mate5 rojas

MATEMÁTICA V

Victor Daniel Rojas Cerna

Profesor principal área de matematicas FIEE

Índice general

1. Límites y derivadas 3

1.1. Deniciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.1.1. Conjugada de Z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.1.2. Parte real e imaginaria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.1.3. Módulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.1.4. Argumento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.1.5. Potenciación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.1.6. Radicación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.2. Polinomios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.2.1. Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.2.2. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.3. Conceptos topológicos del plano complejo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.3.1. Distancia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.3.2. Disco abierto (Vecindad) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.3.3. Disco cerrado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.3.4. Punto de acumulación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.3.5. Punto interior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.3.6. Punto exterior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.3.7. Punto forntera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.3.8. Conjunto abierto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.3.9. Conjunto cerrado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.3.10. Conjunto acotado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.3.11. Conjunto compacto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.3.12. Cubrimientos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.3.13. Teorema de Heine-Borel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.3.14. Teorema de Bolzano-Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.3.15. Diametro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.4. Ejercicios 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.5. Funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.6. Límites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.6.1. Denición: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

1

ÍNDICE GENERAL 2

1.6.2. Proposición 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

1.6.3. Proposición 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

1.6.4. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.6.5. Explicación del simbolo ∞ en C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.7. Derivación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1.7.1. Condición necesaria: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1.7.2. Condición necesaria y suciente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

1.7.3. Función analítica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

1.7.4. Funciones armónicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

1.7.4.1. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

1.8. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

Victor D. Rojas Cerna - FIEE-UNI

Capítulo 1

Límites y derivadas

Preliminares:

Para poder estudiar funciones de valor y variable compleja, es necesario traer a la memoria

algunos conceptos básicos acerca del conjunto C de los números complejos es decir de:

C = (a, b)/a, b ∈ R

De igual manera:

Cn = (z1, z2, ..., zk, ..., zn)/zi ∈ C; i = 1, 2, ..., k, ..., n

A cada elemento de C denotado z, w, ... se les llaman números complejos. En C se hallan denidas

dos operaciones internas, además de la igualdad en C.

Igualdad: (a, b) = (c, d) =⇒ a = c ∧ b = d

Suma: (a, b) + (c, d) = (a+ c, b+ d)

Producto: (a, b)(c, d) = (ac− bd, ad+ bc)

División:(a, b)(c, d)

=(a, b)(c,−d)(c, d)(c,−d)

=(ac+ bd

c2 + d2,−ad+ bc

c2 + d2

)/(c, d) 6= (0, 0)

En estas operaciones tenemos:

(0, 0) : Elemento neutro aditivo de C

(1, 0) : Elemento neutro multiplicador de C

Es decir:

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

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

3

CAPÍTULO 1. LÍMITES Y DERIVADAS 4

Proposición:

Existe una función inyectiva entre R y el eje real dada por:

ψ : x −→ (x, 0)

Se ha comprobado que ψ es una función biyectiva y que además satisface para todo x, y en R:

ψ(x+ y) = ψ(x) + ψ(y)

ψ(x+ y) = (x, 0) + (y, 0) = ψ(x) + ψ(y)

Esto permite identicar R con el eje real. 1

Es decir que a = (a, 0), así tenemos

(0, 1)(0, 1) = (−1, 0) = −1

Denotemos la unidad imaginaria ”i” como:

i = (0, 1)

Donde i2 = −1, es por eso que incorrectamente se expresa i =√−1. A todo elemento de C se le

llama número complejo y generalmente se le denota:

z1, z2, ...

Consecuencia de esto: z = (a, b) ∈ C =⇒ z = (a, 0) + (0, b) = (a, 0) + (b, 0)(0, 1) =⇒z = a+ bi.

Esto nos permite escribir:

C = a+ bi/a, b ∈ R

1Eje real: (x, 0)/x ∈ R



1.1. Deniciones

1.1.1. Conjugada de Z

Si: z = a+ bi , denimos la conjugada de z como

z = a− bi

Interpretación:

Propiedades:

1. z + w = z + w

2. (z.w) = z.w

3.( zw

)=z

w, W 6= 0

1.1.2. Parte real e imaginaria

Si: z = a+ bi, denimos: <e(z) = a

=m(z) = b

Propiedades:

1. a =z + z

2

2. b =z − z

2i= −i

(z − z

2

)3. <e(z + w) = <e(z) + <e(w)

4. =m(z + w) = =m(z) + =m(w)

5. <e(z) = <e(z)

6. =m(z) = −=m(z)



1.1.3. Módulo

Dado z ∈ C , denimos el módulo de z = a+ bi como el número real no negativo |z| dado por:

|z| =√a2 + b2

Interpretación: Si z ∈ C − 0, |z| es la longitud del radio vector que representa al número

complejo z.

Propiedades

1. |z| ≥ 0

2. |z| = |z|

3. |zw| = |z| |w|

4. Si w ∈ C− 0 :∣∣∣ zw

∣∣∣ =|z||w|

5. |z| = 0 ⇐⇒ z = 0

6. |z + w| ≤ |z|+ |w| , desigualdad triangular

7. ||z| − |w|| ≤ |z|+ |w|

8. |<e(z)| ≤ |z| , |=m(z)| ≤ |z|

9. |z|2 = z.z

10. |zn| = |z|n

1.1.4. Argumento

Dado un complejo z ∈ C− 0, denimos el argumento principal de z como el ángulo entre 0 y

2π que determinan los vectores 1 y z generalmente denotado θ .

Consecuencia: Si z ∈ C− 0 entonces:

z = |z| (Cosθ + iSenθ)

Esta es la forma polar o trigonométrica del número complejo z.

Apreciación: Si z = |z| (Cosθ + iSenθ) podemos escribir:

z = |z| (Cos(θ + 2πk) + iSen(θ + 2πk))∀k ∈ N.



Comentario: Generalmente para z ∈ C − 0 , se dene como argumento de z a θ tal que:

Tgθ =b

a, (z = a + ib), además es conveniente hacer notar algunas veces cuando uno habla del

argumento principal a veces se toma θ ∈ [−π, π >(ó < −π, π]). Denotaremos como Arg(z) al

argumento principal de z tal que suceda que z ∈ C− 0.

Propiedades

1. Arg(z) +Arg(z) = 2π

2. Arg(zw) = Arg(z) +Arg(w)

3. Si z ∈ C− 0: |Arg(z)−Arg(−z)| = π

Si z ∈ CI =⇒ −z ∈ CIII =⇒ Arg(−z)−Arg(z) = π . CI : primer cuadrante.

Si z ∈ CII =⇒ −z ∈ CIV =⇒ Arg(−z)−Arg(z) = π . CII : segundo cuadrante.

Si z ∈ CIII =⇒ −z ∈ CI =⇒ Arg(z)−Arg(−z) = π . CIII : tercer cuadrante.

Si z ∈ CIV =⇒ −z ∈ CII =⇒ Arg(z)−Arg(−z) = π . CIV : cuarto cuadrante.

Luego: |Arg(z)−Arg(−z)| = π.

Notación fasorial:

Si z ∈ C− 0 podemos escribir:

z = |z|∠θ

Notación exponencial:

Denamos:

cisθ = eiθ = Cosθ + iSenθ = eiθ+2kπ(formula de Euler)

1.1.5. Potenciación

Si n ∈ Z y z ∈ C denimos:

zn = z.z.z......︸︷︷︸”n” factores

Propiedades

1. (z1z2)n = zn1 zn2

2. |zn| = |z|n

3.

(z1

z2

)n=zn1zn2

4. (zn)m = znm



5. i4n = 1 , i4n+1 = i , i4n+2 = −1 , i4n+3 = −i

6. (z1 + z2)n =∑n

k=0

(n

k

)zn−k1 zk2 , ∀n ∈ Z+

Teorema de Moivre

Si n ∈ Z entonces:

(cosθ + iSenθ)n = Cos(nθ) + iSen(nθ)

Prueba: Por inducción matemática

1. Cumple para n = 12. Suponiendo que cumple para n = h demostremos que cumple para n = h+ 1:

(Cosθ + iSenθ)h+1 = (Cosθ + iSenθ)(Cosθ + iSenθ)h = (Cosθ + iSenθ)(Coshθ + iSenhθ)

= (CoshθCosθ − SenhθSenθ) + i(SenhθCosθ + SenθCoshθ)

Luego, se cumple para n = h+ 1, por lo tanto la proposición es válida.

Comentario: Se cumple

(cisθ)n = cis(nθ)cisθ = cisθ

1.1.6. Radicación

Si n ∈ Z+y z ∈ C , diremos que el complejo b es una raiz n-ésima de z si : bn = z. En este caso

escribimos: b = z1/n.

Proposición

Si n ∈ Z+ y z = |z| (Cosθ + iSenθ), entonces las raíces de z están dadas por:

z = |z|1n

Cos

(θ + 2kπ

n

)+ iSen

(θ + 2kπ

n

), k = 0, 1, 2, ..., n− 1

Comentarios:

1. Si z ∈ C − 0 y n ∈ Z+ , las n raíces del número complejo z determinan un polígono

regular de n lados , es decir las n raíces son los vértices de un polígono regular de n

lados.



2. Las n raíces de z son: wk = |z|1/n cis(θ + 2kπ

n

), k : 1, 2, 3, ..., n− 1. Ellas son las raíces

del polinomio complejo: P (z) = wn − z. Por la regla de Cardano:∑n

j=1wj = 0<e(∑n

j=1wj

)= 0

=m(∑n

j=1wj

)= 0

|z|1/n

∑nj=0 cos

(θ + 2jπ

n

)= 0

|z|1/n∑n

j=0 sin(θ + 2jπ

n

)= 0

∑nj=0 cos

(θ + 2jπ

n

)= 0∑n

j=0 sin(θ + 2jπ

n

)= 0

3. Las raíces de la unidad son los vértices de un polígono regular de n lados con centro en

el origen, dadas por: wk = cis

(θ + 2kπ

n

), k = 0, 1, 2, ..., n− 1. Además:

n−1∑k=1

cos(

2kπn

)= 1 ∧

n−1∑k=1

sin(

2kπn

)= 0

Ejemplo Resolver: (z − i)n = (z + i)n, n ∈ Z+

Solución:

(z − iz + i

)n= 1 , entonces:

z − iz + i

= e2kπin con k = 1, 2, 3, ..., n− 1. (no hemos consid-

erado k = 0 , pues no hay solución en esa alternativa).

⇒ z − 1 = ze2kπin + ie

2kπin , por lo tanto:

z =i(e

2kπin + 1)

1− e2kπin

, k = 1, 2, 3, ..., n− 1

Ejemplo Resolver: (z2 + 2iz − 1)5 = (z + 2)10

Solución:

[(z + i)2]5 = (z + 2)10 ⇒ z + i

z + 2= e

2kπi10n

z =2e

2kπi10n − i

1− e2kπi10n

k = 1, 2, ..., 9



1.2. Polinomios

Un polinomio de grado n con coecientes reales (o complejos) es toda expresión de la forma:

P (z) =n∑k=0

akzn−k , ak ∈ R(o C)

1.2.1. Propiedades

1. Si P (z) es un polinomio con coecientes reales entonces: α es raíz de P (z) si y solo si α

es raíz de P (z).

Ejemplo Hallar el polinomio P (z) con coecientes reales, si sus dos raíces son complejos y

una se ellas es el cuadrado de la otra.

Solución: Sea una raíz: a + ib , luego por condición del problema tendremos que la otra raíz

es (a+ ib)2 que debera coincidir (por la propiedad) con a+ ib = a− ib. Entonces: a− ib = (a+ bi)2

, resolviendo:

a = a2 − b2 ∧ −b = 2ab

⇒ a = −1/2 ∧ b = ±√

3/2

Las raíces serán:−12

+i√

32

;−12−i√

32. El polinomio es: P (z) = z2−(−1

2+i√

32−1

2−i√

32

)z+14

+34

P (z) = z2 + z + 1

2. Si P (z) es un polinomio de potencias pares, entonces α es raíz de P (z) ⇐⇒ −α es raíz

de P (z).

Ejemplo Si tenemos P (z) = iz4 + 2z2 − i , podemos ver que α = eiπ/4 es una raíz de P (z),donde −α = ei5π/4. Veamos que −α también es raíz del polinomio:

P (ei5π/4) = i(ei5π/4)4 + 2(ei5π/4)2 − i = −i+ 2i− i = 0 cumple!

3. Si P (z) es un polinomio con coecientes reales y todas las potencias son pares se tiene:

α es raız ⇐⇒ −α es raız ⇐⇒ α es raız ⇐⇒ −α es raız

Esto signica que si tenemos el polinomio; P (z) =∑n

k=0 akzn−k , ak ∈ R, k = 0, 1, ..., n ,de potencias

pares, y conocemos una raíz podemos obtener las otras tres en caso esta sea compleja.



Ejemplo Para: P (z) = z4 + 4 , podemos ver que α = 1 + i es una raíz y como P (z) es de

potencia par −α, α,−α son también raíces de P (z). Luego, las raíces son:

1 + i, 1− i, −1− i, −1 + i

4. Si P (z) es un polinomio simétrico de grado n , es decir, P (1/z) = z−nP (z) (con n 6= 0)se cumple que:

α es raız de P (z)⇐⇒ 1αes raız de P (z)

Ejemplo Tomemos: P (z) = z2 + bz + 1, b ∈ R el cual es simétrico, tiene una raíz compleja

cuya parte real e imaginaria son iguales. Entonces, si α = c + id es raíz,1α

=1

c+ id=

c− idc2 + d2

también es raíz, luego:

α+1α

= c+ id+c− idc2 + d2

= −b

c+c

c2 + d2= −b ∧ d− d

c2 + d2= 0

⇒ b = −2c ∧ c2 + d2 = 1

Bastaría tomar c = d =√

22

(ó −√

22), así obtenemos dos polinomios: P (z) = z2 ±

√2z + 1.

1.2.2. Ejercicios

1) Hallar el polinomio mónico P (z) de grado 3, con termino independiente 8 cuyas raíces están

en progresión geométrica de razón r = 1− i, siendo los otros dos coecientes números complejos.

Respuesta: P (z) = z3 − (5− i)z2 + (10− 2i)z − 8.

2) Hallar el polinomio mónico de tercer grado, que tiene sus raíces en progresión aritmética,

cuya suma es 6 + 3i.Respuesta: P (z) = z3 − (6 + 3i)z2 + (9 + 0i)z − (4 + 7i).

3) Gracar: R = z ∈ C/ |z − 1| ≤ |z + 1|

Solución: Razonemos, elevando al cuadrado la desigualdad no se altera:

|z − 1|2 ≤ |z + 1|2 =⇒ |z − 1| |z − 1| ≤ |z + 1| |z + 1| =⇒ zz − z − z + 1 ≤ zz + z + z + 12(z + z) ≥ 0 ∴ <e(z) ≥ 0 .



La gráca es la mostrada en la gura siguiente:

4) Graque: V = z ∈ C/ |z + 1| < 2 |z − 1|

Solución: Sea: z = x + iy , reemplazando: (x + 1)2 + y2 < 4[(x − 1)2 + y2] , de donde:

3x2 − 10x+ 3y2 + 3 > 0 =⇒ (x− 53)2 + y2 >

169.

La gráca es el exterior a la circunferencia con centro en (53 ; 0) y radio 4

3 .

5) Comprobar que:∑n−1

k=1 Cos(2kπn

) = −1, y∑n−1

k=1 Sen(2kπn

) = 0.

6) Demostrar que: 1 + cos72°+ cos144°+ cos216°+ cos288° = 0. (Sugerencia: Usar el problema

anterior con n = 5)

1.3. Conceptos topológicos del plano complejo

1.3.1. Distancia

Dados z1, z2 ∈ C denimos la distancia entre z1 y z2 como:

d(z1, z2) = |z1 − z2|

Propiedades

1. d(z1, z2) > 0

2. d(z1, z2) = 0 ⇐⇒ z1 = z2

3. d(z1, z2) = d(z2, z1)

4. d(z1, z3) < d(z1, z2) + d(z2, z3) ∀z2 ∈ C. Con esta denición (C, d) es un espacio métrico.



1.3.2. Disco abierto (Vecindad)

Dado z0 ∈ C y r > 0 denimos el disco abierto (ó vecindad de z0),Vr(z0), como el siguiente

conjunto:

Vr(z0) = V (z0, r) = z ∈ C/ |z − z0| < r

Vecindad reducida:

Es el disco abierto sin el centro (z0):

V ′r (z0) = V ′(z0, r) = Vr(z0)− z0 = V (z0, r)− z0

1.3.3. Disco cerrado

Dado z0 ∈ C y r > 0 denimos el disco cerrado V r(z0) como el conjunto:

V r(z0) = z ∈ C/ |z − z0| ≤ r

Consecuencia: Vr(z0) ⊂ V r(z0)

1.3.4. Punto de acumulación

Dado un conjunto A ⊂ C diremos que z0 ∈ C es un punto de acumulación de A si:

V ′(z0, r) ∩A 6= ∅ ∀r > 0

Esto signica que cualquier disco abierto de centro z0 contiene innitos puntos de A.

Ejemplo Dado: A = (x, y)/0 < x < 1; 0 < y < 1, 1 es punto de acumulación de A?

Solución: Gracando la región:



Notamos que 1 si es punto de acumulación de A.

Observación: Si z0 es p.a. de A no necesariamente z0 ∈ A.

Denición: Si A ⊂ C , denimos el conjunto A′ como: A′ = z ∈ C/z es p.a. de A

1.3.5. Punto interior

Si A ⊂ C y z0 ∈ A diremos que es un punto interior si existe una V (z0, r) incluida en A.

Ejemplo

Del gráco:

z1 es un p.i. de A.

z2 = 1 + i/2 no es un p.i. de A.

1.3.6. Punto exterior

Si A ⊂ C , z0 se dice que es un punto exterior de A si: ∃ V (z0, r) para algún r > 0 tal que

V (z0, r) ⊂ C−A.

Ejemplo

1.3.7. Punto forntera

Si A ⊂ C, z0 se dice que es un punto frontera de A si no es un punto interior ni exterior de este.



Notación: ∂A: Frontera de A. Denota el conjunto de los puntos frontera de A.

Ejemplo

A =< 0, 1 > . < 0, 1 > entonces, la frontera (∂A) son los lados.

1.3.8. Conjunto abierto

Si A ⊂ C, A es abierto si y solo si todo punto de A es punto interior de A.

1.3.9. Conjunto cerrado

Si A ⊂ C, A es cerrado si y solo si el complemento de A (C−A) es abierto.

Propiedades

1. La reunión de toda familia de conjuntos abiertos es abierto.

2. La intersección de una familia nita de conjuntos abiertos es abierto

3. La intersección de toda familia de cerrados es cerrado

4. La unión nita de conjuntos cerrados es cerrado

1.3.10. Conjunto acotado

Si A ⊂ C, se dice que A es un conjunto acotado si ∃ M > 0/|z| ≤M ∀z ∈ A

1.3.11. Conjunto compacto

Si A ⊂ C, diremos que es compacto si es cerrado y acotado



1.3.12. Cubrimientos

La familia (Aα)α∈I se dice que es un cubrimiento de A si todo z ∈ A está en algún Aα para

α ∈ I. En términos más simples, si A ⊂⊔α∈I

Aα , entonces (Aα)α∈I es un cubrimiento de A.

Así con I = 1, 2 ,se tiene: A ⊂⊔α∈I

Aα = A1 ∪A2

De igual manera (Aα)α∈I donde I = 1, 2, 3, es un cubrimiento de A conforme podemos apreciar

en la gura:

1.3.13. Teorema de Heine-Borel

Si A ⊂ C compacto y V (z)z∈A una familia de discos con centro en z ∈ A entonces existen

z1, z2, z3, ..., zn tales que V (z1), V (z2), ..., V (zn) cubran al conjunto A.

1.3.14. Teorema de Bolzano-Weierstrass

Todo A ⊂ C innito y acotado posee un punto de acumulación.

1.3.15. Diametro

Si A ⊂ C y A 6= ∅ el diametro de A denotado ∂(A) se dene por:

∂(A) = supremo|z −m| /z,m ∈ A

Ejemplo Sea A el conjunto de puntos interiores de la elipse de centro cualquier punto con

a = 5 y b = 4 , entonces ∂(A) = 10.

1.4. Ejercicios 1

Ejercicio.(1) Si z = x+ iy , comprobar que las raices cuadradas de z son: w = ± 1√2√x+ |z|+

iSen(y)√−x+ |z|, donde x ∈ R+.



Solución: Veamos que w2 = z:

w2 = 12 [√x+ |z|+ iSen(y)

√−x+ |z|]2

w2 = 12 [x+ |z|+ 2iSen(y)

√−x+ |z| − 2Sen2(y)(−x+ |z|] , esto es:

w =

12(x+ |x|), y = 012(x+ |z|+ 2iy + x− |z|), y > 012(x+ |z|+ 2iy + x− |z|), y < 0

entonces:

w =

12(x+ |x|), y = 0

z, y 6= 0, de donde:

w2 = z

Ejercicio.(2) Hallar y gracar el lugar geométrico dado por:

∣∣∣∣z +1z

∣∣∣∣ ≤ 2

Solución: Sea: z = x+ iy donde z 6= 0 (esto es indiscutible), luego:

∣∣z2 + 1∣∣ ≤ 2 |z|∣∣x2 − y2 + 2ixy + 1∣∣ ≤ 2 |x+ iy|

(x2 − y2 + 1)2 + 4x2y2 ≤ 4(x2 + y2)

(x2 + y2 − 1)2 − 4y2 ≤ 0

(x2 + y2 − 1− 2y)(x2 + y2 − 1 + 2y) ≤ 0

Identicamos las fronteras de nuestro lugar geométrico:

(x2 + y2 − 1− 2y) = 0 =⇒ x2 + (y − 1)2 = 2

(x2 + y2 − 1 + 2y) = 0 =⇒ x2 + (y + 1)2 = 2

El gráco es el siguiente:

Ejercicio.(3) Identicar y gracar el lugar geométrico dado por: (3−|z − i|− |z − 2i|)(3−|z|) ≤ 0.



Solución: Gracando las fronteras:

3− |z − i| − |z − 2i| = 0 =⇒ |z − i| − |z − 2i| = 3

elipse de focos (0, 1) y (0, 2) con a =32.

3− |z| = 0 =⇒ |z| = 3

circunferencia de radio 3 con centro en el origen. El gráco:

Ejercicio.(4) Demostrar que la ecuación:

∣∣∣∣z + 1z − 1

∣∣∣∣ = c representa una circunferencia si c > 0 y

c 6= 1.

Solución: En tanto z 6= 1 tenemos: |z + 1| = c |z − 1| , así si z = x+ iy tendremos que

|x+ 1 + iy| = c |x− 1 + iy|

(x+ 1)2 + y2 = c2[(x− 1)2 + y2]

x2 + 2x+ 1 + y2 − c2x2 + 2c2x− c2 − c2y2 = 0

(1− c2)x2 + (2 + 2c2)x+ (1− c2)y2 = c2 − 1(x+

1 + c2

1− c2

)2

+ y2 =c2 − 11− c2

+(

1 + c2

1− c2

)2

(x+

1 + c2

1− c2

)2

+ y2 =4c2

(1− c2)2

Es una circunferencia siempre que c 6= 1.

Ejercicio.(5) Vericar las siguientes expresiones:

1.∑n

k=0 zk =

1− zn+1

1− z, z 6= 0, 1

2.∑n

k=0Cos(kθ) =Sen θ2 + Sen(n+ 1

2)θ

2Sen θ2

3.∑n

k=0 Sen(kθ) =Cos θ2 − Cos(n+ 1

2)θ

2Sen θ2



Solución:

1. Hacemos uso del principio de inducción matemática:

(i) Si n = 1, se cumple (1):∑nk=0 z

k = z0 + z1 = 1 + z

y1− z1+1

1− z=

(1− z)(1 + z)1− z

= 1 + z , pues z 6= 0.

(ii) Suponemos que comple para n = h, es decir:∑h

k=0 zk =

1− zh+1

1− z(hipótesis inductiva)

Probemos que la igualdad se cumple para n = h+ 1:

h+1∑k=0

zk = (h∑k=0

zk) + zh+1

h+1∑k=0

zk =1− zh+1

1− z+ zh+1

h+1∑k=0

zk =1− zh+1 + zh+1 − zh+2

1− zh+1∑k=0

zk =1− z(h+1)+1

1− z

Luego, por el primer principio de inducción matemática queda demostrada dicha propiedad.

2. Apelamos a la parte (1) haciendo z = eiθ, entonces:

n∑k=0

(eiθ)k =1− (eiθ)n+1

1− eiθn∑k=0

(Coskθ + iSenkθ) =1− (eiθ)n+1

eiθ2 (e−

iθ2 − e

iθ2 )

=i(e−

iθ2 − ei(n+1/2)θ)

2Sen θ2n∑k=0

(Coskθ + iSenkθ) =Sen θ2 + Sen(n+ 1

2)θ + i(Cos θ2 − Cos(n+ 1

2)θ)

2Sen θ2

Luego, tomando las partes real e imaginaria obtenemos las igualdades (2) y (3) solicitadas.

Ejercicio.(6) Demostrar que:

1. Cos(nθ) =∑n

k=0(−1)k/2Cos−kθ.Senkθ , para k : par

2. Sen(nθ) =∑n

k=0(−1)(k−1)/2Cosn−kθ.Senkθ , para k : impar



Solución: (1) y (2):

Recordando la fórmula de Moivre:

(Cosθ + iSenθ)n = Cos(nθ) + iSen(nθ)

Usando el teorema del binomio: (Cosθ + iSenθ)n =∑n

k=0(−1)(k−1)/2

(n

k

)Cosn−kθ.(i)kSenkθ

Además: (i)2k = (−1)k , entonces:

Cos(nθ) + iSen(nθ) =n∑k=0

(−1)k/2Cos−kθ.Senkθ︸︷︷︸k:Par

+ i.n∑k=0

(−1)(k−1)/2Cosn−kθ.Senk︸︷︷︸k:Impar

Luego tomando partes reales e imaginarias a ambos miembros obtenemos las identidades solici-

tadas.

Ejercicio.(7) Resolver el siguiente sistema usando varaiable compleja: x = x(t), y = y(t)x′ = x2 − y2

y′ = 2xy

Solución: Completando y simplicando el sistema: x′ + iy′ = x2 − y2 + i2xy ,

entonces:

z′(t) = z2(t)1z(t)

= t+ k1 + ik2

x+ iy =−1

(t+ k1) + ik2

x+ iy =− ((t+ k1) + ik2)

(t+ k1)2 + ik22

Ejercicio.(8) Dado: A ∈ C , denimos: −A = −z/z ∈ A. Demostrar que si A es abierto −Atambién es abierto.

Solución: Sea w ∈ −A , veamos que existe una vecindad de centro w contenida en −A.Como w ∈ −A ∃a ∈ A / w = −a . Probaremos que V (w, r) ⊂ −A.z ∈ V (w, r) =⇒

|z − w| < r

|−w − (−z)| < r

|a− (−z)| < r

Entonces: −z ∈ V (a, r) =⇒ −z < r =⇒ −(−z) ∈ −A . Luego, −A es abierto.



Ejercicio.(9) Analogamente al ejercicio anterior demostrar que si A es abierto A es abierto, donde:

A = z/z ∈ A.

Ejercicio.(10) Si p ∈ C, denimos: p + A = p + a/a ∈ A. Probar que si A es abierto p + A es

abierto. (Sugerencia: Sea y ∈ p + A =⇒ ∃a ∈ A/y = p + a, y como a ∈ A =⇒ ∃r >0/V (a, r) ⊂ A )

Solución: Veamos que V (y, r) ⊂ p+A , lo cual signicaría que es un punto interior de p+A.

w ∈ V (y, r) entonces:

|w − y| < r

|w − (p+ a)| < r

|(w − p)− a| < r

Entonces w− p ∈ V (a, r) ⊂ A =⇒ w− p ∈ A =⇒ ∃a1 ∈ A/w− p = a1 =⇒ w = p+ a1, a1 ∈ A ,

de donde: w ∈ p+ a

Ejercicio.(11) Si A,B ⊂ C son abiertos demostrar que A+B es abierto.

Solución: Sea y ∈ A+B , veamos que y es un punto interior de A+B.

∃a ∈ A, b ∈ B/y = a+ b , ∃r1, r2 > 0/V (a, r1) ⊂ A, V (b, r2) ⊂ B.Sea r = minr1, r2, ahora veamos que V (y, r) ⊂ A+B. Como w ∈ V (y, r) , entonces:

|w − y| < r

|w − a− b| < r

|(w − a)− b| < r2

Entonces w − a ∈ V (b, r2) ⊂ B , luego ∃b1 ∈ B/w − a = b1 =⇒ w = a + b1 =⇒ w ∈ A + B

=⇒V (y, r) ⊂ A+ B por lo tanto y es punto interior de A+ B osea (A+ B)o = A+ B (notación);

así : A+B es abierto.

Ejercicio.(12) Sea A ⊂ C/A es abierto, B = 1 + i− z/z ∈ A. Ver si B es abierto.

Solución: Como A es abierto todos sus puntos son interiores.

Sea p ∈ B =⇒ ∃ a ∈ A/p = 1 + i − a, y como A es abierto ∃ r > 0/V (a, r) ⊂ A. Veamos que

V (p, r) ⊂ B, sea w ∈ V (p, r) entonces:

|p− w| < r

|1 + i− a− w| < r

|(1 + i− w)− a| < r

Entonces (1 + i−w) ∈ A , si tomamos un a1 ∈ A / 1 + i−w = a1 =⇒ w = 1 + i− a1 =⇒w ∈ Bpor lo tanto : V (p, r) ⊂ B asi B es abierto.



Ejercicio.(13) Si A = z ∈ C/ |z| − |z − i| ≥ 2 ∧ arg(z) ∈ [0; 2π]. Ver si A es cerrado.

Ejercicio.(14) Gracar, determinar las fronteras y analizar si son abiertos o cerrados los siguientes

conjuntos:

1. A = 2z + z/arg(z) ∈ [0;π

2]

2. B = z − 2z/arg(z) ∈ [0; 2π]

3. C = z2/arg(z) ∈ [π; 2π]

4. D = (|z|)−1 z/z 6= 0

Ejercicio.(15) Si A = z ∈ C/<e(z) + =m(z) ∈ Q, hallar ∂A.

Solución: Tenemos: A = (x, y)/x+ y ∈ q, q ∈ QTomando un z ∈ C cualquier vecindad de centro z y de radio r > 0 siempre tendrá elementos

de A y de su complemento, luego, z es un punto frontera (no es exterior ni interior) y como z es

arbitrario:

∂A = C

Ejercicio.(16) Si tenemos: B = z+|z| /<e(z) ∈ Q hallar ∂B. (Sugerencia: Usar <e(z+|z|) ≥ 0).

Respuesta: ∂B resulta en el primer y cuarto cuadrante.

Ejercicio.(17) Si A,B ∈ C y A ∩B 6= Ø , ambos dominios, ver si A ∩B es un dominio.

Ejercicio.(18) Representar en el plano complejo los siguientes conjuntos

1. A = z − 1/ |z + i| ∈ [1, 2]. Nota: A = w/ |w| ∈ [1, 2] = z/ |z| ∈ [1, 2] z − i = w ↔z + i = w, A resulta ser una corona de centro en el origen y radios 1 y 2.

2. B = z − i/ |ez| ≤ 2 = (x, y)/∣∣ex+1

∣∣ ≤ 2

3. C = z + 2z/∣∣ezi∣∣ ≤ 2

4. D = z − 2z/∣∣z2 + 2zi− 1

∣∣ ≤ 4

5. F = zi+ 1/∣∣∣∣z + 1z + i

∣∣∣∣ ≤ 1

Ejercicio.(19) Si A,B ∈ C ambos acotados demostrar que A+B es acotado.

Ejercicio.(20) Sabiendo que B = z/z ∈ B demostrar que B es acotado ⇐⇒ B es acotado.

Ejercicio.(21) Si A,B ⊂ C decir si se cumple: ∂(A ∪B) = ∂A ∪ ∂B.

Ejercicio.(22) Sean: A = z ⊂ C/<e(z) > 0,=m(z) > 0 y B = 0, 1,−1. Ver si A + B es

abierto.



Ejrcicio.(23) Sea: E = z2/ |z| < 1 ¾E es abierto?

Ejercicio.(24) Sea P = z ∈ C/<e(z) = =m(z), Q = z ∈ C/<e(z) = −=m(z). Determine los

puntos interiores de P +Q.

Solución: Se observa que P +Q = C , esto viene como consecuencia de:

z = a+ ib =[a+ b

2+ i

a+ b

2

]+[a− b

2− ia− b

2

]

Entonces, si z = p+ q tenemos: p =a+ b

2+ i

a+ b

2∈ P y q =

a− b2− ia− b

2∈ Q . Luego

C ⊂ P +Q.

Por denición P +Q ⊂ C , es decir P +Q = C pero como C es abierto:

(P +Q)o = C

Ejercicio.(25) Determinar los puntos frontera de: F = z ∈ C/Arg(z) =π

n, n ∈ Z+

1.5. Funciones

Una función f : Ω 6= C, Ω ⊂ C asocia a cada número complejo de Ω uno (monovaluada) o varios

(multivaluada) números complejos.

Así, f(z) = z2 es una función monovaluada, g(z) = z1/2 es una función bivaluada (multivaluada).

Cuando se tiene una función multivaluada podemor referirnos a una rama es decir a uno de sus

valores .

Por ejemplo, como aceleración tenemos: g : g(z) = z1/2

Sabemos que: z1/2 = |z| cis(θ + 2kπ

2

), k = 0, 1

Así tenemos: g1(z) = |z| cis(θ

2

)y g2(z) = |z| cis

(θ + 2π

2

)=⇒ g2(z) = −g1(z) , son dos funciones monovaluadas (de valor simple).

Para entender esta situación podemos superponer dos planos pegados por el semieje positivo, en

el gráco AB pegado con RS:



Así tenemos que al levantar estos planos pegados tenemos una supercie conocida como una

supercie de Riemann, cada uno de estos planos se denomina una rama, así siempre para fun-

ciones multivaluadas, se habla del valor principal de dicha función, en este caso es g1(z).De igual manera para: h(z) = z1/3, h tiene 3 ramas:

h1(z) = |z|1/3 cis(θ

3

)h2(z) = |z|1/3 cis

(θ + 2π

3

)h3(z) = |z|1/3 cis

(θ + 4π

3

)La función bivaluada: T (z) =

√z2 − 1 la podemos expresar como una transformación w2 =√

z2 − 1, así tendríamos:

w2 = z2 − 1

w = (z + 1)(z − 1)

Con z + 1, z − 1 ∈ C, por tanto podemos escribir:z − 1 = r1eiθ1 r1 = |z − 1| , θ1 : argumento de z − 1

z + 1 = r2eiθ2 r2 = |z + 1| , θ2 : argumento de z + 1

w2 = r1r2ei(θ1+θ2) , por lo anteriormente visto tenemos:

w =√r1r2cis

(θ1 + θ2 + 2kπ

2

), −π < θ1 < π, 0 < θ2 < 2π

Asi tendremos dos ramas:

w1 =√r1r2cis

(θ1 + θ2

2

), w2 = −w1

Sea A ⊂ C una función f : A −→ C puede ser monovaluada o multivaluada.

Comentario: f : A −→ R , A ⊂ C (Df = A)



Para una función de valor y variable compleja no podemos hablar de gráca de f .g : A −→ R A ⊂ C2

graf (g) ⊂ C2

graf (g) = (x, y, z)/z = f(x, y)

Sistema informal:

f : A2 −→ C2

graf (f) = (x, y), (z, w)/(z, w) = f(x, y) −→ graf (g) ⊂ C4

Para compensar el vacío de la gráca se habla de la aplicación de la transformación que ella

determina.

Ejemplo:

f(z) = z2

z ∈ C =⇒ z = |z| eiθ =⇒ z2 = |z|2 ei2θ. Si z = x + iy =⇒ f(z) = f(x, y) = (x + iy)2 =x2 − y2 + i2xy.

Toda función compleja (variable y valor complejo) que estamos estudiando se puede expresar

como:

f(z) = f(x+ iy) = µ(x, y) + iν(x, y)

Donde µ, ν : R2 −→ C, así tendremos que:µ(x, y) = x2 − y2

ν(x, y) = 2xy

Si por ejemplo x = y , tendremos: µ(x, y) = 0

ν(x, y) = 2x2

Así la recta y = x se transforma en el semieje positivo ν.

1.6. Límites

Anteriormente denimos la vecindad reducida como: V ′r (z0) = Vr(z0)− z0



Si V ′r (z0) ∩A 6= ∅ denimos el límite de f : E −→ C , E ⊂ C

1.6.1. Denición:

Sea: z0 ∈ E y f : E −→ C con ε > 0, dado arbitrario, y δ = δ(ε, z0) > 0 tal que 0 < |z − z0| < δ

=⇒ si con z0 ∈ Df se cumple que: |f(z)− L| < ε diremos que el límite de f(z) cuando z tiende a

z0 es L y escribiremos:

lımz→z0

f(z) = L

Expresemos lo anterior en términos más simples:

lımz→z0

f(z) = L⇐⇒ ∀ε > 0 ∃δ = δ(ε, z0) > 0/z ∈ Vδ'(z0) ∩Df =⇒ f(z) ∈ Vδ(L)

Denición:

Una función f : E −→ C, E ⊂ C se dice que es acotada si ∃M > 0/ |f(z)| ≤M ∀z ∈ E.

1.6.2. Proposición 1

Si z0 ∈ E1 ∩ E2, f : E1 −→ C, g : E1 −→ C , E1, E2 ⊂ C y ∃ limz→z0

f(z) ∧ limz→z0

g(z) , entonces:

1. limz→z0

(f + g)(z) = limz→z0

f(z) + limz→z0

g(z)

2. limz→z0

(f.g)(z) = limz→z0

f(z). limz→z0

g(z)

3. Si limz→z0

g(z) 6==⇒ limz→z0

(f

g

)(z) =

limz→z0

f(z)

limz→z0

g(z)

Cuestión previa: Si:

f : E −→ C, E ⊂ C , sea z = x + iy entonces la función f se puede expresar como f(z) =f(x+ iy) = µ(x, y) + iν(x, y) donde: µ, ν : E −→ C2, E ⊂ C2.

1.6.3. Proposición 2

Si z0 ∈ E, f : E −→ C, entonces:

∃ lımz−→z0

f(z)⇐⇒ ∃ lım(x,y)→(x0,y0)

µ(x, y) ∧ ∃ lım(x,y)→(x0,y0)

ν(x, y)



Donde z0 = x0 + iy0 , además en caso armativo:

lımz−→z0

f(z) = lım(x,y)→(x0,y0)

µ(x, y) + i

[lım

(x,y)→(x0,y0)ν(x, y)

]Ejemplo Analicemos el caso siguiente y apliquemos lo descrito anteriormente. Sea f(z) = z y

z0 = 0.

Solución: Df = Cf(z) = f(x+ iy) = (x+ iy) = x− iy , entonces: µ(x, y) = x ∧ ν(x, y) = −yz0 = 0 + i0 =⇒ x0 = 0 ∧ y0 = 0, luego:

lım(x,y)→(0,0)

µ(x, y) = 0 ∧ lım(x,y)→(0,0)

ν(x, y) = 0

=⇒ lımz→z0

f(z) = 0 + i0 = 0

Corolario

Si lım(x,y)→(0,0) µ(x, y) no existe ó lım(x,y)→(0,0) ν(x, y) no existe =⇒ lımz→z0 f(z) NO existe.

1.6.4. Ejemplos

Ejemplo.(1) Demostrar que limz→0

z3 + (z)3

z + (z)2 = 0

Solución: Usemos la denición:∣∣∣∣∣z3 + (z)3

z + (z)2

∣∣∣∣∣ ≤ |z|3 + (z)3

|z|+ (z)2 ≤2 |z|3

|z| − |z|2

Tomemos un δ1 = 1/2 , |z − 0| < 1/2 =⇒ |z| − |z|2 < 1/2− 1/4 = 1/4

=⇒ 1|z| − |z|2

< 4

Entonces:

∣∣∣∣∣z3 + (z)3

z + (z)2

∣∣∣∣∣ < 8 |z|3 , sea ε > 0/8 |z|3 < ε , luego∣∣∣∣∣z3 + (z)3

z + (z)2

∣∣∣∣∣ < ε , tal que 0 < |z − 0| < 1/2 y |z| < 3√ε/8 , ahora elijamos δ = min1/2, 3

√ε/8 , así

tendremos que:

0 < |z − 0| < δ =⇒

∣∣∣∣∣z3 + (z)3

z + (z)2 − 0

∣∣∣∣∣ < ε

Ejemplo.(2) Demostrar que limz→0

z + 1z2

= 0



Solución: Partamos de: ∣∣∣∣z + 1z2− 0∣∣∣∣ =

∣∣∣∣z + 1z2

∣∣∣∣ ≤ |z|+ 1|z|2

Tomemos: M1 = 1 , |z| > 1 =⇒ |z|+ 1 < 2 |z|

∣∣∣∣z + 1z2− 0∣∣∣∣ =

2 |z|2 |z|2

=1z

si : |z| > 1∣∣∣∣z + 1z2− 0∣∣∣∣ < ε si : |z| > 1 ∧ 1

|z|< ε∣∣∣∣z + 1

z2− 0∣∣∣∣ < ε si : |z| > 1 ∧ |z| < 1

ε

Tomemos M = max1, 1/ε así tendremos que:

|z − 0| > M =⇒∣∣∣∣z + 1z2− 0∣∣∣∣ < ε

Así hemos demostrado que el límite es cero.

Ejemplo.(3) Demostrar que: limz→0

z2 =∞

Solución: Dado N > 0, ∃M > 0/ |z| > M ∧ z ∈ Df =⇒∣∣z2∣∣ > N (denición)

|z| ≤ |z|2∣∣z2∣∣ > N, si |z|2 > N∣∣z2∣∣ > N, si |z| >

√N

Tomamos M =√N , así la denición del límite mencionado se cumple:

|z| > M =⇒ |z| >√N =⇒ |z|2 > N =⇒

∣∣z2∣∣ > N

Ejemplo.(4) Analizar y calcular en caso existan los siguientes límites:

limz→0

z2.Sen(π|z|

)z3 + 1

limz→0

z (z)2 + (z)2 z

z3 + 1

limz→∞

(zSen(z)z2 + 1

) lim

z→∞(z2 − z)

limz→i

z8 + 10z2 + 40z + 100|z − i|10



limz→∞

z + 1z + 1

limz→2

(z + 2

z2 + (1− i√

3)z − i2√

3

)

limz→2eiπ/4

(z4 + 16

z − z − i2√

2

)Ejemplo.(5) ¾Podria hallarse un A de manera que ∃ lim

z→4+3if(z) donde:

f(z) =

Az |z| ≥ 5

z + 21− 3i |z| ≤ 5

Ejemplo.(6) Ver si existe o no limz→0

f(z) donde:

f(z) =

cos z − cos z

z<e(z) > 0

0 <e(z) ≤ 0

1.6.5. Explicación del simbolo ∞ en C

El símbolo ∞ en C denota el mayor de los reales y el símbolo −∞ el menor real.

Consideremos la semiesfera superior x2 + y2 + z2 = 1:

Denimos la función σ : S − N −→ C

P −→ z = LNP ∩ Pxy

Por construcción de σ es biyectiva:

Inyectiva: σ(P1) = σ(P2) =⇒ P1 = P2

Suryectiva: Dado z ∈ C ∃P/σ(P ) = z , ∃σ−1(denición inversa)

Denotaremos con el símbolo ∞ la imagen de N extendiendo la función S cuando P tiende a N .



1.7. Derivación

Dada f : Ω 6= C, z0 ∈ Ω y Ω es dominio en C, si f es monovaluada veamos las condiciones

necesarias y sucientes para que exista f(z0):

1.7.1. Condición necesaria:

f(z) = µ(x, y) + iν(x, y) =⇒ µ(x, y) = Re (f(z)) y ν(x, y) = Im (f(z))Denición de la derivada de f en z0:

f ′(z0) = lımh→0

f(z0 + h)− f(z)h

Otra notación:

f ′(z0) = lımz→z0

f(z)− f(z0)z − z0

f ′(z) = lım∆z→0

f(z +4z)− f(z)∆z

Hallando la condición necesaria para que pueda existir f(z0):

f ′(z0) = lım(h1,h2)→(0,0)

[µ(x0 + h1, y0 + h2) + iν(x0 + h1, y0 + h2)]− [µ(x0, y0) + iν(x0, y0)]h1 + ih2

Donde: z0 = x0 + iy0 = (x0, y0)

f ′(z0) = lım(h1,h2)→(0,0)

µ(x0 + h1, y0 + h2)− µ(x0, y0)h1 + ih2

+ iν(x0 + h1, y0 + h2)− ν(x0, y0)

h1 + ih2

Podrá existir f ′(z) si a lo l argo del eje real e imaginario los límites no varían

1. A lo largo del eje real: −→ h2 = 0:

f ′(z0) = lımh1→0

µ(x0 + h1, y0)− µ(x0, y0)h1+

+ iν(x0 + h1, y0)− ν(x0, y0)

h1

= µx(x0, y0) + iνx(x0, y0)

2. A lo largo del eje imaginario: −→ h1 = 0:

f ′(z0) = lımh2→0

µ(x0, y0 + h2)− µ(x0, y0)ih2

+ iν(x0, y0 + h2)− ν(x0, y0)

ih2

= −iµy(x0, y0) + iνy(x0, y0)

Pero ambas deben ser iguales para que exista (tal vez) la derivada, f ′(z0), es decir:

µx(x0, y0) = νy(x0, y0)

µy(x0, y0) = −νx(x0, y0)



Este par de ecuaciones se conoce como las ecuaciones de Cauchy-Riemann.

Una condición para que exista la derivada de f es que se cumplan dichas ecuaciones.

Consecuencia: Si no se cumplen las ecuaciones de Cauchy-Riemann (C-R) entonces no existe f ′

en dicho punto.

Ejemplo Sea:

f(z) =

z2

zz 6= 0

0 z = 0

Solución:

f(z) =

z3

zzz 6= 0

0 z = 0

=

(x− iy)3

x2 + y2(x, y) 6= (0, 0)

0 (x, y) = (0, 0)

=

x3 − i3x2y − 3xy2 + iy3

x2 + y2(x, y) 6= (0, 0)

0 (x, y) = (0, 0)

Si f(z) = µ(x, y) + iν(x, y) entonces:

µ(x, y) =

x3 − 3xy2

x2 + y2(x, y) 6= (0, 0)

0 (x, y) = (0, 0)

ν(x, y) =

y3 − 3x2y

x2 + y2(x, y) 6= (0, 0)

0 (x, y) = (0, 0)

µx(0, 0) = lımh→0

µ(h, 0)− µ(0, 0)h

= lımh→0

h3 − 3h02

h2 + 02− 0

h= 1

µy(0, 0) = lımh→0

µ(0, h)− µ(0, 0)h

= lımh→0

[−3(0)h2

h2− 0]

= 0

νy(0, 0) = lımh→0

ν(0, h)− ν(0, 0)h

= lımh→0

h3 − 3(02)h02 + h2

− 0

h= 1

νx(0, 0) = lımh→0

ν(h, 0)− ν(0, 0)h

= lımh→0

03 − 3h2(0)h2 + 02

− 0

h= 0



Luego:

µx(0, 0) = νy(0, 0)

µy(0, 0) = −νx(0, 0)

Entonces se puede armar que se cumple C-R en z = 0.Veamos si existe o no f ′(0):

f ′(0) = lımh→0

f(0 + h)− f(0)h

= lımh→0

f(h)− 0h

= lımh→0

h2

hh

= lımh→0

(h)2h2

= lım(h1,h2)→(0,0)

(h1 − ih2)2

(h1 + ih2)2

Si h1 = 0:

f ′(0) = lımh2→0

(−ih2)2

(ih2)2 = 1

Si h2 = 0:

f ′(0) = lımh1→0

(h1)2

(h1)2 = 1

Si h1 = h2:

f ′(0) = lımh1→0

(h1 − ih1)2

(h1 + ih1)2 =(h1)2 (1− i)2

(h1)2 (1 + i)2 = −1

Por lo tanto NO existe f ′(0).Se conrma que si las ecuaciones de Cauchy-Riemann se satisfacen no implica que exista la

derivada, es decir, es una condición necesaria pero no suciente.

Como f(z) = µ(x, y) + iν(x, y) , podemos ver que µ(x, y) y ν(x, y) no son contínuas en (0, 0),esto amerita la no existencia de la derivada.

1.7.2. Condición necesaria y suciente

Dada f : Ω 6= C, Ω dominio de C y z0 ∈ Ω. Existirá f ′(z0) si:

Se cumplen las ecuaciones de Cauchy-Riemann

µ, ν, µx, µy, νx, νy son continuas en z0 = x0 + iy0

Así mismo:

f ′(z0) = µx(x0, y0) + iνx(x0, y0)

f ′(z0) = νy(x0, y0)− iµx(x0, y0)



Ejemplo Determinar en caso exista f ′(0) si: f(z) = x2 + y2 + ix

Solución: Tenemos:

µ(x, y) = x2 + y2 ν(x, y) = x

µ, ν, µx, µy, νx, νy son continuas en (0, 0) (µ, ν son polinomios), veamos si se cumple C-R:

µx(0, 0) = 0

µy(0, 0) = 0

νx(0, 0) = 1

νy(0, 0) = 0

Entonces:

µx(0, 0) = νy(0, 0)

µy(0, 0) 6= νx(0, 0)

Notamos que las ecuaciones de C-R no se satisfacen

∴ @f ′(0)

1.7.3. Función analítica

Sea f : Ω 6= C, Ω dominio de C y z0 ∈ Ω.Diremos que f es analítica en z0 si ∃ r > 0/∃ f ′(z) ∀z ∈ V (z0, r). Una función que es analítica

en C se llama función entera.

Ejemplo Sea: f(z) = (z)3, responder:

a) Existe f ′(0) ?b) f es analítica en z = 0 ?

Solución: Veamos:

a) Si z = x+iy =⇒ f(z) = (x− iy)3 = (x3−3xy2)+i(y3−3x2y) = µ(x, y)+iν(x, y) , derivando:

µx(0, 0) = 0 = νy(0, 0) = 0

µy(0, 0) = 0 = −νx(0, 0) = 0

Además µ, ν, µx, µy, νx, νy son continuas =⇒ ∃ f ′(0) = 0 + i0 = 0b) Sea z0 6= 0, la condición necesaria para que exista f ′(z0) es que satisfaga las ecuaciones de



C-R. Entonces deberíamos tener que:

µx(x0, y0) = 3x20 − 3y2

0 = νy(x0, y0) = 3y20 − 3x2

0

µy(x0, y0) = −6x0y0 = −νx(x0, y0) = 6x0y0

Esto implicaría que x0 = y0 = 0 , absurdo debido a la condición inicial.

No se cumplen las ecuaciones de C-R por lo tanto @f ′(z0)∀z0 ∈ C.→ f no es analítica en z = 0.

Denición:

Sea f : Ω 6= C, Ω dominio de C , z0 ∈ Ω y A ⊂ C. f es analítica en Ω ←→ f es analítica en z

∀z ∈ A.

Ejemplo Determinar donde es analítica la función: f(z) =∣∣x2 − y2

∣∣+ i2xy.

Solución: Sea:

g(z) = z2 entera =⇒ f(z) = g(z) en aquellos z tales que x2 − y2 ≥ 0 . Entonces f es analítica

en la región:

|x| ≥ |y|

Propiedad

Sea f : Ω 6= C, Ω dominio de C. Si f es analítica en A, A ⊂ Ω, entonces f es analítica en

Propiedad

Sea f : Ω 6= C, Ω dominio de C y g(z) = f(z). Si f es analítica en Ω entonces f y g son

constantes.

Visualización:

f(z) = µ(x, y) + iν(x, y)

g(z) = µ(x, y) + i [−ν(x, y)]

Ambas analíticas en Ω, luego sea: z0 = x0 + iy0 un punto arbitrario, entonces:

f(z) : µx(x0, y0) = νy(x0, y0)

µy(x0, y0) = −νx(x0, y0)

g(z) : µx(x0, y0) = −νy(x0, y0)

µy(x0, y0) = − [−νx(x0, y0)]



Así:

µx(x0, y0) = 0

µy(x0, y0) = 0

νx(x0, y0) = 0

νy(x0, y0) = 0

=⇒ ∀(x0, y0) ∈ Ω : µ(x, y) = p ∧ ν(x, y) = q tal que p, q ∈ R.

f(z) = p+ iq

g(z) = p− iq

Ejemplo Donde podrán ser analíticas las funciones: f(z) = z2 ∧ g(z) = z2 ?

Solución: Por la propiedad anterior ambas deberían ser constantes lo que hace imposible que

sean dos funciones distintas.

Ejemplo Determine donde es analítica la función: f(z) =∣∣x2 − y2

∣∣+ i2 |x| |y|.

Solución: Se nota que:

∃ f(z) = y2 − x2 + i2xy ∧ f(z) = x2 − y2 + i2xy

−→f es analítica en: (RI)o ∪ (RII)

o ∪ (RIV )o . Satisfacen C-R.

Comentario:

Sea: f(z) = µ(x, y) + iν(x, y) , si f es analítica en A (A ⊂ Ω, f : Ω 6= C) se demuestra que

f ′(z) = µx(x, y) + iνx(x, y) = µy(x, y) + iνy(x, y)

Tamnbién es analítica en A. Consecuentemente:

f ′′(z) = µxx(x, y) + iνxx(x, y) = νyx(x, y)− iµyx(x, y) = νxy(x, y)− iµxy(x, y)

Tanbién es analítica en A.

Propiedad

Si f : Ω 6= C, Ω dominio de C, es analítica en Ω entonces:

f ′(z) = µx(z, 0) + iνx(z, 0)

f ′′(z) = νxy(z, 0)− iµxy(z, 0)



1.7.4. Funciones armónicas

Sea: µ :−→ R, Ω es un dominio de Rn (abierto y conexo), para estas funciones que tengan

derivadas de orden 2 (es decir, µ ∈ C2Ω) se dene el laplaciano de µ como:

∆µ =n∑i=1

∂2µ

∂x2i

=n∑i=1

µxixi (x1, x2, ..., xn ∈ Ω)

Nuestro interés especial es cuando n = 2, así tendremos que con µ : Ω→ R, µ = µ(x, y), Ω ⊂ R2

un dominio:

∆µ = ∆µ(x, y) = µxx(x, y) + µyy(x, y) =∂2µ

∂x2+∂2µ

∂y2

El operador: ∆ =∂2

∂x2+

∂2

∂y2es conocido como el operador LAPLACIANO.

La ecuación de Laplace es:

∆µ = µxx(x, y) + µyy(x, y) = 0 (x, y) ∈ Ω

Denición:

Diremos que µ :−→ R es armónica en Ω si ∆µ(x, y) = 0 ∀(x, y) ∈ Ω.

Propiedad

Sea µ :−→ R, un dominio simétrico, µ es armónica en Ω ⊂ R2 ⇐⇒ ν(x, y) = µ(−x,−y) es

armónica Ω.

Visualización: Ida:

Sea: ν(x, y) = µ(p, q), p = −x, q = −y entonces

νx = µppx + µqqx = µp(−1) + µq(0) = −µp

νxx = − (µpppx + µpqqx)

También:

νy = µppy + µqqy = µp(0) + µq(−1) = −µq

νyy = − (µqppy + µqqqxy)

Así: νxx + νyy = µpp + µqq = 0 ∀(x, y) ∈ Ω, Ω simétrico. Es decir: ∆ν(x, y) = 0.La comprobación de regreso es análoga.

Propiedad

Sea: µ : Ω −→ R, Ω dominio de R2. µ es armónica en Ω⇐⇒ µ+k es armónica con k constante.



Ejemplo Sea: µ(x, y) = ex cos y

Solución: µxx + µyy = ex cos y − ex cos y = 0(µ+ k)xx + (µ+ k)yy = µxx + µyy = 0

Observación:

La condción de suciencia para que exista la función armónica µ = φ(x2 + y) nos lleva a

considerar el problema en general:

Hallemos una armónica µ = φ(t)/t = t(x, y)

µx = µttx ∧ µxx = µttt2x + µttxx

µy = µtty ∧ µyy = µttt2y + µttyy

Si es armónica debe cumplir la ecuación de Laplace:

∆µ = µtt(t2x + t2y) + µt(txx + tyy) = 0

µttµt

= − txx + tyyt2x + t2y

= h(t)

Así en caso exista una función armónica µ = φ(t) se tendría que:

ln (µ(t)) =ˆh(t)dt+A

µ = B

ˆe´h(t)dtdt |t=t(x,y) +C

1.7.4.1. Aplicaciones

1. Veamos si existe una función armónica: µ = φ(x2 + y)

Solución: Tenemos : t = x2 + y =⇒ tx = 2x, txx = 2, ty = 1, tyy = 0 . Reemplazamos:

− txx + tyyt2x + t2y

= − 24x2 + 1

notamos que no es una función de t → no existe la armónica µ = φ(x2 + y).

2. Veamos si existe la función armónica: µ = φ(x2 + y2)

Solución: En este caso: t = x2 + y =⇒ tx = 2x, txx = 2, ty = 2y, tyy = 2

− txx + tyyt2x + t2y

= − 2 + 24 (x2 + y2)

= −1t

= h(t)



Así: µ = B´e´dtt dt+ C = B

´ 1tdt |t=x2+y2 +C = B ln(x2 + y2) + C

3. Sea µ : R2 → R una función armónica, determinar en caso exista ν : R2 → R ,

ν(x, y) = µ(ax+ y, x+ 2y) tal que sea armónica.

Solución: Hacemos: p = ax+ y ∧ q = x+ 2y. Así:νx = µppx + µqqx = aµp + µq ∧ νxx = a(µpppx + µpqqx) + µqppx + µqqqx = a2µpp + 2aµpq + µqq

νy = µppy + µqqy = µp + 2µq ∧ νyy = µpppy + µpqqy + 2(µqppy + µqqqy) = µpp + 4µpq + 4µqqEn la ecuación de Laplace:

∆ν = νxx + νyy = (a2 + 1)µpp + (2a+ 4)µpq + 5µqq = 0

=⇒ a2 + 1 = 5 ∧ 2a+ 4 = 0 =⇒ a = −2

4. Determinar, en caso exista, una función armónica en R2 µ = α(x)α(y)e−(x+y) donde

α : R→ R

Solución: µx = (α′(x)− α(x))α(y)e−(x+y) ∧ µxx = (α′′(x)− 2α′(x) + α(x))α(y)e−(x+y)

Igualmente se obtiene: µyy = (α′′(y)− 2α′(y) + α(y))α(x)e−(x+y). En la ecuación de Laplace:

∆µ =[(α′′(x)− 2α′(x) + α(x)

)α(y) +

(α′′(y)− 2α′(y) + α(y)

)α(x)

]e−(x+y) = 0

α′′(x)− 2α′(x) + α(x) = 0

De donde: α(x) = (Ax+B) ex, A,B constantes. Así: µ(x, y) = (Ax+B) (Ay +B)

Propiedad

Si f : Ω→ C, Ω un dominio de C y f(z) = µ(x, y) + iν(x, y) analítica en Ω , entonces µ(x, y)∧ ν(x, y) son armónicas en Ω

Visualización: Tomar en cuenta que: µx(x, y) = νy(x, y) ∧ µy(x, y) = −νx(x, y) ∀(x, y) ∈ Ω.Luego:

∆µ = µxx + µyy = (µx)x + (µx)y = (νx)x + (−νx)y = νyx − νxy = 0

Pues ν es continua. Por lo expuesto µ(x, y) es armónica en Ω.Analogamente se demuestra que: ∆ν = 0 → ν es armónica en Ω.

Denición:

Dado µ : Ω → R, Ω ⊂ R2, diremos que ν : Ω → R es una armónica conjugada de µ si:

f(z) = µ(x, y) + iν(x, y) ∨ f(z) = ν(x, y) + iµ(x, y) es analítica en Ω.

Ejemplo Determinar una armónica conjugada de µ(x, y) = ex sin y



Solución: Tenemos dos alternativas: f(z) = ex sin y + iν(x, y) ∨ f(z) = ν(x, y) + iex sin y

1ºAlternativa f(z) = ex sin y + iν(x, y):

(ex sin y)x = νy =⇒ νy = ex sin y =⇒ ν = ex cos y + φ(y)

(ex sin y)y = −νx =⇒ νx = −ex cos y =⇒ ν = −ex sin y + ψ(x)

Lo cual es inaceptable.

2ºAlternativa f(z) = ν(x, y) + iex sin y

νx = (ex sin y)y =⇒ νx = ex cos y =⇒ ν = ex cos y + φ(y)

νy = − (ex sin y)x =⇒ νy = −ex sin y =⇒ ν = ex cos y + ψ(x)

Entonces: φ(y) = Aψ(x), A constante. Así:

f(z) = ex cos y +A+ iex sin y = A+ ez

Ejemplo Dado: µ =x(x− 1) + y2

(x− 1)2 + y2, hallar una armónica conjugada de µ.

Solución: Razonando:

µ(x, y) = 1 +x− 1

(x− 1)2 + y2= − 2y(x− 1)

((x− 1)2 + y2)2

Sabemos: µy = −νx =⇒ v =´ 2y(x− 1)

((x− 1)2 + y2)2dx+ ψ(y) = − y

(x− 1)2 + y2+ ψ(y)

f(z) =x(x− 1) + y2

(x− 1)2 + y2+ i

(− y

(x− 1)2 + y2+ ψ(y)

)

f(z) =z(z − 1)(z − 1)2

+ ik

Donde k: constante real. Como z = 1 /∈ Ω, entonces: f(z) =z

z − 1+ ik es analítica en Ω.

Ejemplo Dada ν(x, y) =2xy

(x2 + y2)2 , ν : Ω → R, Ω ⊂ R2 − (0, 0). Hallar una armónica

conjugada para ν.

Solución: Consideremos: f(z) = µ(x, y) + iν(x, y)

νy(x, y) =(x2 + y2)22x− 2xy

(2(x2 + y2)2y

)(x2 + y2)4 =

2x3 − 6xy2

(x2 + y2)3 = µx(x, y)



µ(x, y) =ˆ

2x(x2 − 6y2)(x2 + y2)3 dx+ ψ(y) =

ˆ2x

(x2 + y2)2dx− 7y2

ˆ2x

(x2 + y2)3dx+ ψ(y)

µ(x, y) = − 1x2 + y2

+7y2

2 (x2 + y2)2 + ψ(y)

f(z) = − 1z2 + 02

+7(02)

2 (z2 + 0)2 + ψ(0) + k k : constante real

f(z) = − 1z2

+ k

1.8. Problemas propuestos

Problema(1) Si A,B ⊂ C diga el valor de verdad de las siguientes armaciones justicando sus

respuestas.

1. Si A y B son abiertos, entonces A ∩B es abierto.

2. Si A y B son cerrados, entonces A ∪B es cerrado.

3. Si A ∩B 6= ∅, entonces ∂ (A ∪B) = ∂A ∪ ∂B.

4. Si A es abierto y B es cerrado, entonces A−B es abierto.

5. Si ∂A = A, entonces A es cerrado.

6. Si ∂B = ∅, entonces B es abierto.

7. Si A y B son abiertos entonces pA+ qB es abierto ∀p, q ∈ C− 0.

8. Si A y B son cerrados entonces (pA) ∪ (qB) es cerrado ∀p, q ∈ C− 0.

9. Si A es conexo, entonces pA es conexo ∀p ∈ C− 0.

10. Si A y B son dos dominios, entonces A+B es un dominio.

11. Si A y B no son dominios, entonces A+B nunca son dominios.

12. Si A y B son acotados, entonces A+B es acotado.

13. Si A y B son acotados, entonces AB es acotado. Donde: AB = ab/a ∈ A ∧ b ∈ B.

14. Si A y B son convexos, entonces AB es convexo.

15. Si A+B es acotado, entonces A y B son acotados.

16. Si AB es un dominio, entonces A y B son dominios.

17. Si ∂ (A+B) = A+B, entonces A y B son cerrados.

18. Si A es abierto, entonces A ∩B es abierto ∀B ⊂ C si A ∩B 6= ∅.



19. ∂ (∂A) = ∂A.

20. (Ao)o = Ao Nota: Ao = z/z es punto interior de A.

Problema(2) Sea f : Ω → C, Ω un dominio de C, si f es analítica en w (punto interior de Ω).

¾Existirá un punto p de Ω, p 6= w donde f es analítica? Justicar su respuesta.

Problema(3) Sea f : C→ C una función entera, demuestre que se cumple: ∆ |f(z)|2 = 4 |f ′(z)|2.

Problema(4) Deduzca la forma compleja del teorema de Green.

Problema(5) Determinar si se cumple que: ii ⊂ ii+4.

Problema(6) Resolver: cos(z2 + 2) = sin(z2 − 2).

Problema(7) Sea: E = 3z + 1/6z − 2 ∈ A, si A es abierto ver si E es abierto.

Problema(8) Sean: E = z ∈ C/<e(z) + =m(z) = 0 y B = z ∈ C/<e(z) = =m(z) ≥ 0,determine E +B.

Problema(9) Si A+B es acotado y B = z1, z2, ..., zn, ver si A es acotado o no.

Problema(10) Si w es un punto de acumulación de A, muestre que w + i es un punto de acumu-

lación de A+ i.

Problema(11) Sea f analítica en Ω. ¾arg (f(z)) es armónica en Ω ?

Problema(12) Determinar, en caso exista, una función analítica f(z) cuyo argumento sea:

θ − r sin θ

x2 − y2

Problema(13) Determine donde se cumplen la ecuaciones de C-R para la función:

f(z) =

∇(∇(z2z3

))|z| ≥ 1

∇(∇(|z|2))

|z| < 1

Problema(14) Determine si existe o no una función armónica µ(x, y) = φ(x + y). En caso ar-

mativo halle la función µ(x, y) más general.

Problema(15) Determine todas las soluciones de: sin z = cos(i− 2z).


mate5 rojas

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