (de Rouche) SeaCel borde de un dominio y sean

f yg analticas entales que|f(z)| < |g(z)|paraz C. Entoncesf(z) +g(z) yg(z) tienen el mismo numero de ceros en

Demostracion. Tenemos en C

|fg|


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5.3. Calculo de integrales

Hemos visto que sif(z) es analtica y tiene un polo simple (orden

1) enz0 entonces

(z) = (z z0)f(z)tiene una singularidad removible en z0, luego tomando lmite ten-

emos

(z0) = lmzz0

(z z0)f(z)Por otro lado, como(z) es analtica en el interior y sobre una curva

cerrada en torno a z0 se tiene por la formula de Cauchy

(z0) = 1

2i

C

(z)

z z0dz= 1

2i

C

f(z)dz=Res(f, z0)

As, si f(z) tiene un polo simple en z0, entoncesC

f(z)dz= 2i lmzz0

((z z0)f(z))

Sif(z) tiene un polo de oredn k enz0, se puede definir

(z) = (z z0)kf(z)

y

(z0) = lmzz0

(z z0)nkf(z)Entonces (z) es analtica en una region y tenemos

(k1)(z0) =(k 1)!

2i

C

(z)(z z0)k dz=

(k 1)!2i

C

f(z)dz= (k1)!Res(f, z0

Entonces C

f(z)dz= 2i

(k 1)! lmzz0(k1)((z z0)f(z))

z(k1)



90/194


de donde

Res(f, z0) = 1

(k

1)! lmz

z0

((k1)((z z0)kf(z))

z(k1) )

5.4. Aplicaion del Teorema de Residuos

Sea Ap(z) y Bq(z) dos polinomios de grado p y q respectivamente.

Sean (ak) los ceros de Bq(z) y sea: f(z) =Ap(z)

Bq(z).

Sea R la semicircunferencia R(t) = Reit; 0 t . I) Suponga

queBq(z) no tiene ceros reales y qp+2. SiR es p suficientementegrande, se tiene por el teorema de residuos que: R

Rf(x)dx+

R

f(z)dz= 2i

Im(ai)>0

Res(f, ai)

Se sigue que:

+ f(x)dx= 2i

Im(ai)>0

Res(f, ai)

Justifiquemos que:

R

f(z)dz 0, cuando R . Ocupamos elsiguiente lema.

Lema 88 Seag(z) continua en{z=ei; R0; 1 2}. Si

ocurre que lmz g(z) = 0, entonces:

lmR

R

g(z)dz= 0

.



91/194


Veamos, por ejemplo:

zf(z) = zAp(z)

Bqz= polinomio de grado

p+ 1polinomio de grado q

= polinomio de gradop+ 1 q 1

z 0 cuandoz

Demostracion. Sea el camino R(t) = eit con t [1, 2]. En-

tonces:

|R

g(z)dz| = | 21

g(eit)ieitdt |

21

| g(eit) | dt

0 Cuando tiende a

Ejemplo 89 Demostrar que +

x2

1 +x4dx =

2. Solucion: Sea

z2 =A2(z) y1 +z4 =B4(z). Entonces:

f(z) = z2

1 +z4=

A2(z)

B4(z).

Las races deB4(z) = 1 +z4 tal que, z4 = 1, son:

z1=ei4 ;z2=e

3i4 ;z3=e

5i4 ;z4=e

7i4 .Ademas,f(z) = z

2

(zz1)(z

z2)(z

z3)(z

z4)

.

Luego, los residuos de cada singularidad que esta dentro de la semi-

circunferencia son:



92/194


Res(f, z1) = lmzz1

(z z1)f(z)= p(z1)q(z1) =

z214z3

1

= 14

1z1

= 14

ei4

Por otro lado, el residuo defrespecto a la segunda singularidad es:

Res(f, z2) =1

4e3i4

+

x2

1 +x4dx=

2i

4 [e

i4 +e

3i4 ] =

2II) Suponga queBq(z) no tiene ceros reales y que qp + 1 y >0.Entonces por el Teorema de Residuos, para R grande, se tiene: R

Rf(x)eixdx+

R

f(z)eizdz= 2i

Im(ak)>0

Res(f(z)eiz, ak)

Se sigue que: +

f(x)eix = 2i

Im(ak)>0

Res(f(z)eiz, ak).

Lema 90 Seag una funcion continua en un sector del semi-plano

supeerior{z=ei/ R0; 1 2, donde0 1 2 . Silmz

g(z) = 0 y >0, entonces:

lmR

R

g(z)eizdz= 0

Demostracion. SeaR(t) =eit, cont [1, 2]. Entonces:



93/194


|R

g(z)eizdz| = |

2

1

g(eit)eieit

ieitdt |

21

| g(eit) || ei(cost+sint)ieit | dt

=

21

| g(eit) || eicost || esint | | iei | dt

=

21

| g(eit) | esintdt

y esint 0, cuando , siempre que sint > 0, puest [1, 2] [0, ]. Luego: 2

1

| g(eit) | esintdt 0,

cuando .

Ejercicio 91 Calcular +

0

cosx

(x2 + 1)2dx. Usarf(z) = e

iz

(z2+1)2

III)

20

R(senx, cosx)dx, dondeR(x, y) es una funcion racional de

dos variables reales, se puede escribir como:|z|=1

R(z z

2i ,

z+z

2 )

1

izdz

y esta ultima se resuelve con ayuda del Teorema de Residuos.

Ejemplo 92 CalcularI=

20

1

a+cosx, cona >1.



94/194


Solucion: Ocupando quecosx= z+z2

, entonces:

2

0

1

a+cosxdx = |z|=1

1

a+ z+z

2

1

izdz

=

|z|=11

(a+ z2+ 12z)

dz

iz

= 2

i

|z|=1

1

2az+z2 + 1dz

Notar que: z2 + 2az+ 1 = 0 z = 2a4a24

2 =a a2 1.

Luego:

I= 2

a2 1.

IV) Supongamos que f(z) = Ap(a)Bq(z)

tiene un polo simple a0 sobre el

eje real. Sean q p+ 1 y > 0. Dados, R > 0 y 0 < < R,denotamos por R, la frontera de la region limitada por el eje real

y las semicircunferencias R y a0+ orientadads positivamente.

Para R suficientemente grande y suficientemente pequeo, le Teo-

rema de Residuos proporciona:R,

f(z)eizdz= 2i

Im(ak)>0

Res(f(z)eiz, ak)

Se sigue que:

+

f(x)eixdx= 2i

Im(ak)>0Res(f(z)eiz, ak)+iRes(f(z)e

iz, a0)

Demostracion.R,

f(z)eizdz=

a0R

f(x)eixdx+

,0

f(z)eizdz

+Ra0+

f(x)eixdx+R

f(z)eizdz



95/194


Por el lema visto anteriormente, la ltima integral es 0.

Probaremos que lm0

,0

g(z)dz= iRes(g(z), a0).

En efecto, como z=a0 es polo real simplre de g(z):

g(z) = b1

(z a0)+b0+b1(z a0) +b2(z a0)2 +...

Y consideramos:

h(z) g(z) b1(z a0)=b0+b1(z a0) +b2(z a0)

2 +...

Luego, h(z) es analtica en z = a0, o sea, z = a0 es singularidad

reparable de h(z). Por lo tanto, existe M >0 tal que:

| h(z) |< M , | z a0| 1

Luego:

|,0

|

|,0|| h(z) || dz|

M

|,0|| ,0(t) | dt

= M|,0|

| ieit | dt

= M

|,0|

=M

Por lo tanto lm0

,0

h(z)dz= 0 Entonces, volviendo a nuestro prob-

lema incial, de probar que lm0

,0

g(z)dz= iRes(g(z), a0), ten-

emos:

lm0

,0

g(z)dz = b1lm0

,0

1

z a0dz

= Res(g(z), a0) lm0

,0

1

z a0dz



96/194


Donde:

lm

0 ,0

1

z

a0

dz= lm

0

0

1

eitieitdt= i.

Luego, la igualdad queda demostrada.

Ejercicio 93 Demostrar que

+0

sinx

x dx=

2

V)Consideremos

+0

xa1f(x)dx ;0 < a < 1. Suponemos que

f(z) no tiene polos en (0, ) y que se cumple: a) lmz | za

f(z) |= 0b) lm

z0| zaf(z) |= 0.

Entonces:0

xa1f(x)dx= 2i

1 e2iaak=0

Res(za1f(z), ak).

Siendo za1 = e(a1)log(z), donde log(z) es la rama del logaritmo

definada en C [0, ] con 0<


97/194


Entonces:

R,r,f(z)za1dz =

R

r

f(x)xa1dx+

Rf(z)za1dz

+ rR

f(x)(xe2i)a1dx+r

f(z)za1dz

=

Rr

f(x)xa1dx Rr

f(x)xa1e2ia1

dx

+

R

f(z)za1dz+r

f(z)za1dz

= (1 e2ia) Rr

f(x)xa1dx+R

f(z)za1dz+r

f(z

Donde:

|R

za1f(z)dz| = | 20 Ra1ei(a1)tf(Reit)Rieitdt |= |

20

Raf(Reit)eitidt |

20

| Raf(Reit) | dt 0 cuandoR

Esto ocurre, ocupando la primera propiedad: lmz | za

f(z)|= 0Analogamenten y ocupando ahora la segunda propiedad:

r

za1f(z)dz 0 cuandor 0

. Ya que el lmz0

| zaf(z) |= 0.

5.5. Formula de Poisson

Recordemos que D = {z C : |z|


98/194


de Cauchy tenemos

f(z) = 1

2i

f(w)

(w

z)

dw

siempre que|z|


99/194


dondePr(x) = 1 r2|1 reix|2 y es llamado nucleo de Poisson.

Observemos que un calculo da

Pr(x) = 1 r2|1 reix|2 = 1 r2

(1 reix)(1 reix)= 1 r2

1 r(eix +eix) +r2

Notemos que Pr(x) R para todo x, luego si u= Ref, entonces

u(rei) = 1

2

0

2Pr( t)u(eit)dt

Ademaas, notemos quePr(x) =Pr(x) y periodica enx de perodo

2. TambienPr(x) 0 parar


100/194


Corolario 951

2

20

Pr(t )dt= 1

Una aplicacion de la formula de Poisson es que podemos resolver el

problema siguente

Problema de Dirichlet:

Resolver

u(x, y) = 0

enx2 +y2


101/194


donde(t) =eit.

Luegof(z) es analtica en|z|


102/194


donde, dado < 0 se elige > 0 tal que|g(ei(+x)) g(ei)| < para cada . Si|x| < (por continuidad de la funcion g dada lahipotesis), luego

I1 2

Pr(x)dx

Ademas notemos que

I2Pr()2

|x|

|g(ei(+x)) g(ei)|dx

En efecto, notemos que Pr(x) Pr() si|x| ypi x .As

I2Pr()2

pi

|g(ei(+x)) g(ei)|dx

SeaM=maxx|g(ei(+x))|, entonces

I2 2M Pr()

Si hacemos r 1lmr1

1 r21 2r cos() +r2 =

0

2 2cos()= 0

Esto prueba la afirmacion.

5.6. Formula de Jensen

Seafanaltica en tal que D(0, 1) .Supomga queftiene un logaritmo en , esto es log f(z) es analtica

en , entonces aplicando la formula integral de Poisson a Re(log f(z)) =



103/194


log(|f(z)|), obtenemos

log |f(z)| = 12

2

0

Pr( t) ln |f(eit)|dt

conz=eiy 0 r


104/194


Haciendo el desarrollo en serie de Taylor

f(z) =ak(z ai)k +...

conck= 0.Entonces

f(z)

(z ai)k =ck+ck+1(z ai) +...

es analtica en z=ai.

Por lo tanto g(z) es analtica en D(0, R) y no tiene ceros all.

Admas|g(eit

)| = |f(eit

)|, yln |g(z)| = 1

2

20

Pr( t) ln |g(eit)|dt

Luego de lo anterior tenemos que

ln |f(z)| + ln(|n

j=1

(1 ajzz aj )|) =

1

2

20


luego tenemos

ln |f(z)| =n

j=1

| z aj1 ajz| +

1

2

20


=n

j=1

|z aj||1 ajz| +

1

2

20

Pr( t) ln |f(eit)|dt

El caso particular en quez= 0, se conoce como formula de Jensen.

Teorema 97 (Formula de Jensen) Seaf analtica enD y suponga

quef(0) = 0 yf(z) = 0 enD.

c. Ral Pedro Castro Vidalc. Ral Pedro Castro Vidal


105/194


Sean a1, a2,...an los ceros de f en D, repetidos de acuerdo a su

multiplicidad. Entonces

ln |f(0)| =n

j=1

ln |aj| + 12

20

ln |f(eit)|dt

En efecto, en este caso, r= 0, luego

Pr(x) = 1 r2|1 reix|2

entonces P0(x) = 1, de donde sale el resultado usando el teorema

anterior.

Observacion 98 Las formulas anteriores son importantes en la

teora de funciones enteras (f analtica enC)

5.7. Automorfismos del disco unitario

Denotemos D = {z C : |z|


106/194


paraz D.Entonces g(z) =

f(z)

z =f(0) +f(0)z+... es analtica en D.

Sea zD tal que

|z|

=r


107/194


f(0) = 0, entonces f(z) =azcon|a|


108/194


El resultado siguente dice que toda funcion bianaltica de D en D

tal que f(a) = 0, tiene la forma anterior.

Teorema 101 Seaf : D D analtica y biyectiva tal quef(a) = 0,entonces existec C tal que|c| = 1 y

f(z) =cz a1 az

Demostracion.

Note queg =f a , g(0) = 0 yg(D) = D.Por lema de Schwarz|g(0)| 1.Ahora

g(z) =f(a(z))a(z)

entonces

g(0) =f(a(0))a(0) =f(a)(1 |a|2)

ya que

a(z) =(1 +az) a(z a)

(1 +az)2 =

1 |a|2(1 +az)2

Por lo tanto

|f(a)| 11 |a|2

Analogamente,h= a f1, conh(0) = 0 yh(D) D.Luego|h(0)| 1.Calculamos

h(z) =a(f1(z))(f1)(z)



109/194


entonces

h(0) =a(f1(0))(f1)(0) =a(a)(f

1)(0)

Notemos quea(z) = 1 |a|2(1 az)2 , por lo tanto

a(a) =

1 |a|2(1 |a|2)2 =

1

1 |a|2 , entonces| 1

(1 |a|2)(f1)(0)| 1 y as|(f1)(0)| 1

|a|2.Ahora f1(f(z)) =z, entonces (f1)(f(z))f(z) = 1 y (f1)(f(a))f(a) =

1, as1

1 |a|2 |f(a)| = | 1

(f1)(0)| 1

1 |a|2entonces

|f(a)| = 11 |a|2

Con lo anterior podemos ver que

|g(0)| = |f(a)(1 |a|2)| =1 |a|2

1

|a

|2

= 1

Por lema de Schwarz g(z) =czcon|c| = 1, entonces

f a(z) =cz

con|c| = 1 y asf(z) =ca(z)



110/194

Captulo 6

Ejercicios

6.1. Ejercicios resueltos

1. Demuestre que Arctan(z) = i

2ln(

i+z

i z) = 1

2iln(

1 +iz

1 iz).

Solucion:

Seaw= arctan(z) entonces

tan(w) =z sin(w)cos(w)

=z.

As, tenemos

eiw

eiw

= i(eiw

+eiw

)z e2iw 1 = ie2iwz+iz e2iw = 1 +iz

1 iz w = 1

2iln(

1 +iz

1 iz)

109



111/194

CAP ITULO 6. EJERCICIOS 110

Note que:1 +iz

1 iz =i zi+z

.

Entonces

0 = ln((i+z

i z)(1 +iz

1 iz)) = ln(i+z

i z) + ln(1 +iz

1 iz).

Multiplicando por 1

2iobtenemos finalmente

1

2iln(

1 +iz

1

iz

) =1

2i ln(

i+z

i

z

) = i

2ln(

i+z

i

z

).

2. Sea f(z) =|xy| (z = x+ iy). Demuestre que valen las

ecuaciones de Cauchy Riemann en z= 0 pero que f(0) no existe.

Justifique.

Solucion:

Sea f(x) =|xy| = u(x, y) +iv(x, y), donde u(x, y) = |xy| y

v(x, y) = 0.Tenemos

u

x (0, 0) = lmh0u(h, 0)

u(0, 0)

h = 0 =v

y (0, 0)

u

y(0, 0) = lmh0

u(0, h) u(0, 0)h

= 0 =v

x (0, 0).



112/194


Para ver que f(0) no existe observamos que:

f(0) = lmz0f(z) f(0)

z

0 = lm

z

0

|xy|z

= lmz

0

|xy|z

|z|2

= lmz0|xy|(x iy)

x2 +y2 = lm

(x,y)(0,0)(

x|xy|

x2 +y2 iy

|xy|x2 +y2

)

Siy= 0, el lmite es cero, esto esf(0) = 0.

Six= y >0, obtenemos

x|x2|2x2

ix|x|22x2

= x2

2x2 ix

2

2x2=

1

2 i

2.

Luegof(0) no existe.

3. Existe una funcion analiticaf=u + iv tal que u(x, y) =ey/x

?. Justifique.

Solucion:

No, pues de lo contrario debe ser armonica, pero:

u

x=ey/x

x(

y

x) =

yx2

ey/x

y

2ux2

=2yx3

ey/x +y2

x4ey/x.

Por otro ladou

y =

1

xey/x



113/194


y2u

y2 =

1

x2ey/x.

As vemos que 2u

x2+

2u

y2= 0.

4. Halle una transformacion de Mobius que deje fijos los puntos12 y 2, y que lleve el punto

5

4+

3

4i en.

Solucion:

w=z(1 4i) 2(1 i)

2z(1

i)

(4

i)

.

5. Encuentre la expansion de la funcion f(z) = z2

(z+ 1)2 como

una serie de Taylor en torno az= 0 y halle el radio de convergencia.

Solucion:

Sea g(z) =

z

z+ 1 entonces g(z) = 1

(1 +z)2 y as z2

g(z) =z2

(z+ 1)2.



114/194


Recordemos ahora que para|z|


115/194


Ya que ww =2, reemplazando tenemos que

(z z1z

z2

)(z z1z

z2

) =2 (z z1)(z z1) =2(z z2)(z z2)

zz zz1 z1z+z1z1=2(zz zz2 z2z+z2z

(1 2)zz+z(2z2 z1) +z(2z2 z1) + |z1|2

Por lo tanto es un crculo si 2 = 1, de lo contrario es una recta.

7. Halle una transformacion de Mobius que lleve los puntos

1, i, 1 +i en los puntos 0, 2i, 1 i respectivamente.

Solucion:

w=2i(z+ 1)4z 1 5i

8. Demuestre que la funcionT(z) =zRe(z) es diferenciable solo

enz= 0 y halle T(0).



116/194


Solucion:

T(z) T(0)z 0 =

zRe(z)

z =Re(z) z00

Por lo tanto T diferenciable y T(0) = 0.

Veamos que no lo es en otro punto

lmzz0

T(z) T(z0)z z0 = lmzz0

zRe(z) z0Re(z0)z z0 =

1

2 lmzz0

z(z+z) z0(z0+z0)z z0

Si

z = 12lmzz0zz+zz z0z0 z0z0

z z0

= 12lmzz0

zz z0z0+zz z0z0z z0

= 1

2lmzz0(z

z0)z+z0z

z0z0+ (z

z0)z+z0z

z0z0)

z z0= 12lmzz0(z+z 0 +z+z0

z z0z z0)

= 12

(z+z0+z0) +z0lmzz0(z z0)z z0

= 12

(z+z0+z0) +z0lmh0h

h

y

lmh0h

h

no existe.

Note que lo anterior ocurre exepto siz0= 0



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9. Halle el error en el siguiente argumento: Ya que (

z)2 =z2

se tiene 2ln(z) = 2ln(z) y luego ln(z) = ln(z) (!).Justifiquesu respuesta.

Solucion:

Si tenemos

(z)2 =z2

entonces

ln(z2) = ln(z2)

Si z=rei entonces z2 =r2e2i con por lo cual ln(z2)toma mas de un valor. En general

ln(z2) = ln(r2) + 2i+ 2ki

(k Z). Por otra parte

z2 = (1)z2 =eir2e2i =r2e2+

luego

ln(z2) = ln(r2) + (2+)i+ 2ni = ln(r2) + 2i+ (2n+ 1)i

(n Z).As ln(z2) en general es diferente de ln(z2)



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10. Encuentre el valor de

(3 4i)1+i.

Solucion:

En efecto (34i) = 9 + 16earctan(4/3)i = 5ei con = arctan(4/3) = arctan(4/3). Entonces

(3 4i)1+i = e(1+i)ln(34i)= e(1+i)(ln(5)+i)

= eln(5)+i+i ln(5)

= eln(5)ei(ln(5)+)

= 5e cos(ln(5) +) +i sin(ln(5) +)

= 5earctan(4/3)(cos(ln(5) arctan(4/3)) +i sin(ln(5) arctan(4



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11. Halle todas las raices de la ecuacion:

sen(z) =isenh(z)

Solucion:

Tenemos que

eiz

eiz

2i =i e

z

ez

2 eiz eiz =ez ez

e(1+i)z 1

ez =

1 e(1+i)zeiz

eiz(e(1+i)z 1) =ez(1 e(1+z)z)

Haciendou= e(1+i)z =ezeiz entonces

u 1ez

=1 u

eiz

De aqu

u= e2iz =ei+2iz =ei(+2z)

Caso 1: u= 1

e(1+i)z = 1 por lo tanto z= 2ki

1 +i

Caso 2: u= ei(+2z) por lo tanto z=(2k+ 1)

i+ 1



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12. Seaf(z) =

n=0

zn y sea a C con|a|


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13. Considere la funcionf(z) =

n=1

zn

n.

(i) Expanda f(z) en una serie de Taylor en torno a z= 1/2.(ii) Determine el dominio en el cual la funcion f(z) es continu-

ada analiticamente.

Solucion:

(i) f(z) =

n=1

zn

n = ln(1 z)

f(z) =

n=1

an(z+ 1/2)n conan=

fn(1/2)n!

f(z) = 1

1 z = (1 z)1

.

As f(n)(z) = (n 1)!(1 z)n conn= 1, 2,...

Por lo tanto f(n)(1/2) = (n 1)!(3/2)n con f(n)(1/2)

n! =

(2

3)n

1

n.

Entonces

f(z) = ln(3/2) +

n=1

(2

3)n

1

n(z+ 1/2)n



122/194


(ii) (R)1 = lm sup n|an| = 23 . Por lo tantoR = 32 y |z+1/2|


123/194


Tenemos que (t) =eit y (t) =ieit con|(t)| = 1. Entonces

|z|dz= /2

/2

|(t)|(t)dt= /2

/2

(t)dt= (/2) (/2)

Donde(/2) =ei/2 =i y(/2) = i.As

|z|dz=i (i) = 2i

16. Evalue la integral

dzz

dzdonde es el circulo|z| = 1, y1 =i (esto significa que el punto de partida es z= 1)

Solucion:

Tenemos

1z

dz=

20

(t)(t)

dt=

ieit/2dt= 2(ei/2 ei/2) = 4i

17. Evaluar la integral

ln(z)dzdonde es el circulo|z| = 1,yln(i) = i2.



124/194


Solucion

Tenemos /23/2

ln((t))(t)dt= /2

3/2itieitdt=

/23/2

teit = 2

18. Evaluar

|z|=1

zdzdonde C y 1 = 1.

Solucion:

|z| zdz= 20 ((t))(t)dt= 20 ieiteitdt= i 20 e(+1)tdt.As si

= 1

|z|=1

z = 2i

= 1 |z|=1

z = 1

(+ 1)(e2i 1)



125/194


19. Si |a| =R, demuestre que

|z|=R

|dz||z a||z+a| 1.

Solucion:

z

(z)4 1= z

(z 1)(z3 +z2 +z+ 1)Entonces

|za|=a

f(z)

z 1dz= 2if(1) =2i

4 =

i

2

dondef(z) = z

z3 +z2 +z+ 1es analitica en|z a| < a

35. Evalue : 1

2i

C

zez

(z a)3dz; si a esta en el interior de lacurvaC.



140/194


141/194


Solucion:

Seaf(z) = 1

z 2. La expancion en torno az=

es por definicion,

la expancion def(1

z) en torno de z= 0. As

f(1

z) =

11z 2=

z

1 2z =z

n=0

2nzn

si|z| < 12

. Haciendow=1

zse obtine

f(w) = 1

w

n=0

2n(1

w)n =

n=0

2n

wn+1

si|w| >2 que es la expresion pedida.

37. Calcule una expansion de la funcion f(z) = 1(z a)(z b),

donde 0< |a| < |b|,en serie de Laurent en una vecindad de:

i) z= 0

ii) z=a

Solucion:



142/194


i) Enz= 0 tenemos

1(z a)(z b) = 1(a z)(b z)

= 1

(b a)( 1

(a z) 1

(b z))

= 1

(b a)(1

a(

1

1 za) 1

b(

1

1 zb))

= 1

(b a)(1

a

n=0

zn

an 1

b

n=0

zn

bn)

= 1

(b a)(

n=0

( zn

an+1 z

n

bn+1))

= 1(b a)(

n=0

zn(bn+1 an+1)(an+1bn+1)

)

para|z| < |a|



143/194


ii) Enz=a tenemos

1

(z

a)(z

b)

= 1

(a

z)(b

z)

= 1

(a z)(b a+a z)

= 1

(a z)1

(b a)(1 + azba)=

1

(a

z)(b

a)

n=0(1)n(a z)n

(b

a)n

= 1

(a b)( 1

(z a)

n=0

)(z a)n(b a)n

= 1

(a b)( 1

(z a)(1 +(z a)(b a)+

(z a)2(b a)2 +...))

= 1

(a b)( 1

(z a)+

n=0

(z a)n(b a)n+a)

si|z a| < |b a|

38. Encuentre y clasifique todas las singularidades de la funcion

f(z) = z7

(z2 4)2 cos

1

z 2.



144/194


Solucion:

z7

(z 2)2(z+ 2)2cos( 1

z 2) = z7

(z 2)2(z+ 2)2(1 + 1(z2)+

12!(z2)2 +...)

Por lo tanto z =2 es polo de orden 2 y z = 2 es singularidadesencial.

39. Encuentre y clasifique todas las singularidades de la funcion

f(z) = sin

1

sin1

z

.

Solucion:

Si sin1

z= 0 entonces

e/z ei/z2i

= 0 y sie2i/z = 1 entoncesz= 1

k.

Por lo tanto zk = 1

kson todas las singularidades de f(z)

40. Sea funa funcion analitica en el circulo|z| < 1 y suponga



145/194


quef(0) = 0 y|f(z)| 1.Demuestre que|f(z)| |z| para|z|


146/194


i)1

z(1 z) =

1

z

+ 1

1 z=

1

z+

n=0

zn

= 1

z+ 1 +z+z2 +...

ii)1

z(1 z) = 1

z+

1

1 z=

1(1 + 1 z)+

1

1 z=

1

1 (1 z)+ 1

1 z=

1

1

z

+

n=0(1 z)n

= 11 z+ 1 + (1 z) + (1 z)

2 +...

42. Halle y clasifique las singularidades de las siguientes fun-

ciones. Justifique su respuesta.

(i) 1

z z3 .



147/194


(ii) 1

ez 1

Solucion:

i) 1

(z z3)= 1

z(1 z2) tiene 3 singularidades;z= 0, z= 1, z= 1

z= 0 es polo de orden 1 pues si|z|


148/194


ii)z= 0 yez = 1 son las singularidades, esto esz= 2kicon k Z.

Ahora veamos de que tipo son

z= 0:

Sea

f(z) = 1

ez 1= 1

(1 +z+ z2

2!+...) 1 =

1

z+ z2

2!+...

= 1

z(1 + z2!+...)=

g(z

z

dondeg(z) = 11 + z2!

+... es analtica en z= 0.

Entonces

f(z) =1

z(a0+a1z+a2z

2) +...=a0

z +a1+a2z+...

luego

1z

+ 1ez 1=1z +a0z +a1+a2z+...

dondea0=g(0) = 1. Por lo tanto 1

ez 1 1

z =a1+a2z+....

As z= 0 es singularidad reparable.

z= 2

ki



149/194


tenemos que

ez =

n=0 an(z 2ki)n

=

n=0

1

n!(z 2ki)n

= 1 + (z 2ki) +(z 2ki)2

2! +...

Entonces

ez

1 = (z

2ki)(1 +

(z 2ki)

1!

+...)

de aqui tenemos1

(ez 1)= h(z)

(z 2ki)dondeh(z) =

1

1 +(z 2ki)

2! +...

es analtica en z= 2ki.

Asz= 2kies un polo de orden 1 de 1

ez 1y tambien de

1

ez 11

z

43. Evaluar: |z|=3

z

sin(z)(1 cos(z))dz.

Solucion:



150/194


Vemos que las singularidades son z= 0,z=, z= y ademas

Res(f, 0) = 0

Res(f, ) = 2Res(f, ) =

2

As tenemos que|z|=5

z

sin(z)(1 cos(z))dz= 2i(0) = 0

44. Determine el numero de races de la funcion

f(z) =z9 2z6 +z2 8z 2,

en el interior del circulo|z|


151/194


45. Supongamos que f es analitica en D(0, 2)\{

0}

y que para

cada numero natural n 0 se cumple que|z|=1

znf(z)dz= 0.

Demuestre que en tal casoz= 0 es una singularidad reparable def.

Solucion:

Si

bn=

|z|=1

znf(z)dz= 0

Por lo tanto f tiene una singularidad reparable en z = 0, pues

f(z) =b0+b1z+...

46. Halle los residuos de la funcion f(z) = z2 +z 1

z2(z 1) con re-specto a todos sus puntos singulares.

Solucion:

Vemos que los puntos singulares son z = 0 poolo de orden 2 y

z= 1 polo de orden 1.



152/194


Entonces tenemos

Res(f, 1) = lmz

1(z 1)f(z) = lm

z

1

z2 +z 1z2

= 1

Res(f, 0) = lmz0

z(z2f(z)) = lm

z0

z(

z2 +z 1z 1 ) = 0

47. Halle Res(f , a) si es analitica en z=a, (a) = 0, y ftiene un polo simple en w=(a) con residuoA.

Solucion:

Tenemos lo siguiente

f(w) = A

w (a)+a0+a 1(w (a)) +...

Entonces

f((z)) = A

(z) (a)+a0+a1((z) (a)) +...

donde(z) =(a) + b1(z

a) + b2(z

a)2 + ...conb1=

(a)= 0.

As

(f )(z) = Ab1(z a)(1 + b2b1 (z a) +...)

= A

(a)(z a)+...



153/194


entonces

Res(f , a) = A(a)

48. Evalue1

2i

|z|=r

sen(1

z)dz.

Solucion:

Sabemos que sin w=w w3

3! +....

Entonces

sin1

z =

1

z 1

z33!+...

luego

Res(sin1

z, 0) = 1

.

Por lo tanto1

2i

|z|=r

sin1

zdz= 1



154/194


49. Evalue1

2i

|z|=r

zne2/zdz

siempre que n 1.

Solucion:

ew = 1 +w+w2

2! +...

e2/z = 1 +2

z+

22

2!z2+...

zne2/z = zn + 2zn1 +22zn2

2! +...

2kznk

n! +...

Entonces Res(zne2/z, 0) = 2n+1

(n+ 1)!

50. Seaa R, a >1.Calcule

d

a+cos.

Solucion:



155/194


1

a+ cos d=

|z|=1

1

(a+ z+z2

)izdz=

2

i

|z|=1

1

z2 + 2az+ 1dz

Observamos quez2

+2az+1 = (z+a+a2 1)(z+aa2 1).

As

1

a+ cos d=

4

2i

|z|=1

1

(z+a+

a2 1)(z+a a2 1) = 2

a2 1

51. Calcule

xsenx

x2 + 2x+ 2dx.

Solucion:

Seaf(z) = zeiz

z2 + 2z+ 2en dondez2+2z+2 = 0 si y solo siz= 1+i

yz= 1 i, luego consideramos=CR

[R, R].

Entonces

f(z)dz=CR

f(z)dz+ R

Rf(x)dx

Notar queCR

f(z)dz 0 por Lema de Jordan. Por otra parte

zeiz

z2 + 2z+ 2dz= 2iRes(f, 1 +i) =(1 +i)e1i



156/194


Entonces

lmn

R

R

xeix

x2 + 2x+ 2dx= (1 i)e1i

As

x sin x

x2 + 2x+ 2dx=

e(cos 1 + sin 1)

52. Evaluar

|z|=1

ez

z2(z2 9)dz.

Solucion:

Vemos que z = 0 es polo de orden 2, z =3 son polos de or-

den 1 yz

2

9 = (z 3)(z+3) que no estan en el interior de |z= 1|.Luego

|z|=1

ez

z2(z2 9)dz= 2iRes(f, 0) = 2i lmz0

z(

z2ez

z2(z2 9)) =2i

9

53. Evaluar

20

dt

a+ cos tdonde a >1. Ayuda: Hacer z=eit.

Solucion:



157/194


Sea z = eit entonces 2 cos t = eit +eit = z+1

z, entonces cos t =

1

2(z+

1

z) y como dz=ieit

dt entonces dt=

1

izdt.

Por lo tanto 20

1

a+ cos tdt=

2

i

20

1

z(2a+z+ 1z)dz=

2

i

|z|=1

1

z2 + 2az+ 1dz

Comoz2 + 2az+ 1 = 0 z= a a2 1 donde a2 1>0

observamos que soloa+ a2 1 esta en el interior de|z| = 1.Luego

Res( 1

z2 + 2az+ 1, a+

a2 1) = 1

2

a2 1As

2

i |z|=11

z2 + 2az+ 1dz=

2

i2iRes(

1

z2 + 2az+ 1,

a+a2 1) = 2

a2 1

54. Evaluar

0

x2 + 1

x4 + 1dx.

Solucion:

Vemos que las singularidades son polos simples en z1 = ei/4, z



158/194


2 = ei3/4, z3 = ei5/4, z 4 = ei7/4. Consideremos la curva

=CR

[R, R], entonces tenemos

f(z)dz= CR

f(z)dz+ RR

f(x)dx

donde

f(z)dz= 2iRes(f, ei/4) + 2iRes(f, e3i/4) =

2

y por Lema de Jordan

CR

f(z)dz 0

Entonces

x2 + 1

x4 + 1dx=

2

Como el argumento es una funcion par entonces podemos escribir

0

x2 + 1

x4 + 1 dx=

2

2

55. Halle el numero de races de la ecuacionz4

8z+10 = 0 que

se encuentran en el anillo 1 < |z|


159/194


a) f(z) +g(z) = z4 8z+ 10 con f(z) = z4 8z y g(z) = 10,entonces|f(z)| 9


160/194


Solucion:

Por formula de Cauchy en el camino (t) =t con < t < setiene que

1

2i

f(w)

(w z)dw= f(z)siz H+0sizH+

Y notamos que

f(w)(w z)dw= f(x)(x z)dxA fin de ver lo pedido, restamos y obtenemos

f(z) = 1

2i

infty

( 1

(t z) 1

(t z))f(t)dt

donde

( 1(t z) 1(t z)) = z zt2 tz tz+ |z|2 = 2iyt2 2tx+x2 +y2

conz=x+iy y z=x iy Por lo tanto

f(z) = 1

yf(t)

(t x)2 +y2dt

Luego si u(z) = Ref(z), esto es , u(x, y) = Ref(x, y) entonces

f(t) =f(t, 0) =u(t, 0). As

u(x, y) = 1

y

(t x)2 +y2u(t, 0)dt

Ademas u(x, y) 0 cuando (x, y)



161/194


57. Evaluar

cos(x)

x2 +a2dx, a >0.

Solucion:

Usamos quef(z) =

eiz

z2 +a2 y las singularidades son z= iadondesoloia

( semicircunferencia de radio asobre el eje real).

Por lo tanto

f(z)dz= 2iRes(f,ia) = 2i lmzia (z ia)ez(z ia)(z+ia)= a ea

y por el otro lado

f(z)dz=

cos x

x2 +a2dx+i

sin x

x2 +a2dx+

CR

eiz

z2 +a2dz

As

cos x

x2

+a2

dx=

a

ea



162/194


58. Sea w una raz n-esima de la unidad (i.e wn = 1 y wj = 1,,j = 1, 2,...(n 1))

i)Encuentren1j=0

wj

ii)Encuentren1j=0

(j+ +1)wj

Solucion

i)n1j=0

wj = 1 +w+...+wn1 =1 wn

1 w = 0

ya que w = 1 ywn = 1

ii)

n1j=0

(j+ 1)wj = 1 + 2w+ 3w2 +...nwn1

Notar que (1 + 2w + 3w2 + ...nwn1)(1 w) = 1 + w + ...wn1 + nwn

Luego

1 + 2w+...nwn1 =(1 +w+...wn1) +nwn

1

w =

0 +nwn

1

w =

n

1

w



163/194


59. Sea f : C D definida por f(z) = z1 + |z| , donde D:= {z:

|z|


164/194


ii)f

z =

1(1 + |z|) z z (|z|)(1 + |z|)2

pero

|z|2 =zz

entonces

2|z| z

(|z|) =z

as

z

(

|z

|) =

z

2|z|Por lo tanto

f

z =

2 + |z|2(1 + |z|)2

60. Encuentre los valores de zpara los cuales es convergente la

serie n=0

( z

1 +z)n

Solucion:

Seaw= z1 +z

entonces

n=0

( z

1 +z)n =

n=0

wn



165/194


que converge solo si|w|


166/194


Ayuda:Considere la curva

(t) =1(t) z0(t)

z

con t [0, 1] y compruebe que la trayectoria esta contenida enD(1, 1) := {z C : |z 1|


167/194


As

1

2i

10

(t)(t)

dt =

= 1

2i

10

(t)(0(t) z) 0(t)(1(t) z)(1(t) z)(0(t) z) dt

= 1

2i

10

1(t)1(t) zdt

1

2i

10

0(t)0(t) zdt

= Ind1(z) Ind0(z)

63. Seala frontera del cuadrado encerrado por las cuatro rec-

tas x=

2 e y=

2. Calcule:

i)

cos z

z2 + 8dz

ii)

z

2z+ 1dz

iii) cosh z

z4

dz

Solucion:

i) Vemos que cos z

z2 + 8es analtica en C \ {22, 22}, por lo tanto



168/194


es holomorfa en , y as

cos z

z2 + 8dz= 0 por el Teorema de Cauchy.

ii) Vemos que

z

2z+ 1 es analtica en C\{1/2}, luego por la formulaintegral de Cauchy tenemos

z

2z+ 1dz=

1

2

z

z+ 12

dz=i

2

iii) Usnado la formula integral de Cauchy para la tercera deriva-da tenemos

cosh z

z4 dz=

2i

3!

3(cosh z)

z3 =

i

3sinh(0) = 0

64. Sea f analtica. Suponga que Ref es constante. Demuestre

quef es constante.

Solucion:

f=u+iv y por definicionues constante.

Sif es analtica entonces

u

x=

v

y



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yu

y =

vx

Por lo tanto vy

= 0 y vx

= 0.

As v es constante y entonces f es constante.

65. Evaluar

dzz

i) en el semicirculo z= 1,y 1, 1 = 1

ii)en el semicirculo|z| = 1,y 1, 1 = 1

Solucion:

i) (t) =eit con 0 t , entonces 0

ieit

eit/2dt= i

0

eit/2dt= 2(ei/2 1) = 2(1 i)

ii)(t) =eit con 0 t , entonces 0

ieit

eit/2eidt=

i

ei

0

eit/2 = (1)2(i 1) = 2(1 i)



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Apuntes Variable Compleja - Castro Vidal

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