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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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
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
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c. Ral Pedro Castro Vidal
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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
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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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CAP ITULO 1. PRELIMINARES 6
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.
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 1. PRELIMINARES 7
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)
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 1. PRELIMINARES 8
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 |
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 1. PRELIMINARES 9
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 )
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 1. PRELIMINARES 10
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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CAP ITULO 1. PRELIMINARES 12
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 .
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 1. PRELIMINARES 13
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.
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 1. PRELIMINARES 14
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).
Lic. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 1. PRELIMINARES 15
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).
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 1. PRELIMINARES 16
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 1. PRELIMINARES 17
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).
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 1. PRELIMINARES 18
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 1. PRELIMINARES 19
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 1. PRELIMINARES 20
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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CAP ITULO 1. PRELIMINARES 21
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:
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 1. PRELIMINARES 22
(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 ) =
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 1. PRELIMINARES 23
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 1. PRELIMINARES 24
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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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.
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 2. FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA 27
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 2. FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA 28
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 2. FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA 29
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.
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 2. FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA 30
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
c. Ral Pedro Castro Vidalc. Ral Pedro Castro Vidalc. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 2. FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA 31
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 2. FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA 32
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.
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 2. FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA 33
() 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)
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 2. FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA 34
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)
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 2. FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA 35
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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8/10/2019 Apuntes Variable Compleja - Castro Vidal
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CAP ITULO 2. FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA 37
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.
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 2. FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA 38
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.
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 2. FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA 39
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.
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 2. FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA 40
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 2. FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA 41
1) La funcion logaritmo es analtica en .
2) (ln z)=1
z3) eln z =z, para todo z
.
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 2. FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA 42
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
.
c. Ral Pedro Castro Vidal
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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.
c. Ral Pedro Castro Vidal
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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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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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:
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 76
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.
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 77
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 78
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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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 79
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.
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 80
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)
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 81
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)
c. Ral Pedro Castro Vidal
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83/194
CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 82
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 +...
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 83
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 84
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)
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 85
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)
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 86
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.
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 87
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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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 88
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)
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 89
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
.
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 90
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:
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 91
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:
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 92
|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.
c. Ral Pedro Castro Vidal
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94/194
CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 93
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
8/10/2019 Apuntes Variable Compleja - Castro Vidal
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 94
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
8/10/2019 Apuntes Variable Compleja - Castro Vidal
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 95
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<
8/10/2019 Apuntes Variable Compleja - Castro Vidal
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 96
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|
8/10/2019 Apuntes Variable Compleja - Castro Vidal
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 97
de Cauchy tenemos
f(z) = 1
2i
f(w)
(w
z)
dw
siempre que|z|
8/10/2019 Apuntes Variable Compleja - Castro Vidal
99/194
CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 98
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
8/10/2019 Apuntes Variable Compleja - Castro Vidal
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 99
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
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 100
donde(t) =eit.
Luegof(z) es analtica en|z|
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 101
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)) =
c. Ral Pedro Castro Vidal
8/10/2019 Apuntes Variable Compleja - Castro Vidal
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 102
log(|f(z)|), obtenemos
log |f(z)| = 12
2
0
Pr( t) ln |f(eit)|dt
conz=eiy 0 r
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 103
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
Pr( t) ln |g(eit)|dt
luego tenemos
ln |f(z)| =n
j=1
| z aj1 ajz| +
1
2
20
Pr( t) ln |g(eit)|dt
=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
8/10/2019 Apuntes Variable Compleja - Castro Vidal
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 104
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|
8/10/2019 Apuntes Variable Compleja - Castro Vidal
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 105
paraz D.Entonces g(z) =
f(z)
z =f(0) +f(0)z+... es analtica en D.
Sea zD tal que
|z|
=r
8/10/2019 Apuntes Variable Compleja - Castro Vidal
107/194
CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 106
f(0) = 0, entonces f(z) =azcon|a|
8/10/2019 Apuntes Variable Compleja - Castro Vidal
108/194
CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 107
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)
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 5. POLOS Y RESIDUOS 108
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)
c. Ral Pedro Castro Vidal
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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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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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).
c. Ral Pedro Castro Vidalc. Ral Pedro Castro Vidalc. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 111
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 112
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.
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 113
Recordemos ahora que para|z|
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 114
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).
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 115
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 116
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)
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 117
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 118
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 119
12. Seaf(z) =
n=0
zn y sea a C con|a|
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 120
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 121
(ii) (R)1 = lm sup n|an| = 23 . Por lo tantoR = 32 y |z+1/2|
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 122
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.
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 123
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)
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 124
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.
c. Ral Pedro Castro Vidal
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8/10/2019 Apuntes Variable Compleja - Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 140
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:
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 141
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|
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 142
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.
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 143
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 144
quef(0) = 0 y|f(z)| 1.Demuestre que|f(z)| |z| para|z|
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 145
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 .
c. Ral Pedro Castro Vidal
8/10/2019 Apuntes Variable Compleja - Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 146
(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|
8/10/2019 Apuntes Variable Compleja - Castro Vidal
148/194
CAP ITULO 6. EJERCICIOS 147
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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149/194
CAP ITULO 6. EJERCICIOS 148
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:
c. Ral Pedro Castro Vidal
8/10/2019 Apuntes Variable Compleja - Castro Vidal
150/194
CAP ITULO 6. EJERCICIOS 149
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|
8/10/2019 Apuntes Variable Compleja - Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 150
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.
c. Ral Pedro Castro Vidal
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152/194
CAP ITULO 6. EJERCICIOS 151
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)+...
c. Ral Pedro Castro Vidal
8/10/2019 Apuntes Variable Compleja - Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 152
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
8/10/2019 Apuntes Variable Compleja - Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 153
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:
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 154
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 155
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:
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 156
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 157
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|
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 158
a) f(z) +g(z) = z4 8z+ 10 con f(z) = z4 8z y g(z) = 10,entonces|f(z)| 9
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 159
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)
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 160
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
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 161
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
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 162
59. Sea f : C D definida por f(z) = z1 + |z| , donde D:= {z:
|z|
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 163
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
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 164
que converge solo si|w|
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 165
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|
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 166
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 167
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
c. Ral Pedro Castro Vidal
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CAP ITULO 6. EJERCICIOS 168
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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