Análisis en Una Variable Compleja

Anlisis en una Variable Compleja

Miguel J. Vivas C.

15 de junio de 2012

PR OLOGO

Una rpida inspeccin del presente libro nos muestra que el mismo est concebidocomo un texto para ser usado en un curso de introduccin a la teora de funcionesde una variable compleja. Las materias fundamentales se exponen de manera precisa,detallada, eficaz y en un lenguaje honesto y sin pretensiones que, sin embargo, nocarece del rigor y la elegancia que el tema obliga a merecerse.

El Profesor Miguel Vivas (M.Sc.) ha acometido la ardua tarea de escribir un tex-to sobre el anlisis en una variable compleja, sin duda con el objetivo de presentar alpotencial lector un trabajo unificado desde el punto de vista prctico y terico, y a lavez actualizado sobre la materia. Al logro de este objetivo ha contribuido la excelentetrayectoria acadmica y cualidades pedaggicas del Profesor Vivas, quien pese a su ju-ventud, cuenta con calificada experiencia al haber dictado cursos de variable complejade pre y postgrado en la UCLA en varias oportunidades.

El texto cubre exhaustivamente las materias de un primer curso de anlisis comple-jo. Contiene suficientes figuras y ejercicios resueltos que complementan la exposiciny facilitan la comprensin de los tpicos presentados. Cada captulo cuenta con listasde ejercicios propuestos que estn adecuadamente balanceados en posicin y gradode dificultad, y que ofrecen, tanto al instructor como al estudiante, excelentes opor-tunidades para el necesario desarrollo y enriquecimiento de la dinmica enseanza-aprendizaje en el tema tratado.

El captulo 1 introduce los fundamentos de la teora: La nocin de nmero com-plejo y sus propiedades algebraicas y geomtricas. En el segundo captulo se exponenen detalle las nociones topolgicas que se necesitarn para abordar los temas clsi-cos del anlisis complejo. El autor cita y discute algunos resultados fundamentales de

3

4la topologa de la recta y de espacios mtricos abstractos, lo que hace la exposicinprcticamente autocontenida.

Los captulos 3 y 4 versan sobre diversos aspectos relacionados con la nocin defuncin analtica, destacando el rol sui generis que confiere a la teora (junto a la inte-gracin compleja) las nociones de funciones univaluadas y funciones multivaluadas.

El captulo 5 presenta la teora bsica de integracin compleja. Como bien acota elautor El teorema de Cauchy es uno de los resultados ms importantes de la teora defunciones analticas ... Las consecuencias que se derivan de este son de gran impactoy marcan diferencias notables con el anlisis real".

En el captulo 6 se estudia la dualidad funcin analtica-serie de potenciasy la nocin de serie de Laurent. El libro concluye con la exposicin de los resultadosy de las herramientas fundamentales asociadas al clculo de residuos y algunas de susaplicaciones.

Por ltimo, estimamos que un ajuste adecuado de rigurosidad por parte del in-structor en la presentacin de los captulos 2 y 5 permite que el libro pueda ser usadoexitosamente como texto para cursos de variable compleja que se dictan en otras car-reras cientficas o en ingeniera.

Jos Gimnez Quero Ph. D.Departamento de Matemticas

Facultad de CienciasULA

Indice general

1. NOCIONES ELEMENTALES 91.1. Nmeros complejos y su lgebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2. Representacin geomtrica de los nmeros complejos . . . . . . . . . 151.3. Representacin polar de un nmero complejo . . . . . . . . . . . . . 161.4. Producto y cociente de nmeros complejos . . . . . . . . . . . . . . . 181.5. Potencias y races de un nmero complejo . . . . . . . . . . . . . . . 211.6. Las races de la unidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.7. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.8. Ejercicios del Captulo 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2. ASPECTOS DE LA TOPOLOGA DE C 332.1. Conjuntos abiertos, cerrados y conexos . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.2. Sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.3. Algunas propiedades bsicas de C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.4. Conjuntos compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.5. Series de nmeros complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.6. Lmites inferior y superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 482.7. Funciones continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.8. Series de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2.8.1. Convergencia puntual y convergencia uniforme . . . . . . . . 522.8.2. Propiedades que preserva la convergencia uniforme . . . . . . 54

2.9. Contornos, dominios y conjuntos poligonalmente conexos . . . . . . 562.10. La esfera de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.11. Ejercicios del captulo 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

5

6 NDICE GENERAL

3. FUNCIONES ANALTICAS 673.1. Funciones Univaluadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 673.2. Lmite de una funcin compleja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 683.3. Continuidad de las funciones complejas . . . . . . . . . . . . . . . . 703.4. La derivada de una funcin compleja . . . . . . . . . . . . . . . . . . 723.5. Las condiciones de Cauchy-Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . 753.6. Ecuaciones de Cauchy-Riemann en coordenadas polares . . . . . . . 823.7. Funciones armnicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 843.8. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 853.9. Ejercicios del captulo 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

4. LAS FUNCIONES TRASCENDENTES COMPLEJAS 934.1. La funcin exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 934.2. Las funciones trigonomtricas complejas . . . . . . . . . . . . . . . . 954.3. Las funciones hiperblicas complejas . . . . . . . . . . . . . . . . . 994.4. La funcin logaritmo compleja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1004.5. Analiticidad de la funcin Logz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1024.6. Funciones multivaluadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1054.7. Ejercicios del captulo 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

5. EL TEOREMA DE CAUCHY Y SUS CONSECUENCIAS 1095.1. Contornos y Curvas de Jordan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1105.2. Integral sobre Curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1135.3. Propiedades de la integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1155.4. La Variacin del Logaritmo a lo largo de un Contorno . . . . . . . . . 1205.5. Teora del ndice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1225.6. Invariancia del ndice por Homotopa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1285.7. El Teorema de Cauchy-Goursat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1315.8. Consecuencias del Teorema de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . 1505.9. Los Teoremas de Morera, Liouville y La Desigualdad de Cauchy . . . 1555.10. Preservacin de Lmites de Funciones Analticas . . . . . . . . . . . 1575.11. Principio del Mdulo Mximo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1595.12. Versin de Cauchy-Goursat en Dominios Multiplemente Conexos . . 1625.13. Ejercicios del Captulo 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164

6. SERIES DE POTENCIAS 1716.1. Serie de Potencias de Centro z0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1716.2. Radio y Crculo de Convergencia de una Serie de Potencias . . . . . . 172

76.3. Convergencia Uniforme de series de potencias . . . . . . . . . . . . . 1746.4. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1786.5. Serie de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1806.6. Integracin de Series de Potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1866.7. Series de Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1946.8. Ejercicios Del Captulo 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209

7. CLCULO DE RESIDUOS 2137.1. Singularidades y Ceros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2137.2. Clculo de Residuos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2217.3. Teorema de los residuos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2227.4. Mtodo para Calcular Residuos en Polos . . . . . . . . . . . . . . . . 2237.5. Polos y Ceros de Funciones Meromorfas . . . . . . . . . . . . . . . . 2267.6. El Teorema de la Aplicacin Abierta . . . . . . . . . . . . . . . . . 2327.7. El Teorema de La Funcin Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2337.8. Clculo de Integrales Reales usando mtodos Complejos . . . . . . . 236

7.8.1. Integrales del tipo: 2

0 R(cos , sin )d . . . . . . . . . . . . 2367.8.2. Integrales del tipo:

+ R(x)dx . . . . . . . . . . . . . . . . . 237

7.8.3. Integrales del tipo: + e

imx f (x)dx . . . . . . . . . . . . . . . 2407.9. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2457.10. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248

Bibliografa 254

Captulo 1NOCIONES ELEMENTALES

1.1. Nmeros complejos y su lgebraEl campo de los nmeros complejos es considerado como el conjunto de los nmeros

de la forma a + ib donde a, b R e i es la unidad imaginaria, que no es ms que lasolucin de la ecuacin x2 + 1 = 0. Sin embargo en las condiciones anteriores no seha justificado que exista una solucin de x2 + 1 = 0, de manera que el estudio formalde los nmeros complejos debe comenzar por encontrar otra definicin de ellos quepermita justificar el vaco de la anterior definicin.

Definicin 1.1.1. Definimos el conjunto de los nmeros complejosC como el conjunto{(a, b) R2/a, b R}

junto con dos operaciones de adicin y multiplicacin definidas como sigue:

+ : C C C dada por (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d)

: C C C dada por (a, b) (c, d) = (ac bd, ad + bc)

Definicin 1.1.2. Dos nmeros complejos (a, b) y (c, d) son iguales, si y slo si a = cy b = d.

El siguiente teorema nos permitir establecer las propiedades bajo las cuales elconjunto de los nmeros complejos, C es un cuerpo.

9

10 NOCIONES ELEMENTALES

Teorema 1.1.1. Los nmeros complejos satisfacen:(a) Las operaciones + y son asociativas y conmutativas.(b) El producto distribuye con respecto a la adicin.(c) (0, 0) elemento neutro de la adicin.(d) (1, 0) elemento neutro de la multiplicacin.(e) El simtrico aditivo de (a, b) es (a,b)(f) El inverso multiplicativo de (a, b) es(

a

a2 + b2 ,b

a2 + b2

),

si (a, b) , (0, 0).Demostracin. (Ejercicio) Observacin 1.1.1. Debido a que los nmeros reales son isomorfos al subcampo de Cdado por los pares (a, 0) mediante el isomorfismo:

(a, 0) = aNtese que preserva las operaciones de adicin y producto, en efecto:

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

Entonces podemos identificar un par (a, 0) con el nmero real a, es as que notamosque R est inmerso en C y por eso algunos autores hablan de R como subconjunto deC. Por otra parte, si denotamos por i = (0, 1) entonces i es solucin de la ecuacin:x2 + 1 = 0, en efecto:

i2 = (0, 1) (0, 1) = (1, 0) = 1.Esta ltima igualdad salvo isomorfismo. Luego i2+1 = 0. Ahora s estamos en capaci-dad de justificar la definicin de nmeros complejos dada en la introduccin,

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

11

En consecuencia, todo nmero complejo se puede escribir de la forma a + ib dondea, b R e i es la solucin de la ecuacin x2 + 1 = 0.Al nmero a se le llamar parte real y b se le llamar parte imaginaria delnmero complejo z = a + ib y se denotarn Re(z) e Im(z) respectivamente.Teorema 1.1.2. Dados dos nmeros complejos z1 = (a, b) y z2 = (c, d), z2 , 0, existeun nico nmero complejo z3 = (g, h) que resuelve la ecuacin z2 z3 = z1Demostracin. Si z2 z3 = z1, entonces (c, d) (g, h) = (a, b) o equivalentemente:

(cg dh, ch + dg) = (a, b)Luego de la definicin de igualdad de nmeros complejos resulta el sistema:{

cg dh = ach + dg = b

En este sistema de dos ecuaciones las incgnitas son h y g.Ahora bien:Como z2 , 0 entonces c2 + d2 , 0El sistema equivale a: [

c dd c

][

gh

]=

[a

b

]Dndonos

h =

c ad b

c2 + d2 =cb adc2 + d2

g =

a db c

c2 + d2 =ac + bdc2 + d2

Adems esta solucin es nica.

Definicin 1.1.1. Dados dos nmeros complejos z1 y z2 con z2 , 0, definimos el co-ciente z3, denotado por z1/z2, como la nica solucin de la ecuacin z1 = z2 z3.

Observacin 1.1.2. Si z1 = (a, b) y z2 = (c, d), con z2 , 0,

z3 =z1z2=

(ac + bdc2 + d2 ,

bc adc2 + d2

)


Ntese que si reemplazamos i2 = 1 podemos multiplicar y dividir nmeros complejossiguiendo el lgebra usual, a saber:

(a + ib)(c + id) = ac + adi + bci + i2bd= (ac bd) + (ad + bc)i

y

a + ibc + id =

a + ibc + id

c idc id =

ac + bdc2 + d2 + i

bc adc2 + d2

donde c + id , 0.

Definicin 1.1.2. El conjugado z de un nmero complejo z = (a, b) = a+ ib est dadopor:

z = (a,b) = a ib.

Observacin 1.1.3. Una consecuencia natural de la definicin anterior es que las sigu-ientes propiedades se satisfacen:

(i) z + w = z + w(ii) z w = z w

(iii) z w = z w

(iv)( zw

)=

z

w, w , 0

(v) w = w(vi) z = z z R

La demostracin de estas propiedades es fcil y se propone al lector su verificacin.Definicin 1.1.3. El mdulo o valor absoluto de un nmero complejo z = (a, b) = a+ibdenotado por |z|, est dado por:

|z| =

a2 + b2

Ntese que |z| es un nmero real no negativo y es la longitud del vector anclado en elorigen y con extremo el punto (a, b).

13

Observacin 1.1.4. A la luz de las definiciones anteriores podemos notar que paraz , 0 se cumple que

z1 =1z=

z

zz=

z

|z|2

Por lo cual resulta fcil calcular wz= w.z1 =

w.z

|z|2 .

Teorema 1.1.3. Si z C entonces:1. |z| = |z| y |z|2 = z z2. 2Re(z) = z + z y 2iIm(z) = z z3. |Re(z)| |z| y |Im(z)| |z|

Demostracin. (Ejercicio) Teorema 1.1.4. Si z1 y z2 C, entonces: |z1z2| = |z1||z2|Demostracin.

|z1z2|2 = (z1z2)(z1z2)= z1z2(z1)(z2)= |z1|2|z2|2

Teorema 1.1.5. (Desigualdad Triangular)Si z1 y z2 C, entonces: |z1 + z2| |z1| + |z2|

Demostracin.

|z1 + z2|2 = (z1 + z2)(z1 + z2)= (z1 + z2)(z1 + z2)= z1z1 + z1z2 + z2z1 + z2z2

= |z1|2 + z1z2 + z1z2 + |z2|2= |z1|2 + 2Re(z1z2) + |z2|2 |z1|2 + 2|z1z2| + |z2|2= (|z1| + |z2|)2

En consecuencia |z1 + z2| |z1| + |z2|


21zz

1z

2z

21zz

1z

El Teorema anterior se puede fcilmente generalizar para n-sumandos usando induc-cin matemtica, obtenindose:

nk=1

zk

n

k=1|zk|

Teorema 1.1.6. Si z1 y z2 C, entonces:||z1| |z2|| |z1 z2|

Demostracin.|z1 z2|2 = (z1 z2)(z1 z2)

= (z1 z2)(z1 z2)= |z1|2 2Re(z1z2) + |z2|2 |z1|2 2|z1z2| + |z2|2= (|z1| |z2|)2

As que |z1 z2| ||z1| |z2||. Ejemplo 1.1.1. Demostrar que si z1 + z2 y z1 z2 son ambos nmeros reales, entonceso z1 = z2 o z1 y z2 son nmeros reales.

Solucin:Sean z1 + z2 = w1 y z1 z2 = w2 donde , w1,w2 R. Es suficiente probar el resultadoen el caso donde z1 y z2 no son ambos cero. Si z2 , 0 entonces:

z1 =w2

z2=

w2z2|z2|2

= w3z2

donde w3 =w2

|z2|2Adems z1 + z2 = w1 garantiza w3z2 + z2 = w1 de donde:

w3(Re(z2) iIm(z2)) + Re(z2) + iIm(z2) = w1

15

agrupando trminos reales y trminos imaginarios e igualando se tiene:

w3Re(z2) + Re(z2) = w1 y w3Im(z2) + Im(z2) = 0De aqu que(1 w3)Im(z2) = 0 w3 = 1 o Im(z2) = 0. Es decir: z1 = z2 o z2 R y z1 R.

1.2. Representacin geomtrica de los nmeros com-plejos

De acuerdo con la definicin de nmero complejo como pares de la forma (x, y) sepueden interpretar a stos como puntos del plano. Podemos entonces asociar a z = x+iyun punto (x, y) en el plano donde la componente real es la abscisa, y la componenteimaginaria es la ordenada. Este plano es llamado el Plano Complejo o el Plano deGauss. Por ejemplo el nmero 2 + 3i se representa por el punto (2, 3).

Luego podemos interpretar los puntos del plano z tal como se hace con el planoxy y su geometra tambin, en el sentido que si asociamos a un nmero complejo P1el vector 0P1 podemos sumar puntos con el mtodo del paralelogramo, adems siz = x + iy el mdulo de z representa la norma o longitud del vector (x, y).

1z

2z

21zz

Observacin 1.2.1. (i) Ntese que C no es un cuerpo ordenado ( suponga que i > 0y llegar a i > 0) sin embargo, s se puede ordenar a C como conjunto (ordenlexicogrfico por ejemplo). As no tienen sentido las expresiones z1 > z2 o z1 0 Re(1z

)> 0

42. El conjunto de nmeros complejos C = {z1, z2, ..., zk} se llama linealmente de-pendiente (l.d) sobre R si existen nmeros reales a1, a2, ..., ak no todos nulostales que

ki=1

aizi = 0, en caso contrario C se llama linealmente independiente(l.i) sobre R. Probar que:a C = {z1, z2, ..., zk} es l.i sobre R si y solo si a1, a2, ..., ak R y

ki=1

aizi = 0 ai = 0, i = 1, ..., kb Tres complejos z1, z2y z3 son siempre l.d sobre R

31

c S iz1 y z2 son l.i sobre R, todo complejo z se expresa nicamente en la formaz = r1z1 + r2z2 con r1 y r2 reales

43. Probar quean bna b

|a|n |b|n|a| |b| , a, b C y |a| , |b|44. Probar que las n races (n-simas) de la unidad son 1 y las races de la ecuacin

ciclotmica P(z) = 1 + z + z2 + ... + zn1 = 045. Haga una crtica al razonamiento siguiente:

i2 = i.i =1.

1 =

+1 = 1.

46. Demuestre el teorema 1.1.1

47. Pruebe la observacin 1.1.3

48. Pruebe el teorema 1.1.4

49. Determine las condiciones bajo las cuales se cumple la igualdad en la desigual-dad triangular.

50. Minimizando la expresinn

k=1(|ak| |zk|)2 donde a1, ..., an, z1, ...zn, son nmeros

complejos, para real arbitraria, demuestre que:n

k=1|ak.zk|2

(n

k=1|ak|2

).

(n

k=1|zk|2

).

51. Demuestre el teorema de Enestrom-Kakeya:Sea P(z) = anzn + an1zn1 + ... + a1z + a0,un polinomio con coeficientes realesque cumple a0 > a1 > a2 > ... > an > 0, entonces todas las races de P(z)tienen mdulo estrictamente mayor que uno.(Sug: Aplique la desigualdad triangulara (1 z)P(z) = a0 [(a0 a1)z + (a1 a2)z2 + ...+ (an1 an)zn + anzn+1] y pruebe que|(1 z)P(z)| > 0 cuando |z| < 1).

52. Pruebe la identidad de Lagrange: nk=1 akzk2=

(n

k=1|ak |2

).

(n

k=1|zk |2

)

i jkn|a j zk ak z j|2.

53. Pruebe la desigualdad triangular o de Minkowski en forma polar:

nj=1

|z j + a j|21/2

nj=1

|z j|21/2

+

n

j=1|a j|2

1/2

.

Captulo 2ASPECTOS DE LA TOPOLOGIADE C

En este captulo se estudiar la estructura topolgica de C. Como vimos antes atodo nmero complejo z = x+ iy se la asocia un par (x, y) R2, as que la topologa deC es similar a la topologa de R2.Ms an, C es un espacio mtrico donde la mtricaviene dada por d(z1, z2) = |z1 z2|.

2.1. Conjuntos abiertos, cerrados y conexosDefinicin 2.1.1. Un intervalo abierto en el plano complejo: I = (a1, a2; b1, b2) dondea1, a2, b1, b2 son nmeros reales, es un conjunto de puntos z = x+iy tal que a1 < x < a2y b1 < y < b2.

Definicin 2.1.2. Un conjunto de nmeros complejos S se dice que es acotado si existeuna constante k tal que |z| k para todo z S .

Observacin 2.1.1. Todo conjunto acotado esta contenido en un disco centrado encero y con radio k, para algn k > 0.

Definicin 2.1.3. Una vecindad de un punto z0 en el plano complejo es el conjunto detodos los puntos z tales que |z z0| < donde es cualquier nmero real positivo.

Definicin 2.1.4. Un conjunto S se dice que es abierto (relativo al plano complejo) sicada punto c de S tiene una vecindad enteramente contenida en S .

33

34 ASPECTOS DE LA TOPOLOGA DE C

C

r

Figura 2.1: Conjunto Abierto

Observacin 2.1.2. Un conjunto de nmeros reales puede ser abierto en R sin serloen C por ejemplo, el intervalo (0, 1) es abierto en R pero no lo es en C.Ejemplo 2.1.1. Sea D(0, r) el conjunto de todos los puntos z tales que |z| < r. Elconjunto D(0, r) es abierto.

Solucin:Sea z0 un punto cualquiera en D(0, r). Note que el disco |zz0| < esta completamentecontenido en D(0, r) siempre que < r |z0|.Asi todo punto de D(0, r) es un puntointerior , en consecuencia D(0, r) es abierto.Definicin 2.1.5. Un punto z0 es un punto de acumulacin de un conjunto S , si todavecindad de z0 contiene infinitos puntos de S .Observacin 2.1.3. Un punto de acumulacin z0 de S puede no pertenecer a S . Porejemplo S = {1, 1/2, 1/3, . . . , 1/n, . . .} tiene como punto de acumulacin a 0, sin em-bargo, 0 < S .

Definicin 2.1.6. Un conjunto S se dice que es cerrado (relativo al plano complejo)si todo punto de acumulacin de S pertenece a S .

Ejemplo 2.1.2. D(z0, ) = {z C : |z z0| } es cerrado en C.Tambin C(z0, ) = {z C : |z z0| = } es cerrado en C.

Definicin 2.1.7. Se llama clausura del conjunto S a la unin de S con sus puntos deacumulacin.Tambin si consideramos el orden dado por la inclusin, podemos definir la clausurade S como el conjunto cerrado ms pequeo que contiene a S .

35

0

H0z

0Re z

0Im z

Figura 2.2: Disco Cerrado

Observacin 2.1.4. De la misma definicin de clausura se desprende que la clausurade A es un conjunto cerrado, no importando si A lo es o no, adems la clausura de unconjunto cerrado K es el mismo conjunto K.Definicin 2.1.8. Se llama punto frontera de un conjunto S a todo punto que satisfagaque cualquier vecindad de l contenga puntos de S y puntos que no estn en S .

Definicin 2.1.9. Un punto z0 se dice que es un punto interior de un conjunto S siexiste una vecindad de z0 contenida en S . al conjunto de todos los puntos interiores deS se les llama el interior de S.

Punto InteriorPunto Exterior

Puntos Fronteras

Definicin 2.1.10. Una disconexin de un conjunto S son dos conjuntos S 1 y S 2 talesque:

(i) S 1 , , S 2 ,


(ii) S 1 S 2 = S(iii) S 1 S 2 = (iv) S 1 S 2 = y S 1 S

2 =

Donde A denota el conjunto de puntos de acumulacin de A.Definicin 2.1.11. Un conjunto S se dice que es conexo si este no tiene disconexin,es decir, no existen dos conjuntos S 1 y S 2 satisfaciendo la definicin anterior.

Definicin 2.1.12. Un conjunto abierto y conexo unido con algunos, ninguno todossus puntos frontera es llamado una regin.

Figura 2.3: Regin no acotada

Teorema 2.1.1. Suponga que {S }I es una familia de conjuntos conexos con un puntoen comn. Mostrar que

S = S es conexo.Demostracin. Supongamos por reduccin al absurdo que S no es conexo, entoncesexisten S 1 y S 2 satisfaciendo:

(i) S 1 , , S 2 , (ii) S 1 S 2 = S(iii) S 1 S 2 = (iv) S 1 S 2 = y S 1 S

2 =

37

Sea arbitrario pero fijo, entoncesS = S S = S (S 1 S 2) = (S S 1) (S S 2)

Por hiptesis S , , de donde, existe p S , ahora bien como S = S 1 S 2entonces p S 1 o p S 2. y ya que S 1 S 2 = , p est solo en uno de los dosconjuntos. Supongamos sin perder generalidad que p S 1. Ahora bien:(i) S = (S S 1) (S S 2)(ii) (S S 1) (S S 2) = S (S 1 S 2) = S = (iii) (S S 1) (S S 2) S S 1 S S 2 S S 1 S

2 =

Con lo que(S S 1) (S S 2) =

De manera similar se prueba que

(S S 2) (S S 2) =

Por otra parte como S es conexo, S S 1 y S S 2 no pueden ser ambos no vacos,ya sabemos que p S 1 y p S , por lo que S S 1 , . Luego tiene que ocurrir queS S 2 = , pero como S S = S 1 S 2 y S S 2 = se tiene que S S 1. Como es arbitrario se sigue que S S 1, , as que

S = S S 1, con lo que S 2 = lo

cual contradice (i).

2.2. SucesionesDefinicin 2.2.1. Una sucesin de nmeros complejos {zn}n=1 es una funcin queasigna a cada nmero entero n un nmero complejo zn. El punto zn es llamado eltrmino n-simo de la sucesin.

Observacin 2.2.1. Dos sucesiones son iguales, si son iguales trmino a trmino, estoes {zn}n=1 y {wn}n=1 son iguales si zn = wn, n = 1, 2, . . ., ntese que no se debe con-fundir a la sucesin con el conjunto de las imgenes de la sucesin (el rango de {zn})que no es ms que el conjunto de todos los valores que toma la sucesin.

Por ejemplo las sucesiones {(i)n} y {(i)n+1} son diferentes aun cuando su rango esel mismo.


Definicin 2.2.2. Una subsucesin de una sucesin {zn}n=1 es una sucesin {zm} cuyostrminos son seleccionados de los trminos de la sucesin original yarreglados en el mismo orden; esto es:

1. A cada trmino zm le corresponde un trmino zn de la sucesin original tal quezm = zn.

2. Si z j y zk, j < k le corresponden respectivamente a zp y zq, entonces p < q.Definicin 2.2.3. Una sucesin {zn}n=1 se dice que es una sucesin de Cauchy si paracada > 0, existe un entero N (dependiendo de ) tal que |znzm| < cuando m, n > N.

Definicin 2.2.4. Una sucesin de nmeros complejos {zn}n=1 se dice que converge az0 o que tiene lmite z0, y escribimos lm

nzn = z0 o zn z0 si para cada > 0, existe

un N N tal que |zn z0| < cuando n > N.Si la sucesin no converge, se dice que diverge.

Teorema 2.2.1. Si una sucesin {zn}n=1 converge a z0, entonces cualquier subsucesinde {zn}n=1, digamos {zk}, converge a z0.Demostracin. Dado > 0, como zn z0, existe N N tal que |zn z0| < para todon > N, y en consecuencia |zk z0| < para todo k > N. Definicin 2.2.5. una sucesin {zn}n=1 se dice que es acotada en el plano de los nmeroscomplejos si existe una constante M, tal que |zn| < M para todo n.

Observacin 2.2.2. Una sucesin acotada no necesariamente converge por ejemplo{(i)n}

n=1 es acotada pero no converge. Sin embargo, toda sucesin convergente esacotada.

Definicin 2.2.6. Una sucesin {zn}n=1 se dice que tiene un punto de acumulacin z0,si dada cualquier vecindad V(z0), un nmero infinito de trminos de la sucesin estacontenido en V(z0).Observacin 2.2.3. Una sucesin puede tener puntos de acumulacin y no tener lmite.Por ejemplo {1 + 1/2, 2 + 1/2, 1 + 1/3, 2 + 1/3, 1 + 1/4, 2 + 1/4, . . .} tiene al 1 comopunto de acumulacin y sin embargo no tiene lmite, ya que tiene dos subsucesionesque convergen a puntos diferentes.Tambin una sucesin puede tener punto de acumulacin, y sin embargo el rango de lasucesin no tenerla, por ejemplo la sucesin {3, 4, 3, 4, . . .} tiene al 3 y a 4 como puntode acumulacin. Sin embargo el rango {3, 4} no tiene punto de acumulacin (De hechotodo conjunto con un nmero finito de elementos no tiene punto de acumulacin).

39

Una forma de caracterizar los puntos de acumulacin a travs de sucesiones es lasiguiente:

Teorema 2.2.2. Un punto z0 de un de un conjunto S es un punto de acumulacin de Ssi y solo si existe una sucesin en S de trminos diferentes que converge a z0.Demostracin. (Ejercicio) Teorema 2.2.3. Sea {zn}n=1 una sucesin de nmeros complejos, donde zn = xn + iyn,(n = 1, 2, 3, . . .). La sucesin converge a z0 = x0 + iy0 si y solo si {xn}n=1 converge a x0y {yn}n=1 converge a y0.Demostracin. (solo si):zn z0 > 0,N() tal que |zn z0| < , cuando n > N()Pero |Re(z)| |z| y Im(z) |z|Asi que|xn x0| |zn z0| < para n > N() y|yn y0| |zn z0| < para n > N()Luego xn x0 y yn y0.

(si):Supongamos que xn x0 y yn y0, entonces dado /2 existen N1() y N2() talesque|xn x0| < 2 para n > N1 y|yn y0| < 2 para n > N2As para > 0 existe N() = max{N1(), N2()} tal que

|zn z0| |xn x0| + |yn y0| 0, existe N() N tal que si m, n > N() entonces|zm zn| < .As |xm xn| |zm zn| para m, n > N()y |ym yn| |zm zn| para m, n > N()Luego {xn} y {yn} son de Cauchy en R. Debido a que R es completo existen x0, y0 Rtales que xn x0 y yn y0. Esto determina un nmero complejo z0 = x0 + iy0,entonces se tiene:

|zn z0| = |(xn x0) + i(yn y0)| |xn x0| + |yn y0| < 2 +

2=

En consecuencia zn z0 donde z0 = x0 + iy0.

Teorema 2.3.2. Todo conjunto acotado S de nmeros complejos, con una cantidadinfinita de puntos tiene un punto de acumulacin.Demostracin. (Ejercicio)

41

Teorema 2.3.3. Sea {In} una sucesin de intervalos cerrados en el plano tal que In+1 In (n = 1, 2, . . .) entonces existe al menos un punto en comn en todos los intervalosde la sucesin.

Demostracin. Supongamos que

In = {z = x + iy/an1 x an2 y bn1 y bn2}debido a que In+1 In (n = 1, 2, . . .) obtenemos que an1 x an2 ybn1 y bn2, n = 1, 2, . . .Sean Jn = {x R/an1 x an2}, entonces Jn es una sucesin de intervalos encajados(en R), as que existe x0 R tal que an1 x0 an2 para todo n.De manera similar existe y0 R tal que bn1 x0 bn2 para todo n. Luego z0 = x0 + iy0pertenece a In para todo n.

2.4. Conjuntos compactosPasemos ahora a estudiar el importante rol que desempean los conjuntos cerrados

y acotados en C, a estos conjuntos se les llama Conjuntos Compactos.Teorema 2.4.1 (Heine-Borel). Sea S un conjunto compacto. Supongamos que existeuna familia {G}I de conjuntos abiertos tales que cada punto de S esta contenidoen al menos uno de los G Entonces existe una subfamilia {G j} jI j = 1, 2, . . . , n de{G}I tal que todos los puntos de S estn en al menos en uno de los G jDemostracin. Supongamos por reduccin al absurdo que no existe subfamilia de{G}I que cubra a S , ya que S es acotado este est contenido en algn cuadradocerrado Q, cuyos lados tienen longitud k. Dividiendo a Q en cuatro cuadrados cerradoscongruentes, con lados de longitud k/2,tenemos entonces que al menos uno de estoscuadrados, digamos Q1, es tal que no existe subfamilia de {G} que cubre a S Q1.Subdividiendo Q1 en cuatro cuadrados cerrados congruentes de lados de longitud k/22,entonces al menos uno de estos cuadrados denotado por Q2, no admite subfamilia finitade {G}I que cubre a S Q2.continuando este proceso, obtenemos una sucesin infinita de cuadrados cerrados yencajados Q Q1 Q2 . . ., tal que diam(Qn) 0 y no existe subfamilia de {G}finita que cubra a S Qn.As por el teorema (2.3.3) existe z0 n=1 Qn.Este punto z0 est en S , luego pertenece a algn G, digamos Gp el cual es abierto,as podemos asegurar la existencia de una vecindad V(z0, ) contenida en Gp, por otraparte como diam(Qn) 0 y z0 est contenido en todos los Qn, existe un N suficien-temente grande, para el cual Qn est contenido en Gp, por lo que este Gp cubre a


Qn S , lo cual contradice que no existe subfamilia finita de {G}I que cubra la partede S contenida en algn Qn. Definicin 2.4.1. Un espacio mtrico (X, d) es secuencialmente compacto, si todasucesin en X tiene una subsucesin convergente.

Definicin 2.4.2. Un espacio mtrico (X, d) es totalmente acotado, si para todo > 0existe un nmero finito de puntos x1, x2, . . . , xn en X tales que X =

nk=1

D(xk, )

Teorema 2.4.2. Sea (X, d) un espacio mtrico. Las siguientes propiedades son equiva-lentes:

(a) X es compacto(b) Todo subconjunto infinito de X tiene un punto de acumulacin.(c) X es secuencialmente compacto(d) X es completo y totalmente acotado.Demostracin. (a) (b)Sea A X un conjunto con infinitos puntos, entonces como X es compacto (cerrado yacotado) se sigue que A es acotado, y por la propiedad de Bolzano-Weierstrass A tieneun punto de acumulacin, el cual pertenece a A por se cerrado.(b) (c)Sea {xn}n=1 una secesin en X y supongamos, sin prdida de generalidad, que los pun-tos x1, x2, . . . son todos distintos. Por (b) es conjunto {x1, x2, . . .} tiene un punto deacumulacin x0. As existe un punto xn1 D(x0, 1), de manera similar, existe un enteron2 > n1 con xn2 D(x0, 1/2). continuando este proceso obtenemos n1 < n2 < . . ., conxnk D(x0, 1/k). As x0 = lm

kxnk y X es secuencialmente compacto.

(c) (d)Para ver que X es completo es suficiente recordar que una sucesin de Cauchy queposee una subsucesin convergente es convergente (Ejercicio), as cualquier sucesinde Cauchy en X, por (c), posee una subsucesin convergente y en consecuencia talsucesin es convergente. Veamos ahora que X es totalmente acotado.Sea > 0 y fijemos x1 X.Si X = D(x1, ) no hay nada que probar. De otra forma escojamos x2 X D(x1, ).De nuevo si X = D(x1, ) D(x2, ) el proceso se termina y X es totalmente acotado,si no, sea x3 X D(x1, ) D(x2, ), si el proceso nunca se detiene encontramos unasucesin {xn}n=1 tal que xn+1 X k=1D(xk, ) pero esto implica que |xn xm| > 0

43

para m , n, as {xn}n=1 no puede tener subsucesin convergente contradiciendo (c).(d) (a)Dada un sucesin {xn}n=1 en X tal que xn x0, como {xn}n=1converge se sigue que esde Cauchy, de la completitud xn converge a y0 X y por la unicidad de lmite se sigueque x0 = y0 X.De aqu que X sea cerrado.Por otra parte todo conjunto totalmente acotado, es acotado y en consecuencia X escompacto.

2.5. Series de nmeros complejosDefinicin 2.5.1. Dadas dos sucesiones {zn}n=1 y {wn}n=1 entonces

{zn}n=1 + {wn}n=1 = {z1 + w1, z2 + w2, . . .}{zn}n=1{wn}n=1 = {z1w1, z2w2, . . .}

{zn}n=1{wn}n=1

= { z1w1

,z2w2

, . . . } (wn , 0 para n = 1, 2, . . .)c{wn}n=1 = {cw1, cw2, . . .} para c C

Observacin 2.5.1. De acuerdo con la definicin anterior la suma, el producto y elcociente de sucesiones convergentes son convergentes. (Ejercicio).Definicin 2.5.2. Una sucesin de nmeros complejos {zn}n=1 se dice que diverge alinfinito , y escribimos:

lmn zn = o zn Si dado cualquier nmero real k, existe un nmero N tal que |zn| > k para n > N.

Geomtricamente, esto significa que dado cualquier crculo con centro z = 0 todoslos puntos zn para n suficientemente grande, estn fuera del crculo.

Definicin 2.5.3. Sea {zn}n=1 una sucesin de nmeros complejos, el smbolo

n=1zn

denota la serie infinita de nmeros complejos, la cual no es ms que la sucesin desumas parciales {S n}n=1 = {

nk=1

zk}n=1.

Una serie de nmeros complejos se dice que Converge o que es Convergente siexiste un nmero S C tal que lm

nS n = S , a tal nmero S se le llama la suma de

la serie y escribimos

n=1zn = S . La serie se dice que Diverge o que es Divergente si

lmn

S n no existe.


Teorema 2.5.1. La serie

n=1zn converge a la suma S si y solo si

n=1

Re(zn) converge a

Re(S ) y

n=1Im(zn) converge a Im(S ).

Demostracin. Es suficiente recordar que S n = {z1+ z2+ + zn}n=1 converge si y solosi converge tanto {Re(S n)}n=1 como {Im(S n)}n=1, el resto es claro. Observacin 2.5.2. Los teoremas de cursos previos (Anlisis Vectorial) son vlidosen C, a saber la serie

n=1

zn converge si y solo si

n=m

zn converge, la suma de series

convergentes es convergente, adems si la serie

n=1zn converge entonces lm

nzn = 0.

Se propone al lector probar estas afirmaciones.Definicin 2.5.4. La serie

n=1zn se dice que converge absolutamente si la serie

n=1

|zn|converge.

Teorema 2.5.2. Si la serie

n=1zn converge absolutamente,entonces la serie

n=1

zn con-

verge.

Demostracin. Dado > 0, sea S n = z1 + z2 + ... + zn, debido a que

n=1zn converge

absolutamente existe un entero N tal que

n=m

|zn| < si m > N. As, sim > k N, entonces

|S m S k| = |m

n=k+1zn|

n=k+1

|zn| <

As que la sucesin de sumas parciales S n es de Cauchy, de donde S n converge y enconsecuencia la serie

n=1

zn converge.

Teorema 2.5.3. (Criterio de comparacin Trmino a Trmino)

Si |zn| |wn| para n > N0 y la serie

n=1|wn| converge, entonces la serie

n=1

zn es

absolutamente convergente.

Demostracin. Es suficiente notar que como |zn| |wn| para n > N0 entonces |zN0+1| +...+ |zn| |wN0+1|+ ...+ |wn| < para n > N0 y as la serie

n=1

zn converge absolutamente.

45

Teorema 2.5.4. (Criterio de la razn)Sea

n=1

zn una serie y L = lmn

|zn+1/zn| entonces:

(i) Si L < 1 la serie

n=1zn converge absolutamente.

(ii) Si L > 1 la serie

n=1zn diverge.

(iii) Si L = 1 el criterio no aporta informacin.Demostracin. (Similar a la demostracin dada en cursos de clculo avanzado).

Ejemplo 2.5.1. Apliquemos el criterio de la razn a la serie

n=1

n!in

nn

Aqu

zn =n!in

nny zn+1 =

(n + 1)!in+1(n + 1)n+1

donde

zn+1zn

=

((n + 1)!in+1(n + 1)n+1

)/

(n!in

nn

)

=nn(n + 1)!in+1(n + 1)n+1n!in

=nn(n + 1)n!ini

(n + 1)n(n + 1)n!in

=nni

(n + 1)n =i

(1 + 1n)n

Aslmn

|zn+1||zn|

= lmn1

(1 + 1n)n =

1e

Como 1e< 1, entonces

n=1

n!nn

nnconverge absolutamente.


Teorema 2.5.5. (Producto de Cauchy) Suponga que

n=0an = A y

n=0

bn = B, ademssuponga que una de estas series es absolutamente convergente. Pruebe que si

ck =

kn=0

an.bkn

entonces

n=0cn = AB

Solucin:Supongamos que

n=0

an converge absolutamente definamos

An =n

k=0ak, Bn =

nk=0

bk, Cn =n

k=0ck en donde ck =

kn=0

anbkn.

Sea dn = B Bn y en =n

k=0akdnk. Entonces

Cp =p

n=0

nk=0

anbnk =p

n=0

nk=0

fn(k) (2.1)

en donde

fn(k) =anbnk si n k0 si n < k

Entonces (2,1) se convierte en:

Cp =p

n=0

pk=0

fn(k)

=

pn=0

pn=k

akbnk

=

nk=0

ak

pkm=0

bm

=

pk=0

akBpk

=

nk=0

ak(B dpk)

= ApB ep

47

para completar la demostracin, es suficiente probar que ep 0 cuando p . Lasucesin {dn}n=1 converge hacia cero, ya que

n=0

bn = B.Elegimos M > 0 tal que |dn| M para todo n, y n > N implique |dn| < 2A y ademsque

n=N+1

|an| 2N podemos escribir

|ep| N

k=0|akdpk| +

pk=N+1

|akdpk|

2A

Nk=0

|ak| + Mp

k=N+1|ak|

2A

k=0

|ak| + M

k=N+1|ak|

2+

2=

Esto demuestra que ep 0 cuando p y por lo tantoCp AB cuando p .

Ejemplo 2.5.2. Tome el producto de Cauchy de la serie

n=0zn con si misma para hallar

una frmula para la serie n=0

nzn.

Solucin:

n=0

zn

k=0zk =

n=0

nk=0

zkznk

=

n=0

zn nk=0

1

=

n=0

(n + 1)zn

=

n=0

nzn +

n=0zn


Luego;

n=0nzn =

n=0

zn

2

k=0zk

2.6. Lmites inferior y superiorDefinicin 2.6.1. Si una sucesin {xn}n=1 de nmeros reales es acotada, con uno o maspuntos de acumulacin el nfimo de todos los puntos de acumulacin es llamado elLmite inferior de xn y se denota limxn o lm nf xn. Esto es

lmxn = lmn nf xn = supk0

nfnk{xn}

Definicin 2.6.2. Si una sucesin {xn}n=1 de nmeros es acotada, con una o mas puntosde acumulacin el supremo de todos los puntos de acumulacin es llamado Lmitesuperior de {xn}n=1 y se denota limxn o lm sup xn. Esto es

lmxn = lmn sup xn = nfk0 supnk

{xn}

Observacin 2.6.1. Si una sucesin de nmeros de reales {xn}n=1 no es acotada lasdefiniciones anteriores se extienden usando los smbolos + y como posibles val-ores de los lmites, a saber:

lim xn= +si N R, xn > N para infinitos n.Mientras que:

lim xn= si N R, xn < N para infinitos n.

Ejemplo 2.6.1. Sea {xn}n=1=1 + cos n, entonces

x2k = 2 para k = 0, 1, 2, ...x2k+1 = 0 para k = 1, 1, 2, ....

Luego lim xn = 2 y limxn = 0.

49

El siguiente teorema es una til caracterizacin del lmite superior.

Teorema 2.6.1. lm sup xn = L, si y solo si se satisfacen las siguientes condiciones:(i) Para cada > 0, existe N N tal que si n > N entonces xn < L + .

(ii) Dado > 0, y dado m > 0, existe un entero n > m tal que xn > L .Demostracin. (Ejercicio) Teorema 2.6.2. (Criterio de la Raz) Supongamos que {zn}n=1 es una sucesin denmeros complejos ylm sup n

|zn| = L Entonces:

(i) Si L < 1 la serie


(ii) Si L > 1 la serie

n=1zn diverge.

(iii) Si L = 1 el criterio no aporta informacin.Demostracin. (i) Supongamos que L < r < 1, entonces por la parte (i) del teorema

anterior se tiene que n|zn| < r excepto para a lo ms un nmero finito de n, y as

|zn| < rn para n > N y algn N N. Ya que la serie geomtrica rN+rN+1+rN+2+...converge, tambin converge |zN | + |zN+1| + |zN+2| + ... y as

n=1

|zn| converge, en

consecuencia


(ii) Si L > 1 por el teorema anterior parte (ii) existe un nmero infinito de n para loscuales n

| zn | > 1 y en consecuencia |zn| > L para una cantidad infinita de zn, dedonde lm

nzn , 0 y as

n=1

zn diverge.

(iii) Ntese que la serie

n=1

1np

es tal que

lmn

n|zn| =

1lmn

n

np= 1

pero

n=1

1np

converge para p > 1 y diverge para p 1.


Teorema 2.6.3.

Si lmnzn+1zn

existe, entonces lmn n|zn| tambin existe ylmn

n|zn| = lmn

zn+1zn

Demostracin. Supongamos que

L := lmnzn+1zn

Ry fijemos > 0. Entonces, existe un nmero natural N0 tal que para k 1

(L )|zN0+k1| |zN0+k| (L + )|zN0+k1|

Aplicando k-veces ambas desigualdades, obtenemos

(L )k|zN0 | |zN0+k| (L + )k|zN0 |

y extrayendo races en esas desigualdades se obtiene para k 1

(L ) kk+N0 |zN0 |1

k+N0 |zN0+k|1

k+N0 (L + ) kk+N0 |zN0 |1

k+N0

por consiguiente, tomando lmites cuando k ,

(L ) lmn in f n|zn| lmn S up n

|zn| L +

como estas desigualdades son vlidas para cada > 0, el lmn

n|zn| existe y coincide

con L. Este argumento se puede adaptar para demostrar el resultado cuando L = .Como ejercicio se propone completar los detalles de la demostracin en ese caso.

2.7. Funciones continuasDefinicin 2.7.1. Una funcin f : A B se dice que es continua si para cadaz0 A y cualquier vecindad de w0 = f (z0),V(w0), existe una Vecindad V(z0) tal quef (V(z0)) V(w0).

51

f

Radio GRadio H

Observacin 2.7.1. Una funcin f continua con inversa continua es llamada homeo-morfismo, y si entre dos conjuntos A y B existe un homeomorfismo los conjuntos A y Bse dice que son homeomorfos.Teorema 2.7.1. Una funcin f : A B es continua en z0 si y slo si f (zn) f (z0)cada vez que zn z0Demostracin. (solo si)Sea W( f (z0)) una vecindad de f (z0). Por la definicin de continuidad existe una vecin-dad de z0, V(z0), tal que f (V(z0)) W( f (z0)), luego para cada zn V(z0) se cumpleque f (zn) W( f (z0)) para n suficientemente grande y as f (zn) converge a f (z0).(si)(Ejercicio) Teorema 2.7.2. Si f es una funcin continua , entonces la imagen de conjuntos conexosmediante f es tambin un conjunto conexo.Demostracin. Supongamos que f : A B es continua y que A es conexo. Si f (A)no es conexo entonces existir una disconexin de f (A) a saber , dos conjuntos B1 yB2, no vacos, con f (A) = B1 B2, disjuntos y sin puntos de acumulacin de B1 enB2 ni puntos de acumulacin de B2 en B1.

Ahora bien, sean A1 = f 1(B1) y A2 = f 1(B2) entonces:(i) A1 , y A2 , pues B1 , y B2 ,

(ii) A1 A2 = f 1(B1) f 1(B2) = f 1(B1 B2) = f 1( f (A)) = A(iii) A1 A2 = f 1(B1 B2) = f 1() = (iv) A1 A2 = y A1 A2 =


En efecto, si z0 A1 A2, existe una nica sucesin {zn}n=1 de puntos en A1 taleszn z0Debido a la continuidad de f , se tiene que f (zn) f (z0), lo cual es imposible puesf (zn) B1 y f (z0) B2 con lo que f (z0) B1 B2 lo cual es una contradiccin.

De manera similar se procede si z0 A1 A2, (i), (ii) y (iii) se concluye que A noes conexo, lo cual contradice la hiptesis.

Teorema 2.7.3. Si F es continua entonces la imagen de conjuntos compactos medianteF es un conjunto compacto.Demostracin. Sea F : A B y supongamos que A es compacto, entonces A essecuencialmente compacto, luego dada una sucesin en A esta posee una subsucesinconvergente. Veamos que F(A) es secuencialmente compacto (y as compacto).

Sea {wn}n=1 una sucesin en F(A). Entonces existe una sucesin {zn}n=1 en A tal queF(zn) = wn. Dado que A es secuencialmente compacto, existe una subsucesin {znk}n=1en A tal que znk z0. Ya que F es continua se tiene que wnk = F(znk) F(z0) = w0y as {wn} posee una subsucesin convergente.

2.8. Series de funcionesDefinicin 2.8.1. Sea fk(z) : A C ,k = 1, 2, ... una sucesin de funciones definidassobre un subconjunto A de C y con valores en C. Se llama serie de funciones detrmino n-simo fn(z) a la sucesin de nmeros complejos

{S k(z)}k=0 =

kn=0

fn(z)/z A

2.8.1. Convergencia puntual y convergencia uniformeSea fn(z) : A C n = 1, 2, ..., la serie

n=0

fn(z)

converge (respectivamente, converge absolutamente), en el punto a C si

n=0fn(a)

53

converge (respectivamente, converge absolutamente).Esta convergencia es llamada convergencia puntual, y en ese caso

n=0

fn(a), es unnmero complejo y si se define:

D =

a C/

n=0fn(a) converge

como regin de convergencia de

n=0

fn(a) , entonces tenemos la funcin suma de laserie:S : D C, dada por

S (a) =

n=0fn(a).

Definicin 2.8.2. se dice que la serie de funciones

n=0fn(z)

converge (respectivamente, converge absolutamente) en A, si

n=0fn(a)

es convergente para todo a A (respectivamente, converge absolutamente).Observacin 2.8.1. En el caso de la convergencia en el conjunto A, la funcin S estdefinida en todo A.Definicin 2.8.3. La serie

n=0fn(z) converge uniformemente en un conjunto A, si

existe una funcin S : A C tal que, para todo > 0 , existe un N0 tal que si n N0entonces: S (z)

nk=0

fk(z) < para todo z A.

En este caso , escribimos S (z) =

n=0fn(z) uniformemente sobre A, o equivalentemente,

n=0

fn(z) converge uniformemente en A, si S (z) = lmn

S n(z), uniformemente sobre A,

siendo S n(z) =n

k=0fk(z).


Observacin 2.8.2. Es importante destacar que aun cuando hemos denotado por f (z)a las funciones complejas, no se debe confundir

n=0fn(z) con una serie de nmeros

complejos,pues en nuestra notacin f (z) denota a la funcin y no a la imagen, paraevitar confusin en la convergencia puntual usaremos f (a) con a C.

Proposicin 2.8.1. Sean

n=0fn(z) y

n=0

gn(z) dos series de funciones en C entonces secumple lo siguiente:

(i)

n=0fn(z) converge (converge absolutamente) en A si y solo si

n=0

Re( fn(z)) y

n=0Im( fn(z))

convergen ( convergen absolutamente).

(ii) Si

n=0fn(z) y

n=0

gn(z) convergen (convergen absolutamente) en A entonces

n=0[ fn(z)

gn(z)] y

n=0c. fn(z) con c C convergen en A (convergen absolutamente).

(iii) Si

n=0fn(z) converge absolutamente entonces

n=0

fn(z) es convergente y

n=0fn(z)

n=0| fn(z)|

(iv) (Criterio de convergencia uniforme de Cauchy)

n=0fn(z) converge uniformemente sobre A si y solo si dado > 0, existe un No

tal que |m

k=n+1fk(z)| < para todo m, n > N0. Ntese que esta ltima condicin

es equivalente a:Dado > 0, existe un No tal que, |S n(z) S m(z)| < para todo m, n > N0, esdecir, la sucesin de sumas parciales es uniforme de Cauchy.

Demostracin. Ejercicio

2.8.2. Propiedades que preserva la convergencia uniformeA continuacin daremos algunos resultados en los cuales la convergencia uniforme

resulta un factor imprescindible.

55

Lema 2.8.1. Si fn(z) converge uniformemente en a una funcin f (z) y cada fn(z) escontinua en entonces f (z) es continua en .Demostracin. Ejercicio

Teorema 2.8.1. Si

n=0fn(z) converge uniformemente sobre A y cada fn(z) es continua,

entonces

n=0fn(z) es una funcin continua en A.

Demostracin. Sea S (z) =

n=0fn(z), entonces S (z) = lm

nS n(z) uniformemente en ,

dado que S n(z) =n

k=0fk(z) es una funcin continua entonces S (z) es continua por ser

lmite uniforme de funciones continuas.

Teorema 2.8.2. Si

n=0fn(x) converge uniformemente en el intervalo [a, b] y cada fn :

[a, b] C es continua, entoncesb

a

n=0

fn(x)dx =

n=0

ba

fn(x)dx.

Demostracin. Sea S k(x) =k

n=0fn(x), entonces S (x) = lm

k

kn=0

fn(x), as

ba

S (x)dx =b

a

lmk

S k(x)dx = lmk

ba

S k(x)dx

y por la linealidad de la integral, el resultado se tiene.

Teorema 2.8.1. (Weierstrass M-test) Sea { fn} una sucesin de funciones continuas enun dominio D con la propiedad

| fk(z)| Mk, k N y

k=1Mk <

Entonces

k=1fk(z) converge uniformemente a una funcin continua.

Demostracin. La convergencia puntual es inmediata. Ms an dado positivo pode-mos hallar N N tal que


1

t

0

ya

x

b

( )z t

Figura 2.4: Intervalo Orientado [a,b]

| f (z) Nk=1

fk(z)| = |

k=N+1fk(z)| |z 3|

(ii)z 1z + 1

= 1(iii) |z|2 = Im(z)

Determine adems cuales son dominios.Solucin:

(i) Sea z = x + iy, entonces|z 2| =

(x 2)2 + y2 y |z 3| =

(x 3)2 + y2

Luego:

|z 2| > |z 3| = (x 2)2 + y2 > (x 3)2 + y2= (x 2)2 (x 3)2 > 0= ((x 2) (x 3))((x 2) + (x 3))= 2x 5 > 0= 2x > 5 x > 5

2

R =

{(x, y) R2/x > 5

2

}=

z C/Re(z) > 52

R es un conjunto abierto y conexo ya que si (x, y), (x0, y0) R

(x, y) + (1 )(x0, y0) = (x + (1 )x0, y + (1 )y0)x + (1 )x0 > 52 + (1 (

52

)) = 5/2Luego, R es una regin, abierta y conexa,y por tanto un dominio.


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

(x 1)2 + y2 = (x + 1)2 + y2 (x 1)2 (x + 1)2 = 0 2(2x) = 0 x = 0

R = {(x, y) R2/x = 0} = {z C/Re(z) = 0}R es conexo, pues es una recta, pero no es abierto ya queR = f 1({0}) para f (x) = x la cual es continua.

(iii)|z|2 = Im(z) x2 + y2 = y

x2 + y2 y = 0 x2 + y2 y + 1

4=

14

x2 +(y 1

2

)2=

(12

)2

R =

(x, y) R2/x2 +(y 1

2

)2=

(12

)2 ={

z C/z 12

= 12}

R no es abierto, pues es una circunferencia. Luego R no es un dominio.Teorema 2.9.1. . Un conjunto abierto D es un dominio si y slo si cualquier par depuntos de D pueden ser unidos mediante una lnea poligonal enteramente contenidaen D.

Demostracin. Supongamos que existen dos puntos z1 , z2 D que no puedan unirsemediante una poligonal contenida en D y consideremos los conjuntos:

D1 = {z D existe una poligonal que conecta a z1 con z contenida en D}D2 = D D1

Entonces de la misma definicin de D1 se tiene que:

59

(i) D1 , pues z1 D1 y D2 , pues z2 D2(ii) D1 D2 = y D1 D2 = DAdems, D1

D2 = y D2

D1 = . En efecto, z D1 , existe r > 0 tal que

D(z, r) D y todo elemento de D(z, r) puede unirse a z por un segmento (la convex-idad de D(z, r) lo garantiza) as todo elemento del D(z, r) puede unirse a z1 medianteunion de la poligonal que une a z1 con z y el segmento de recta que une al punto con z,de donde D(z, r) D1 y en consecuencia D1 no posee puntos de acumulacin de D2 ;de manera similar se prueba que D2

D1 = .

As que D1 y D2 son una disconexin para D, lo cual es una contradiccin.

Recprocamente, si escogemos p D y lo dejamos fijo entonces

D =xD

P(x, p)

donde P(x, p) es la poligonal que une a x con p. As que D es unin de conexos conun punto en comn (a saber p). Luego D es conexo.

2.10. La esfera de RiemannSea = {(, , ) : 2 + 2 + ( 12 )2 = 14} Consideremos al plano = 0 como el

plano complejo. A cada (, , ) S asociamos un nmero complejo z de la siguientemanera, z es la interseccin de la recta que pasa por (0, 0, 1) y (, , ) con el plano C,as,

{(0, 0, 1)} C. A z se le dice proyeccin estereogrfica de (, , )En rigor, como (0, 0, 1),(, , ),z = (x, y, 0) son colineales tenemos

x

=

11

y=

11

De donde se deducen las relaciones:

x =

1

y =

1


(0,0,1)N

x

y

( , , )P x y z

Q

Figura 2.5: La esfera de Riemann

=x

x2 + y2 + 1

=y

x2 + y2 + 1

=x2 + y2

x2 + y2 + 1

Tambin se tiene x2 + y2 = 1 de la cual concluimos que si {n}

n=1

es tal que

k (0, 0, 1) la correspondiente sucesin {n}n=1 C converge a . A

se le llamaEsfera de Riemann.

Adjuntamos el a C. Los entornos de sern entonces las proyeccines de en-tornos del (0, 0, 1). As, V es un entorno de en C si existe M tal que {z : |z| > M} V .Como notacin diremosa) lm

zaf (z) = si y slo si lm

za| f (z)| =

b) lmza

f (z) = L si y slo si lm|z|a

f (z) = L (A si y slo si |A| )

Definicin 2.10.1. Entenderemos por un crculo en a la interseccin de un planocon

61

Sea un crculo en . De modo que = , donde tiene ecuacin A +B + C = D. De las ecuacines para , , que definen la proyeccin estereogrficase tiene que si T es la correspondiente proyeccin de entonces

(C D)(x2 + y2) + Ax + By = D (x, y) TEn consecuencia, si C , D, T es un crculo y si C = D, T es una recta. Ahora bien,C = D si y slo si (0, 0, 1) . As tenemosProposicin 2.10.1. Sean ,T como antes. Entonces1) Si (0, 0, 1) , entonces T es una recta.2) Si (0, 0, 1) < , entonces T es un crculo.

El siguiente ejemplo es un recproco de la proposicin anterior.Ejemplo 2.10.1. . Suponga que T C. Pruebe que el conjunto correspondiente S enla esfera de Riemann es:

(i) Un crculo si T es un crculo.(ii) Un crculo menos (0, 0, 1) si T es una recta.

Demostracin: Suponga que T es un crculo en el plano, entonces T satisface:

(x h)2 + (y k)2 = r2

Ahora bien para el correspondiente (, , ) satisface que

x =

1 y

y =

1 Luego;(

1 h)2+

(

1 k)2= r2

2

(1 )2 2

1 h + h2 +

2

(1 )2 2k

1 + k2 = r2

2 2(1 )h + h2(1 )2 + 2 2k(1 ) + k(1 )2 = r(1 )2 2 + 2 + (1 )[2h 2k] + (1 )2[h2 + k2 r2] = 0 (1)


Ahora bien, como (, , ) tenemos que2 + 2 + ( 1/2)2 = 1/4 (2)

de (1) y (2)( 1/2)2 + 1/4 + (1 )[2h 2k] + (1 )2(h2 + k2 r2) = 0

2 + + (1 )(2h 2k) + (1 )2(h2 + k2 r2) = 0 (1 ) + 1 )(2h 2k) + (1 )2(h2 + k2 r2) = 0

Ahora bien, como (0, 0, 1) < se tiene que 1 , 0, luego:

+ (2h 2k) + (1 )(h2 + k2 r2) = 0

2h 2k + h2 + k2 r2h2 k2 r2 = 0 2h 2k + (h2 k2 + r2 + 1) + h2 + k2 r2 = 0

Si llamamos A = 2h; B = 2k; C = h2 k2 + r2 + 1y D = h2 + k2 r2 tenemos que (, , ) satisface

A + B + C + D = 0Es decir, los puntos (x, y) del crculo (xh)2+(yk)2 = r2 corresponden a un plano

interceptado con la esfera de Riemann, o sea un crculo en la esfera de Riemann.Sea T una recta en el plano, entonces la ecuacin de T es :

ax + by + c = 0Ahora bien, el correspondiente (, , ) satisface que:

x =

1 y

y =

1 Luego;

a

(

1 )+ b

(

1 )+ c = 0

ahora como (, , ) , (0, 0, 1) tenemos quea + b + c(1 ) = 0

es decir, (, , ) estn en el plano de ecuacin a + b + c(1 ) = 0 interceptadocon la esfera de Riemann.O sea S es un crculo menos (0, 0, 1).

63

2.11. Ejercicios del captulo 21. Demuestre que {x R/a < x < b} con a, b R es un abierto en R, pero no en C.

2. Pruebe que los abiertos de R son abiertos de C interceptados con R.

3. Pruebe que el complemento de un abierto es cerrado y el complemento de uncerrado es abierto.

4. Demuestre que int(A) es abierto y la clausura de A, A es cerrado.5. Pruebe que la unin arbitraria de abiertos es abierto y la interseccin de abiertos

es abierto (De un ejemplo que la interseccin arbitraria de abiertos no es nece-sariamente un abierto). Formule propiedades anlogas respectivas a los cerrados.

6. Suponga que E es conexo, sea F la unin de E con algunos puntos de acumu-lacin de E. Muestre que F es conexo.

7. Demuestre que la clausura de A es el ms pequeo de los conjuntos cerrados quecontiene a A, y que el int(A) es el ms grande de los abiertos contenidos en A.

8. Demuestre que los puntos de acumulacin de un conjunto cualquiera forman unconjunto cerrado.

9. Demuestre que los puntos lmites de una sucesin forman un conjunto cerrado.10. Pruebe que la clausura de un subconjunto A C conexo es conexo.11. Pruebe que si una sucesin de nmeros complejos {zn} tiene un punto de acumu-

lacin z0, entonces existe una subsucesin {znk} de {zn} tal que

lmk{znk} = {z0}

12. Sean S 1, S 2, S 3, ... una sucesin de conjuntos en C con dimetro,diam(S n) o cuando n +. Muestre que no puede haber ms de un puntoen comn a todos los conjuntos de la sucesin.

13. Pruebe que toda sucesin en C, convergente es de Cauchy.

14. Muestre que si S no es acotado, entonces existe una sucesin {zn} de puntos deS tales que |zn zm| 1 para todo m, n m , n. Muestre adems que esta ltimacondicin garantiza que {zn} no tiene puntos de acumulacin.


15. Pruebe que si una sucesin {xn}n=1 de nmeros reales es acotada entonces estatiene un punto de acumulacin.Use este hecho para demostrar que cualquier sucesin {zn}n=1 en S C tienepunto de acumulacin cuando S es acotado

16. Muestre que una sucesin acotada de nmeros complejos {zn}n=1 tiene un nicopunto de acumulacin z0 si y solo si zn z0 conforme n

17. Demuestre que I R es conexo si y solo si I es un intervalo

18. Demuestre que un conjunto A C finito es cerrado y acotado (y as compacto)19. Sea {S }I una familia de conjuntos compactos con

IS , . Demuestre que

IS es compacta.

20. Si S R es compacto, entonces S contiene a S up(S ) y a in f (S )21. Pruebe que la unin de nmero finito de conjuntos compactos es un conjunto

compacto.

22. Estudie la convergencia de:

a

n=1n2in

b

n=1

in

log(n + 1)

c

n=1

(1 + i

3

)n

d

n=1

(3 + 2i)nn + 2

e

n=1

n3 + 3n

3nn3 in

23. Sea T : A B, pruebe que T es continua si y solo si la imagen inversa deabiertos de B son abiertos en A. (aqu A C, B C y la mtrica es | |).

24. Supongamos que T es una funcin continua de un conjunto conexo S en la rectareal R, sean y las imgenes de dos puntos bajo esta aplicacin, muestre quetodo punto en R, entre y tambin es imagen de algn punto de S .

65

25. Sea C una curva continua dada por z = z(t), t . Demuestre que elconjunto de todos los puntos de C es compacto.

26. Sea S la esfera de Riemann con centro en (0, 0, 1/2) y radio 1/2. Muestre que si(a, b, c) S , entonces a2 + b2 = c(1 c).

27. Sea N = (0, 0, 1) y P = (a, b, c) puntos en la esfera de Riemann. Sea z = x+ iy elpunto Q en el cual la recta que pasa por N y P intercepta al plano c = 0, muestreque z = a + ib

1 c y a =z + z

2(zz + 1), b =z z

2i(zz + 1), c =zz

zz + 1

28. (Hahn-Banach). Suponga que X es un espacio vectorial sobre R. Sea S un sube-spacio de X y p una funcin a valores reales sobre X con las siguientes propiedades:

(i) p(x + y) p(x) + p(y)(ii) p(x) = p(x) si 0si f es un funcional lineal sobre S (esto es una funcin lineal de S sobre R) talque f (s) p(s) para todo s S , entonces existe un funcional lineal F sobre Xtal que F(x) p(x) para todo x X y F(x) = f (x) para todo s S .Dando como vlido este teorema (sugiero revisar su demostracin), dar una ex-tensin de este teorema a C.(Sugerencia: suponga que X es un espacio vectorial sobre C y que p es igual queantes, entonces p(x) = ||p(x), con | f (s)| p(s)s S y concluya | f (s)| p(s),x X. Considere la parte real e imaginaria del operador y aplique Hahn-Banach real, ahora f = g + ih; ya que s S , g(is)+ h(is) = i f (s) = ig(s) h(s)),aplicando Hahn-Banach real existe una extensin de g, que denotamos G sobreX con G(x) p(x)x X. Sea F(x) = G(x) iG(ix), concluya).

29. De una versin del teorema de Hahn-Banach para espacios normados.(Sugerencia: p(x) = ||x||, entonces ||x + y|| ||x|| + ||y||, ||x|| = ||||x||)

30. Pruebe que la unin de cualquier familia de conjuntos abiertos es abierto.

31. Sea S n = {[1/n, 1 + 1/n]/n N}. Muestre que

n=1S n = (0, 1) note as que la

interseccin arbitraria de conjuntos cerrados no es necesariamente cerrada.32. Muestre que z0 es un punto de acumulacin de un conjunto S de nmeros com-

plejos si y slo si existe una sucesin zn de puntos distintos en S tal que lmn

zn =z0.


33. Pruebe que lm(zn + wn) lmzn + lmwn.34. Evale los siguientes lmites cuando existan:

(a) lmn

in

(b) lmn

(n + i)232n

(c) lmn

n!in

nn

35. Pruebe que una poligonal es conexa

36. Sea C una curva continua dada por z = z(t), 6 t 6 . Muestre que el conjuntode todos los puntos de C es un conjunto compacto


38. Pruebe que una sucesin {zn}n=1 en C, de Cauchy, que posee una subsucesinconvergente es convergente.


40. Pruebe que A C es compacto si y solo si es cerrado y acotado.41. Pruebe que la definicin 2.1.10 es equivalente a la siguiente:

Una disconexin de S son dos conjuntos S 1, S 2 tal que(i) S 1 , , S 2 ,

(ii) S 1 S 2 = S(iii) S 1 S 2 = (iv) S 1 y S 2 son abiertos y cerrados.

Captulo 3FUNCIONES ANALITICAS

3.1. Funciones UnivaluadasEn este captulo se presentar el concepto de funcin analtica as como tambin se

estudiarn sus principales propiedades.

Definicin 3.1.1. Diremos que = f (z) es una funcin compleja de variable comple-ja z con dominio de definicin D y rango de valores R si a cada z de D le correspondeal menos un punto en R.

Observacin 3.1.1. A z se le llama variable independiente y a variable dependiente;adems es importante resaltar que la definicin anterior difiere de la clsica definicinde funcin de los cursos previos de clculo avanzado,ya que a un elemento del dominiole puede corresponder una o ms imgenes.En caso de que le corresponda una nicaimagen diremos que = f (z) es una funcin univaluada.Ejemplo 3.1.1. Las siguientes son funciones univaluadas:

(a) 1(z) = z8

(b) 2(z) = z + 5z 9;

(c) 3(z) = z 2z

;

67

68 FUNCIONES ANALTICAS

(d) 4(z) = |z|

Ntese que 1 y 4 estn definidas para todo z C, mientras que 2 y 3 estndefinidas para C {9} y C {0} respectivamente.

Supongamos que = u + iv es el valor de la funcin f en z = x + iy, entonces lafuncin de variable compleja z se puede expresar en trminos de un par de funcionescon valores reales de las variables reales x e y, a saber f (z) = u(x, y) + iv(x, y). A lafuncin u(x, y) se le llama parte real de f (z) y v(x, y) se le llama la parte imaginaria def (z).Ejemplo 3.1.2. Si

f (z) = z + z2encuentre la parte real e imaginaria de f (z).Solucin: Para z = x + iy, y z = x iy tenemos que:

z2 = x2 y2 + i2xyy as:

f (z) = (x iy) + x2 y2 + i2xy = (x + x2 y2) + i(2xy y).Luego f (z) = u(x, y) + iv(x, y) con u(x, y) = x2 + x y2 y v(x, y) = 2xy y.

3.2. Lmite de una funcin complejaDefinicin 3.2.1. Sea = f (z) una funcin univaluada definida en un dominio Dexcepto tal vez en un punto z0 D, diremos que el lmite de f (z) cuando z tiende a z0,es 0 y escribimos

lmzz0

f (z) = 0Si para cada nmero positivo , existe > 0 tal que:

| f (z) 0| < siempre que 0 < |z z0| < .En otro caso diremos que el lmite no existe.

Observacin 3.2.1. Geomtricamente, esta definicin dice que para cada entorno deradio , | 0| < de 0, existe un entorno de radio , |z z0| < , de z0, tal que lasimgenes de todos los puntos del entorno ,con la posible excepcin de z0 quedanen el entorno .

69

Ejemplo 3.2.1. Probemos que si f (z) = iz2 esta definida en el disco abierto |z| < 1entonces

lmzi

f (z) = i.Observemos que el punto i pertenece a la frontera del dominio |z| < 1.Si z pertenece al dominio |z| < 1, entonces| f (z) (i)| = | f (z) + i|=|iz2 + i|=|z2 + 1|=|z i||z + i|Ahora para 1 = 1

|z i| < 1 |z i + i i| = |z + i 2i| < 1 |z + i| |2i| < 1 |z + i| < 3

luego dado > 0,existe = min{1, 3} tal que |z i| < , entonces | f (z) + i| < Teorema 3.2.1. Si el lmite existe es nico.

Demostracin. Supongamos que 1 y 2 son tales que: lmzz0

f (z) = 1 y lmzz0

f (z) = 2Entonces se tiene:

(i) 2> 0,1 > 0 tal que 0 < |z z0| < 1 | f (z) 1| < 2

(ii) 2> 0,2 > 0 tal que 0 < |z z0| < 2 | f (z) 2| < 2

As, para = min{1, 2} se cumple que:

|1 2| = | f (z) 1 + 2 f (z)| | f (z) 1| + |2 f (z)|= | f (z) 1| + | f (z) 2| < 2 +

2

cuando |z z0| < como es arbitrario (tan pequeo como se quiera), tenemos que |1 2| = 0 y as1 = 2.

Teorema 3.2.2. Sea f (z) = u(z)+ iv(z), definida en un dominio D excepto posiblementeen z0 D,entonces lm

zz0f (z) = 0 = u0 + iv0 si y solo si lm

zz0u(z) = u0 y lm

zz0v(z) = v0.


Demostracin. () Sabemos quelmzz0

f (z) = 0 = u0 + iv0,

es decir que: > 0 > 0 tal que :

0 < |z z0| < | f (z) (u0 + iv0)| < Ahora bien:

| f (z) (u0 + iv0)| = |u(z) + iv(z) (u0 + iv0)| = |u(z) u0 + iv(z) v0| < Pero Re(z) |z| y Im(z) |z|, luego |u(z)u0| < y |v(z)v0| < , cuando 0 < |zz0| < .Con lo que:

lmzz0

u(z) = u0 y lmzz0

v(z) = v0() Recprocamente, dado > 0, existen 1 > 0 y 2 > 0 tales que|u(z) u0| < 2 y |v(z) v0| < 2Para 0 < |z z0| < 1 y 0 < |z z0| < 2 respectivamente.Entonces para = min{1, 2} tenemos:

0 < |z z0| < |u(z) + iv(z) (u0 + iv0)| |u(z) u0| + |v(z) v0| 0, > 0/|z z0| < | f (z) f (z0)| < Definicin 3.3.2. Una funcin se dice que es continua en un dominio D si es continuaen cada punto de D.

71

Teorema 3.3.1. Si f (z) es continua en z0 y f (z0) = w0 y si F(w) es continua en w0,entonces F( f (z)) es continua en z0.

Demostracin. Similar a la demostracin en cursos de clculo.

Definicin 3.3.3. Una funcin f (z) definida en un dominio D se dice que es uniforme-mente continua en D si dado > 0 existe = () tal que z1, z2 D, | f (z1) f (z2)| < cuando |z1 z2| <

Teorema 3.3.2. Sea f (z) una funcin continua en un conjunto compacto R, entoncesf (z) es uniformemente continua en R.

Demostracin. procedamos por reduccin al absurdo, supongamos que f (z) no es uni-formemente continua en R, entonces existe > 0, tal que > 0, existen dos puntosz y p en R con |z p| < y | f (z) f (p)| . Escogiendo = 1

n, encontramos dos

sucesiones {zn}n=1 y {pn}n=1 tales que

|zn pn| 0 tal que 0 < |z z0| < f (z0) f (z) f (z0)z z0

< Definicin 3.4.2. Una funcin f (z) univaluada se dice que es analtica en un dominioD si esta tiene derivada en cada punto de D.

Definicin 3.4.3. Una funcin se dice que es analtica en z0, si existe un DominioD donde f (z) es analtica (el trmino Analtica se puede sustituir por holomorfa oregular).Definicin 3.4.4. Una funcin se dice que es entera, si es Analtica en todo el planocomplejo.

Teorema 3.4.1. Si f (z) tiene derivada en un punto z0 entonces f (z) es continua en z0.Demostracin.

lmzz0[ f (z) f (z0)] = lmzz0( f (z) f (z0)

z z0

)(z z0)

= lmzz0( f (z) f (z0)

z z0

)lmzz0(z z0)

= 0

En consecuencia:

lmzz0 f (z) = lmzz0( f (z) f (z0)) + f (z0) = lmzz0 f (z0) = f (z0)

Observacin 3.4.1. La continuidad de una funcin en un punto z0 C no implica questa tenga derivada en z0. Si consideramos la funcin f (z) = |z|2 la cual es continuaen todo C tiene derivada solo en el origen.

73

En efectog(z) = f (z) f (z0)

z z0=|z|2 |z0|2

z z0, z , z0

entonces

g(z) = zz z0z0z z0

= z + z0.

(z z0z z0

)

As, si z z0 = rei, r > 0 entonces

g(z) = z + z0 rei

rei= z + z0e

2i = z + z0(cos(2) isen(2))

para que este lmite exista, debe existir por cualquier camino y tomar el mismo valor(unicidad del lmite), usemos el rayo = 0 y r > 0 (arbitrario) para aproximarnos alorigen, entonces g(z) se aproxima al lmite z0 + z0 y si tomamos en cambio el rayo =

4y r 0 para aproximarnos al origen, g(z), se aproxima al lmite z0 iz0 cuando

z z0.Como z0 + z0 , z0 iz0, por la unicidad del lmite concluimos que f (z0) no existe siz0 , 0.

Teorema 3.4.2. a

(a) dcdz = 0 (c es constante)

(b) dzdz = 1

(c) Si f (z) y g(z) son funciones analticas en un dominio D, entonces f (z) g(z),f (z).g(z) y f (z)/g(z), con g(z) , 0 son analticas en D. Adems se cumple que:

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

d f (z)dz

dg(z)dz

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

dg(z)dz + g(z)

d f (z)dz

ddz

( f (z)g(z)

)=

g(z)d f (z)dz f (z)dg(z)dz(g(z))2

Demostracin. Se procede como en cursos de clculo avanzado y en consecuencia dedeja como ejercicio al lector.


Teorema 3.4.3. (Regla de la cadena) La composicin de funciones diferenciables esdiferenciable. Esto es, si f es diferenciable en z y g es diferenciable en f (z), entoncesg f es diferenciable en z. Ms an,

[g f (z)] = g( f (z)) f (z)Demostracin. Supongamos que f es diferenciable en z, y sea

(h) = f (z + h) f (z)h f(z)

Entonces,f (z + h) f (z) = f (z)h + h(h) (1)

ylmh0 (h) = 0 (2)

An cuando, fue inicialmente definida para h , 0 y h suficientemente pequeo,podemos tambin definir (0) = 0 y as la frmula (1) tambin se mantiene vlida parah = 0.Recprocamente, supongamos que existe una funcin definida para h suficientementepequeo y un nmero a tal que

f (z + h) f (z) = ah + h(h) (1)y

lmh0

(h) = 0 (2)Dividiendo por h en la frmula (1) y tomando lmite cuando h 0, vemos que

este lmite existe y es igual a a.As f (z) existe y es igual a a.De donde la existencia de la funcin satisfaciendo (1) y (2) es equivalente a ladiferenciabilidad.Aplicaremos esto para probar la regla de la cadena.Sea w = f (z) y k = f (z + h) f (z)As;

g( f (z + h)) g( f (z)) = g(w + k) g(w)de la diferenciabilidad de g en w tenemos que existe una funcin(k) tal que lm

k0(k) =

0 y

g(w + k) g(w) = g(w)k + k(k)= g(w)( f (z + h) f (z)) + ( f (z + h) f (z))(k)

75

dividiendo por h tenemos;

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

(w) f (z + h) f (z)h +f (z + h) f (z)

h (k)

Como h 0,por la continuidad de f se tiene que k = f (z + h) f (z) 0 , por loque (k) 0 por hiptesis.As;

lmh0g f (z + h) g f (z)

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

O sea[g f (z)] = g( f (z)) f (z)

Ejemplo 3.4.1. Suponga que g2(z) = z en alguna vecindad de z. Verifique que

g(z) = 12

z.

Solucin:De la definicin de g2(z) y usando la regla de la cadena tenemos:

1 = g(z)2g(z)

con lo que, g(z) = 12g(z)

Por lo tanto g(z) = 12

z.

3.5. Las condiciones de Cauchy-RiemannSea f (z) una funcin compleja, si z = x + iy, entonces f (z) = u(x, y) + iv(x, y),

donde u y v son funciones reales evaluadas en (x, y). Denotaremos por ux, vx, uy y vylas derivadas parciales usuales de u y v respecto de x e y.

Teorema 3.5.1. Una condicin necesaria para que una funcin sea analtica en undominio D es que las cuatro derivadas parciales ux, vx, uy y vy existan y satisfagan lasecuaciones de Cauchy-Riemann.

ux = vy, uy = vx


Es decir: si f (z) es analtica en D entonces las derivadas parciales ux, vx, uy y vyexisten y satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann.

ux = vy uy = vx

en cada punto de D.

Demostracin. Sea z0 = x0 + iy0 un punto fijo en D. Ya que f (z0) existe, entonceslmzz0

f (z) f (z0)z z0

existe, es decir que este lmite existe por cualquier camino. As, zse puede aproximar a z0 en cualquier direccin y el valor del lmite no se altera. As:

lmzz0f (z) f (z0)

z z0= lmz0

f (z0 + z) f (z0)z

para z0 = x0 + iy0 y z = x + iy tenemos

f (z0 + z) f (z0)z

=f (x0 + iy0 + x + iy) f (x0, y0)

x + iy=

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

x + iy=

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

x + iy+ i

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

si nos aproximamos a z0 a travs de una recta paralela al eje y:

y y0, x = x0 y 0, x = 0

Se obtiene:

lmz0f (z0 + z) f (z0)

z=

= lmy0u(x0, y0 + y) u(x0, y0)

iy+ i

v(x0, y0 + y) v(x0, y0)iy

=

= iuy + vy (3.1)

Si ahora nos aproximamos a z0 a travs de una recta paralela al eje x, se tiene:

y = y0, x x0 y = 0, x 0

77

lmz0f (z0 + z) f (z0)

z=

= lmx0u(x0 + x, y0) u(x0, y0)

x+ i

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

=

= ux + ivx (3.2)

Como (3.1) y (3.2) son iguales pues el lmite existe en cualquier direccin, se concluyeque:

iuy + vy = ux + ivxigualando partes reales e imaginarias:

ux = vy y uy = vx

Ntese que ux = vy y uy = vx es equivalente a la ecuacin fy(z) = i fx(z) ya quefy(z) = uy(x, y) + ivy(x, y)

= vx(x, y) + iux(x, y)= i2vx(x, y) + iux(x, y)= i(ux(x, y) + ivx(x, y))= i fx(z)

Observacin 3.5.1. Las condiciones dadas en el teorema anterior no son suficientespara garantizar la analiticidad de una funcin f (z), tal como lo veremos en el siguienteejemplo.Ejemplo 3.5.1. Consideremos la funcin definida por las ecuacionesf (z) = u(x, y) + iv(x, y) si z , 0 y f (0) = 0 donde

u(x, y) = x3 y3

x2 + y2y v(x, y) = x

3 + y3

x2 + y2

mostraremos que las ecuaciones de Cauchy-Riemann se satisfacen en el origen, perof (0) no existe.En efecto,de la definicin de la derivada parcial tenemos:

ux(0, 0) = lmx0 u(x, 0) u(0, 0)x

= lmx0

x3

x2 0x

= 1


y

uy(0, 0) = lmy0 u(0, y) u(0, 0)y = lmy0y3y2 0

y= 1

De manera similar, vx(0, 0) = 1 y vy(0, 0) = 1. As las ecuaciones de Cauchy-Riemannse satisfacen en el origen, esto es:

ux(0, 0) = 1 = vy(0, 0); uy(0, 0) = 1 = vx(0, 0)

Veamos ahora que f (z) no existe en z = 0.Si hacemos variar a z a lo largo de la recta y = x , f (z) = u + iv = 0 + ixAs a lo largo de la recta y = x

f (0) = lmz0 f (z) f (0)z 0 = lmz0

ixx + ix

=12+ i

12

Sin embargo, si (x, y) se aproxima al origen a lo largo del eje x tenemos

ux(0, 0) = 1 y vx(0, 0) = 1

luego:f (0) = ux(0, 0) + ivx(0, 0) = 1 + i

con lo que f (0) no existe.

Ejemplo 3.5.2. La funcin f (z) = z2 es entera, por lo cual se deben satisfacer lasecuaciones de Cauchy-Riemann en C.Obsrvese que z2 = x2 y2 + 2xyi, as u(x, y) = x2 y2 y v(x, y) = 2xy, ademsclaramente ux = 2x = vy y uy = 2y = vx.

En el siguiente teorema daremos condiciones suficientes para que f (z) sea analtica.

Teorema 3.5.2. Una funcin f (z) = u(x, y) + iv(x, y) es analtica en un domino D silas cuatro derivadas parciales ux, vx, uy y vy existen, son continuas y satisfacen lasecuaciones de Cauchy-Riemann en cada punto de D.

Demostracin. Sean f (z) = u(z)+ iv(z), h = + i, z0 = x0 + iy0 D, probaremos que:

lmh0f (z0 + h) f (z0)

h = fx(z0)

79

Para esto comencemos notando que:

u(z0 + h) u(z0)h

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

+ i

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

+ i+

u(x0 + , y0) u(x0, y0) + i

=

+ iuy(x0 + , y0 + 1) +

+ iux(x0 + 2, y0)

Esta ltima igualdad por el teorema del valor medio, para algn i (0, 1). De manerasimilar, existen 3, 4 (0, 1) tales que:

v(z0 + h) v(z0)h

=

+ ivy(x0 + , y0 + 3) +

+ ivx(x0 + 4, y0)

Luego:

f (z0 + h) f (z0)h =

+ i[uy(z1) + ivy(z3)] +

+ i[ux(z2) + ivx(z4)]

donde z1 = (x0 + , y0 + 1), z2 = (x0 + 2, y0), z3 = (x0 + , y0 + 3), y z4 =(x0 + 4, y0). Es claro que |zi z0| 0 cuando h 0. Como las ecuaciones deCauchy-Riemann se satisfacen, es decir, fy = i fx, podemos restar fx(z0) en la forma:

+ ify(z0) +

+ ifx(z0)

y obtener:

f (z0 + h) f (z0)h

fx(z0) = + i

[uy(z1) uy(z0) + i(vy(z2) vy(z0))

]+

+ i[ux(z3) ux(z0) + i(vx(z4) vx(z0))]

Como + i

1 y + i

1 de la continuidad de las derivadas parciales obten-emos:

lmh0f (z0 + h) f (z0)

h= fx(z0)

El siguiente ejemplo ilustra este resultado.


Ejemplo 3.5.3. Sea f (z) = x3 3xy2 x + i(3x2y y3 y) estudie su analiticidad.Solucin: Para f (z) = u(x, y) + iv(x, y) con, u(x, y) = x3 3xy2 x y v(x, y) =

(3x2y y3 y), se tiene que: ux = 3x2 3y2 1 = vy y uy = 6xy = vx. O sea,las derivadas parciales satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann y son continuasen C, luego f (z) es una funcin entera.Adems,

f (z) = ux(x, y) + ivx(x, y) = 3x2 3y2 1 + i(6xy)Para z = x + iy arbitrario en C.

Ejemplo 3.5.4. Determine en que dominio es analtica la funcin:f (z) = x + ay + i(bx + cy)

donde a, b y c son constantes reales.

Solucin: Para f (z) = u(x, y) + iv(x, y) con, u(x, y) = x + ay y v(x, y) = bx + cy,se tiene que: ux = 1 = vy = c y a = uy = vx = b. O sea, las derivadas parcialessatisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann, si y solo c = 1 y b = a, as dado quelas derivadas parciales son continuas en C, tenemos que f (z) es una funcin entera, siy solo si c = 1 y b = a.Es decir, bajo estas condiciones f (z) = (1 ia)z es entera para cualquier eleccin dea R.Ejemplo 3.5.5. Supongamos que f (z) es analtica en dominio D y que f (z) = 0 en D.Mostrar que f (z) es constante en D.

Solucin: Sean a, b D. Como D es un dominio, a y b pueden ser unidos medianteuna poligonal enteramente contenida en D.Digamos z0 = a, z1, z2, ..., zn = b

Cada segmento de la poligonal est dada por:

[zk, zk+1] = {z/z = zk + t(zk+1 zk), 0 t 1}

Consideremos la funcin J : [0, 1] C dada por J(t) = f (zk + t(zk+1 zk)) J(t) = 0(pues cada zk D y f (z) = 0 en D)As por el Teorema del Valor medio se sigue que existe c [0, 1] tal que

J(c) = J(1) J(0)1 0 .

81

D

0a z

1z

2z

3z

4z

nb z

Figura 3.1: Linea poligonal con-tenida en D

As 0 = J(c) = J(1) J(0).Luego J(1) = J(0) f (zk) = f (zk+1).de donde f (a) = f (z0) = f (z1) = ... = f (zn) = f (b) con lo que f (z) es constante en D.Ejemplo 3.5.6. Suponga que dos funciones analticas tienen la misma derivada en undominio D, mostrar que ellas difieren solo en una constante aditiva.

Solucin: Sean f , g analticas en D y con f (z) = g(z) en D. Consideremos lafuncin H(z) = f (z) g(z), entonces H(z) es analtica en D yH(z) = f (z) g(z) = 0.H(z) = k f (z) = g(z) + kEjemplo 3.5.7. Supongamos que f (z) y f (z) son analticas en un dominio D. Mostrarque f (z) es constante en D.

Solucin: Sea f (z) = u(x, y)+ iv(x, y), luego f (z) = u(x, y) iv(x, y) ,dado que tantof (z) como f (z) son analticas en D,las ecuaciones de Cauchy-Riemann garantizan que:ux = vy y uy = vx y tambin: ux = vy y uy = vx. En consecuencia ux = 0 = uy.

As f (z) = ux + ivx = 0 en D. Luego como D es conexo, f (z) es constante en D.Ejemplo 3.5.8. Sea f (z) analtica en un dominio D.


(a) Mostrar que si f (z) = u(x, y) + ic, donde c es una constante real, entonces f (z) esconstante en D.

(b) Mostrar que si f (z) = c+ iv(x, y), donde c es una constante real, f (z) es constanteen D.

Solucin:

(a) f (z) = u(x, y) + ic v(x, y) = c de las ecuaciones de Cauchy-Riemann se tiene:ux = vy y uy = vx.Pero v(x, y) = c garantiza que ux = vy = 0. As ux = 0, vx = 0 f (z) = ux + ivx = 0 de donde f (z) es constante en D.

(b) De manera similar u(x, y) = c ux = 0, vx = 0, en consecuencia

f (z) = ux + ivx = 0

y as f (z) es constante en D.

3.6. Ecuaciones de Cauchy-Riemann en coordenadaspolares

Deduzcamos ahora las ecuaciones de Cauchy-Riemann en coordenadas polares,para z = rei y z0 = r0ei0 tenemos que

f (z) = lmzz0f (z) f (z0)

z z0

f (r0, 0) = lm(r,)(r0,0)(u(r, ) + iv(r, )) (u(r0, 0) + iv(r0, 0))

rei r0ei0

83

Este lmite existe por cualquier camino,en particular haciendo r = r0, 0.

f (r0, 0) = lm0(u(r0, ) + iv(r0, )) (u(r0, 0) + iv(r0, 0))

r0ei r0ei0

=1r0

lm0[u(r0, ) u(r0, 0)

ei ei0 + i(v(r0, ) v(r0, 0)

ei ei0)]

=1r0

lm0u(r0, ) u(r0, 0)

0ei ei0 0

+ i lm0

v(r0, ) v(r0, 0) 0

ei ei0 0

=1r0

u(r0, 0)

lm0

ei ei0 0

+ iv(r0, 0)

lm0

ei ei0 0

Ahora bien

lm0ei ei0 0

= lm0iei

1= iei0

De donde:

f (r0, 0) = 1r0

(u(r0, 0)

iei0+ i

v(r0, 0)iei0

)=

1r0.ei0

(iu(r0, 0) + v(r0, 0))

hagamos ahora = 0 y r r0

f (r0, 0) = lmrr0u(r, 0) + iv(r, 0) u(r0, 0) iv(r0, 0)

rei0 r0ei0=

1ei0

lmrr0[u(r, 0) u(r, 0)

r r0+ i

v(r, 0) v(r0, 0)r r0

]=

1ei0

(ur(r0, 0) + ivr(r0, 0))Dado que el lmite existe, estas expresiones para f (r0, 0) coinciden, as que igualandopartes reales y partes imaginarias tenemos:

1r0

v(r0, 0) = ur(r0, 0) y vr(r0, 0) = 1r0

u(r0, 0)

como (r0, 0) son arbitrarios, entonces las ecuaciones de Cauchy Riemann en coorde-nadas polares vienen dadas por:

1r

v = ur y vr = 1r

u.


Observacin 3.6.1. Tal y como se hizo para la derivada en coordenadas cartesianas,en el clculo de la derivada por definicin se encuentra una frmula explcita parala derivada, como lo enunciamos en los siguientes teoremas, cuya demostracin sededuce de los clculos hechos previamente.

Teorema 3.6.1. Si f (z) = u(r, ) + iv(r, ) es analtica en un dominio D, entonces1r

v = ur y vr = 1r

u

Teorema 3.6.2. Si f (z) = u(r, ) + iv(r, ) y ur, u, vr, v existen, son continuas ysatisfacen Las ecuaciones de Cauchy-Riemann en coordenadas polares en un dominioD, entonces f (z) es analtica en D.Adems, si w = f (z) es analtica:

dwdz = (cos isen)

w

r.

Ejemplo 3.6.1. Estudie la analiticidad de la funcin f (z) = r5.(cos(5) + isen(5)).Solucin:Comencemos notando que u(r, ) = r5cos(5) y v(r, ) = r5sen(5) , adems:ur = 5r4cos(5) = 1

rv, y tambin vr = 5r4sen(5) = 1

ru.

As las ecuaciones de Cauchy-Riemann son vlidas para todo (r, ) con r , 0, esto esf (z) es analtica en C {0}.

3.7. Funciones armnicasDefinicin 3.7.1. Si es un abierto de R2, una funcin u : R de clase C2 esarmnica en si u = uxx + uyy = 0 en

Teorema 3.7.1. Si f (z) es analtica en un abierto y conexo entonces Re( f (z)) eIm( f (z)) son armnicas en Demostracin. Como f (z) = u(x, y) + iv(x, y) es analtica en se satisfacen las ecua-ciones de Cauchy-Riemann, esto es: ux = vy y uy = vx. Derivando estas ecuacionesobtenemos uxx = vyx y uyy = vxy, ya que vxy = vyx, tenemos que u = uxx + uyy = 0.De manera similar se prueba que v = 0.O sea u(x, y) = Re( f (z)) y v(x, y) = Im( f (z)) son armnicas en . Definicin 3.7.2. u(x, y) y v(x, y) son Armnicas Conjugadas en (en ese orden) sif (z) = u(x, y) + iv(x, y) es analtica en donde es un dominio. (Abierto y Conexo).

85

Observacin 3.7.1. Ya sabemos que las partes real e imaginaria de las funcionesanalticas son funciones armnicas. La pregunta natural es si son o no las nicas yla respuesta es afirmativa cuando es un dominio simplemente conexo (Abierto yconexo, "sin huecos"), ms adelante daremos una definicin formal de dominio sim-plemente conexo.

Teorema 3.7.2. Si es un dominio simplemente conexo, entonces toda funcin ar-mnica en posee una armnica conjugada en Demostracin. Ejercicio

3.8. Ejercicios resueltos1. Estudie en que puntos del plano complejo son derivables en sentido complejo las

siguientes funciones:

(a) f (z) = |xy|, z = x + iy(b) f (z) = |z|, > 0(c) f (z) = h(y), h C1(R,C)(d) f (z) = h(x, y), h C1(RxR,R)(e) f (z) = 1

z2+ |z|2

Solucin(a) Si f (z) es derivable en z = x + iy, entonces debe satisfacer las ecuaciones deCauchy-Riemann fy(z) = i fx(z), lo cual implica Si x, y , 0, que:

|x|S gny2|x.y|

=i|y|S gnx2|x.y|

donde se define la funcin signo como S gnx = 1 si x > 0 y S gnx = 1 si x < 0.Si x = 0 y = 0, f no es derivable porque no es diferenciable en sentido real.Como un nmero real distinto de cero no puede ser imaginario puro, f no esderivable en ningn punto.(b) Si f es derivable en z = x + iy, entonces debe satisfacer las ecuaciones deCauchy-Riemann fy(z) = i fx(z), lo cual implica y|z|2 = xi|z|2. Si > 1,f es diferenciable en el sentido real en todos los puntos y polo es derivable enz = 0. Si 1 f no es diferenciable en el sentido real en z = 0 y por tanto, f no


es derivable en ningn punto.(c) Si f es derivable en z = x + iy, entonces fy(z) = i fx(z), es decir 0 = h(y). Porlo tanto f es derivable nicamente en los puntos que h(y) = 0.(d) Si f es derivable en z, entonces debe satisfacer fy(z) = i fx(z), lo cual implicafy(z) = fx(z) = 0 ya que f (z) solo forma valores reales. Por tanto, f es derivablenicamente en los puntos donde fy(z) = fx(z) = 0(e) Como f no es continua en cero, no es derivable en cero. Como |z|2 = f (z)z2en C {0}, si f fuese derivable en algn punto z0 C {0}, entonces |z|2 tambinseria derivable en z0, pero |z|2 no es derivable en ningn punto de C {0}, luegof no es derivable en ningn punto de C.

2. Hallar una funcin analtica (y especificar en que dominio lo es), cuya parte realsea u(x, y) = ey cos xSolucinEl problema consiste en determinar la conjugada armnica v(x, y) de u(x, y) =ey cos x. Comencemos notando que u = 0. Por otra parte, si v(x, y) es la con-jugada armnica de u(x, y) se satisface que:ux = vy y uy = vx. O sea:

eysenx = vy y ey cos x = vxIntegrando la primera ecuacin respecto a y tenemos:

eysenxdy = senxey + k(x) = v(x, y)

Ahora derivando respecto a x tenemos:

ey cos x = vx = ey cos x + k(x)

con lo que k(x) = 0Luego

v(x, y) = senxey +Cdonde C es un constante real.

3. Supongamos que f es una funcin de clase C2 (en sentido real) en un abierto .Pruebe que si f es analtica en , entonces f tambin es analtica en .Solucin:Si f (z) = u(x, y) + iv(x, y) es analtica en se satisface que ux = vy y uy = vx.Como u, v son de clase C2 en sentido real, es decir, todas sus derivadas de orden

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dos son continuas, se tiene la igualdad de las derivadas cruzadas. Por tanto, lasecuaciones de Cauchy-Riemann para f dan uxx = vxy y uxy = vxx. Veamos quef = ux + ivx = U + iV Satisface las ecuaciones de Cauchy-Riemann: Ux = uxx =vxy = Vy , Uy = uxy = vxx = Vx y por ser Ux y Uy continuas en , f esanaltica en .

Observacin 3.8.1. Ms adelante veremos que la condicin que f C2 se puedesuprimir gracias a la frmula Integral de Cauchy.


3.9. Ejercicios del captulo 31. Determine el conjunto de valores de z donde la funcin dada es continua:

(a) w = z3 2z + 1

(b) w = z2 + 2z + 3

(z 1)(z2 + 9)(c) w = |z + i|(d) w = Re

Análisis en Una Variable Compleja

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