FUNCIONES ANALITICAS

EXAMEN PARCIAL

PROBLEMA 1: Resuelva los siguientes ejercicios:

1) Sea 𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥2 + 𝑦2.Demuestre que f no puede ser parte real o imaginaria de una

función analítica.

Solución:

Sabemos que para que una función sea analítica, debe cumplir dos cosas:

- Debe aceptar las ecuaciones de Cauchy-Riemann

- Debe ser diferenciable

- Debe cumplir las ecuaciones de Laplace.

Sea G(x,y)=U(x,y)+V(x,y)

Donde F(x,y)=U(x,y) que es la parte real de la función.

∂u

∂x=

∂v

∂y→ 2𝑥 =

∂v

∂y

∂u

∂y= −

∂v

∂x→ 2𝑦 = −

∂v

∂x

Ahora aplicamos el teorema de Laplace:

∂2u

∂x+∂2u

∂y= 0

∂2u

∂x= 2

∂2u

∂y= 2

∂2u

∂y+∂2u

∂x= 4 ≠ 0

Por lo tanto, la función “f” no puede ser la parte real de una función analítica.

PROBLEMA 2: Sea la función 𝑓 𝑧 =𝑧+2

3𝑧2−1 , halle la derivada de f(z) cuando 𝑧 → ∞

Solución:

𝑓´(𝑧) =(1)(3𝑧2 − 1) − (𝑧 + 2)(6𝑧)

(3𝑧2 − 1)2

𝑓´(𝑧) =(3𝑧2 − 1 − 6𝑧2 − 12𝑧)

9𝑧4 − 6𝑧2 + 1

𝑓´(𝑧) =−3𝑧2 − 12𝑧 − 1

9𝑧4 − 6𝑧2 + 1

𝑓´(𝑧) =−(3𝑧2 + 12𝑧 + 1)

9𝑧4 − 6𝑧2 + 1

lim𝑧→∞

𝑓´ 𝑧 = lim−(3𝑧2 + 12𝑧 + 1)

9𝑧4 − 6𝑧2 + 1𝑧→∞

lim−(

3𝑧2

𝑧4 +12𝑧𝑧4 +

1𝑧4)

9𝑧4

𝑧4 −6𝑧2

𝑧4 +1𝑧4

𝑧→∞

lim−(

3

𝑧2+12

𝑧3+1

𝑧4)

9−6

𝑧2+1

𝑧4

𝑧→∞

=0

9= 0

0 0

PROBLEMA 3: Enuncie y demuestre:

a) El teorema de Cauchy de la integral en un contorno de una región conexa e indique dos

ejemplos.

Solución:

Sea 𝑓(𝑧) una función analítica en A, A simplemente conexa y suave a trazos, entonces:

𝑓(𝑧)𝛾

𝑑𝑧 = 0

Se conoce que:

𝑓(𝑧)𝛾

𝑑𝑧 = (𝑢 𝑑𝑥 − 𝑣 𝑑𝑦)𝛾

+ 𝑖 𝑢 𝑑𝑦 + 𝑣 𝑑𝑥𝛾

, donde

𝑓 𝑧 = 𝑢 𝑥,𝑦 + 𝑖 𝑣 𝑥,𝑦

Como 𝑓(𝑧) es continua en A, entonces existe 𝑓′(𝑧), tal que z pertenece a A y 𝑓 ′ 𝑧 es

continua en A, es decir que existen y son continuas en A, entonces podemos aplicar el

teorema de Green a las integrales (𝑢 𝑑𝑥 − 𝑣 𝑑𝑦)𝛾

+ 𝑖 𝑢 𝑑𝑦 + 𝑣 𝑑𝑥𝛾

, es decir:

𝑢 𝑑𝑥 − 𝑣 𝑑𝑦𝛾

= (𝛿

𝛿𝑥(−𝑣)

𝐴

−𝛿𝑢

𝛿𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 = − (

𝛿𝑣

𝛿𝑥𝐴

+𝛿𝑢

𝛿𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦…………… (1)

𝑖 𝑢 𝑑𝑥 − 𝑣 𝑑𝑦 = 𝑖 (𝛿𝑢

𝛿𝑥𝐴

+𝛿𝑣

𝛿𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦…………… (2)

Sumando (1) y (2) se obtiene:

𝑓(𝑧)𝛾

𝑑𝑧 = (𝑢 𝑑𝑥 − 𝑣 𝑑𝑦)𝛾

+ 𝑖 𝑢 𝑑𝑦 + 𝑣 𝑑𝑥𝛾

= − (𝛿𝑣

𝛿𝑥𝐴

+𝛿𝑢

𝛿𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 + 𝑖 (

𝛿𝑢

𝛿𝑥𝐴

+𝛿𝑣

𝛿𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦………… (3)

Como 𝑓(𝑧) es analítica en A, entonces se cumple las ecuaciones de Cauchy Riemann.

𝛿𝑢

𝛿𝑥=

𝛿𝑣

𝛿𝑦 𝑦

𝛿𝑢

𝛿𝑦= −

𝛿𝑣

𝛿𝑥………… (4)

Reemplazando (4) en (3) se obtiene:

𝑓(𝑧)𝛾

𝑑𝑧 = 0 + 0𝑖 = 0

Ejemplo 1:

Hallar:

𝑠𝑒𝑛2𝑧

𝑒𝑧−1 − 1𝐶

𝑑𝑧

Siendo C la curva de la figura.

Primero:

𝑓(𝑧) =𝑠𝑒𝑛2𝑧

𝑒𝑧−1 − 1𝑑𝑧

Luego:

𝑠𝑒𝑛(𝑧) → Es una función derivable.

𝑠𝑒𝑛2(𝑧) → Entonces al elevar al cuadrado también es una función derivable.

𝑧 − 1 → Es una función derivable.

𝑒𝑧−1 → También es una función derivable.

𝑒𝑧−1 − 1 → También es derivable.

Entonces una función derivable entre otra derivable. 𝑠𝑒𝑛 2𝑧

𝑒𝑧−1−1 También es derivable.

Igualamos el denominador a 0:

𝑒𝑧−1 − 1 = 0

𝑒𝑧−1 = 1

𝑒𝑧−1 = 𝑒0

𝑧 − 1 = 0

𝑧 = 1

Entonces en 𝑓: ¢ − 1 → ¢ 𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑏𝑙𝑒

En el grafico

Para aplicar el teorema de Cauchy es necesario:

Un abierto simplemente conexo que contiene la curva y su derivada sea continua y que la

curva sea cerrada

≫S es el abierto simplemente conexo, la curva es cerrada.

𝑓: 𝑆 → ¢ 𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑏𝑙𝑒

Entonces por el teorema de Cauchy el resultado es 0.

Ejemplo 2

Hallar:

𝑠𝑒𝑛2(𝑧2 + 9

𝑧 − 3𝑖)

𝐶

𝑑𝑧

Siendo C la elipse de centro 0 y semiejes 1 y 2.

Primero:

𝑓(𝑧) = 𝑠𝑒𝑛2(𝑧2 + 9

𝑧 − 3𝑖)

Luego:

𝑧 → Es una función derivable

𝑧2 → Entonces al elevar al cuadrado también es una función derivable

𝑧2 + 1 → Entonces al elevar al cuadrado también es una función derivable

𝑧 → Es una función derivable

𝑧 − 3𝑖 → También es una función derivable

Entonces una función derivable entre otra derivable 𝑧2+9

𝑧−3𝑖 → Es derivable

𝑠𝑒𝑛 (𝑧2+9

𝑧−3𝑖) → El seno también es derivable

𝑠𝑒𝑛2(𝑧2+9

𝑧−3𝑖) → Al elevar al cuadrado también es derivable

Igualamos el denominador a 0

𝑧 − 3𝑖 = 0

𝑧 = 3𝑖

Entonces en 𝑓: ¢ − 3𝑖 → ¢ 𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑏𝑙𝑒

En el grafico

Para aplicar el teorema de Cauchy es necesario:

Un abierto simplemente conexo que contiene la curva y su derivada sea continua y que la

curva sea cerrada.

S es el abierto simplemente conexo, la curva es cerrada.

𝑓: 𝑆 → ¢ 𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑏𝑙𝑒

Entonces por el teorema de Cauchy el resultado es 0.

b) El teorema de la formula de la integral de Cauchy e indique 2 ejemplos concretos de

aplicación de este teorema.

Solución:

La función 𝐹 𝑧

𝑧−𝑧𝑜, es analítica dentro y sobre la curva 𝛾, excepto en el punto 𝑧 = 𝑧𝑜

Del teorema de Cauchy se tiene

𝐹 𝑧 𝑑𝑧

𝑧 − 𝑧𝑜𝛾

= 𝐹 𝑧 𝑑𝑧

𝑧 − 𝑧𝑜𝜏

……………… (1)

Como 𝜏 se puede elegir como un círculo de radio 휀 con centro 𝑧𝑜 ; luego una ecuación para 𝜏 es:

𝜏 = 𝑧 − 𝑧𝑜 = 휀 𝑜 𝑧 − 𝑧𝑜 = 휀 𝑒𝑖𝜃𝑑𝜃

Donde:

0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋

Entonces:

𝑑𝑧 = 휀𝑖 𝑒𝑖𝜃𝑑𝜃

𝐹 𝑧 𝑑𝑧

𝑧 − 𝑧𝑜𝛾

= 𝐹(𝑧𝑜 + 휀 𝑒𝑖𝜃 )휀𝑖 𝑒𝑖𝜃𝑑𝜃

휀 𝑒𝑖𝜃

2𝜋

0

= 𝐹(𝑧𝑜 + 휀 𝑒𝑖𝜃 )𝑑𝜃

2𝜋

0

…………… (2)

Ahora reemplazamos (2) en (1) y se obtiene lo siguiente:

𝐹 𝑧 𝑑𝑧

𝑧 − 𝑧𝑜𝛾

= 𝐹(𝑧𝑜 + 휀 𝑒𝑖𝜃 )𝑑𝜃

2𝜋

0

Tomando límites a ambos cuando 𝜖 → 0

lim𝜖→0

𝐹 𝑧 𝑑𝑧

𝑧 − 𝑧𝑜𝛾

= lim𝜖→0

𝐹(𝑧𝑜 + 휀 𝑒𝑖𝜃 )𝑑𝜃

2𝜋

0

𝐹 𝑧 𝑑𝑧

𝑧 − 𝑧𝑜𝛾

= 𝑖 𝐹(𝑧𝑜)𝑑𝑧

2𝜋

0

= 2𝜋𝑖

Donde:

𝐹 𝑧𝑜 =1

2𝜋𝑖

𝐹 𝑧 𝑑𝑧

𝑧 − 𝑧𝑜𝛾

Ejemplo 1

Calcular la integral:

𝑒𝑧2

𝑑𝑧

𝑧 − 𝜋𝛾

Donde 𝛾 = {𝑧 ∈𝐶

𝑧 = 4}

𝐹 𝑧 = 𝑒𝑧2 𝑒𝑠 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑖𝑡𝑖𝑐𝑎 𝑒𝑛 𝐶

𝐹 𝑧𝑜 = 𝐹 𝜋 = 𝑒𝜋2

Entonces Reemplazando:

𝑒𝑧2

𝑑𝑧

𝑧 − 𝜋𝛾

= 2𝜋𝑖𝐹 𝜋 = 2𝜋𝑒𝜋2𝑖

Ejemplo 2

Calcular:

𝑑𝑧

𝑧2 + 8𝑧𝛾

Donde 𝛾: 𝑧 = 1

A la integral:

𝑑𝑧

𝑧2 + 8𝑧𝛾

Se puede expresar:

𝑑𝑧𝑧 + 8𝑧𝛾

Entonces:

𝑓 𝑧 =1

𝑧 + 8

Es analítica en el interior del círculo:

𝛾: 𝑧 = 1 𝑦 𝑧𝑜 = 0

Luego la formula integral de Cauchy:

𝑑𝑧𝑧 + 8𝑧 − 0𝛾

= 2𝜋𝑖𝐹 0 = 2𝜋𝑖 1

0 + 8 =

𝜋𝑖

4

PROBLEMA 4:

1) Pruebe que en coordenadas polares, las ecuaciones de Cauchy-Riemann se escriben

como ∂u

∂θ= −𝑟

∂v

∂r y

∂v

∂θ= 𝑟

∂u

∂r

Solución:

Calcularemos las derivadas parciales de u y v con respecto a x e y usando la regla de la

cadena:

∂u

∂x=

∂u

∂r.∂r

∂x+∂u

∂θ.∂θ

∂x… (1)

∂u

∂y=

∂u

∂r.∂r

∂y+∂u

∂θ.∂θ

∂y… (2)

∂v

∂x=

∂v

∂r.∂r

∂x+

∂v

∂θ.∂θ

∂x… (3)

∂u

∂y=

∂u

∂r.∂r

∂y+∂u

∂θ.∂θ

∂y… (4)

Sabemos

𝑟 = 𝑥2 + 𝑦2 →

∂r

∂x=

𝑥

𝑥2 + 𝑦2=

𝑥

𝑟=

𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑟= 𝑐𝑜𝑠𝜃

∂r

∂y=

𝑦

𝑥2 + 𝑦2=

𝑦

𝑟=

𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃

𝑟= 𝑠𝑒𝑛𝜃

𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑦

𝑥→

∂θ

∂x=

−𝑦

𝑥2 + 𝑦2= −

𝑦

𝑟2=

−𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃

𝑟2=

−𝑠𝑒𝑛𝜃

𝑟

∂θ

∂y=

𝑥

𝑥2 + 𝑦2=

𝑥

𝑟2=

𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑟2=

𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑟

Reemplazando en (1), (2), (3), (4):

∂u

∂x= 𝑐𝑜𝑠𝜃

∂u

∂r− 𝑠𝑒𝑛𝜃

∂u

∂θ.1

r

∂u

∂y= 𝑠𝑒𝑛𝜃

∂u

∂r+ 𝑠𝑒𝑛𝜃

∂u

∂θ.1

r

∂v

∂x= 𝑐𝑜𝑠𝜃

∂v

∂r− 𝑠𝑒𝑛𝜗

∂v

∂θ.1

r

∂v

∂y= 𝑠𝑒𝑛𝜃

∂v

∂r+ 𝑐𝑜𝑠𝜃

∂v

∂θ.1

r

Aplicamos las ecuaciones de Cauchy-Riemann:

∂u

∂r−

1

r.∂v

∂θ 𝑐𝑜𝑠𝜃 −

1

r.∂u

∂θ+∂v

∂r 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 0… (5)

1

r.∂u

∂θ+∂v

∂r 𝑐𝑜𝑠𝜃 −

∂u

∂r−

1

r.∂v

∂θ 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 0… (6)

Multiplicando las ecuaciones anteriores por cosƟ y senƟ y luego sumando:

∂u

∂r−

1

r.∂v

∂θ (𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑠𝑒𝑛𝜃2) = 0

∂u

∂r−

1

r.∂v

∂θ = 0

∂u

∂r=

1

r.∂v

∂θ

Ahora, multiplicamos las ecuaciones (5) y (6) por –senƟ y cosƟ respectivamente y las

sumamos:

1

r.∂u

∂θ+∂v

∂r (𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑠𝑒𝑛𝜃2) = 0

∂u

∂r−

1

r.∂v

∂θ = 0

∂v

∂r= −

1

r.∂u

∂θ

2) Pruebe que en notación compleja las ecuaciones de Cauchy-Riemann se escriben como ∂f

∂z = 𝑜

Solución:

De las ecuaciones de Cauchy-Riemann se tiene: 𝜕𝑢

𝜕𝑥=

𝜕𝑣

𝜕𝑦 𝑦

𝜕𝑢

𝜕𝑦= −

𝜕𝑣

𝜕𝑥 , que sería igual a:

𝜕𝑢

𝜕𝑥−

𝜕𝑣

𝜕𝑦= 0 𝑦

𝜕𝑢

𝜕𝑦+

𝜕𝑣

𝜕𝑥 = 0, esta última ecuación multiplicado por el número

imaginario 𝒊 se tiene:

𝑖𝜕𝑢

𝜕𝑦+ 𝑖

𝜕𝑣

𝜕𝑥= 0

Sumando:

𝜕𝑢

𝜕𝑥−

𝜕𝑣

𝜕𝑦= 0

𝑖𝜕𝑢

𝜕𝑦+ 𝑖

𝜕𝑣

𝜕𝑥= 0

Se obtiene:

𝜕𝑢

𝜕𝑥+ 𝑖

𝜕𝑣

𝜕𝑥 + ( −

𝜕𝑣

𝜕𝑦+ 𝑖

𝜕𝑢

𝜕𝑦) = 0

𝜕 𝑢 + 𝑖𝑣

𝜕𝑥+ 𝑖

𝜕𝑢

𝜕𝑦+ 𝑖

𝜕𝑣

𝜕𝑦 = 0

𝜕 𝑢 + 𝑖𝑣

𝜕𝑥+ 𝑖

𝜕 𝑢 + 𝑖𝑣

𝜕𝑦= 0

𝜕

𝜕𝑥+ 𝑖

𝜕

𝜕𝑦 𝑢 + 𝑖𝑣 = 0

De la igualdad 𝜕

𝜕𝑥+ 𝑖

𝜕

𝜕𝑦

1

2=

𝜕

𝜕𝑧 :

2𝜕 𝑢 + 𝑖𝑣

𝜕𝑧 = 0

𝜕 𝑓 𝑧

𝜕𝑧 = 0

PROBLEMA 5:

a) Resolver la ecuación senz=2

Solución:

Empezamos utilizando la definición de la función seno:

2 = 𝑠𝑒𝑛𝑧 = 1

2𝑖(𝑒𝑖𝑧 − 𝑒−𝑖𝑧) =

𝑒2𝑖𝑧 − 1

2𝑒𝑖𝑧 𝑖

De aquí obtenemos: 𝑒2𝑖𝑧 − 1 = 4𝑒𝑖𝑧 𝑖. Esta es una ecuación de segundo grado en 𝑒𝑖𝑧

y sus soluciones son

𝑒𝑖𝑧 = 1

2(4𝑖 ± −16 + 4) = 𝑖(2 ± 3)

Entonces, las soluciones de la ecuación propuesta verifican:

𝑧 = 1

𝑖𝑙𝑜𝑔𝑖(2 ± 3) = −𝑖𝑙𝑜𝑔𝑖(2 ± 3) = −𝑖(𝑙𝑜𝑔𝑖 + 𝑙𝑜𝑔(2 ± 3))

= −𝑖(𝑖(𝜋

2 + 2𝑛𝜋) + 𝑙𝑜𝑔(2 ± 3))

=𝜋

2+ 2𝑛𝜋 − 𝑖𝑙𝑜𝑔(2 ± 3)

Es decir, para cada n ∈ Z tenemos dos soluciones:

𝑧1𝑛 = 𝜋

2+ 2𝑛𝜋 − 𝑖𝑙𝑜𝑔 2 + 3

𝑧2𝑛 = 𝜋

2+ 2𝑛𝜋 − 𝑖𝑙𝑜𝑔 2 − 3

b) Evaluar 𝑧2

2−𝑧𝑑𝑧 +

𝑧

𝑧2+9

∞

𝑐2

∞

𝑐1𝑑𝑧 donde c1 está dado por 𝑧 − 1 = 2 y c2 está dado

por 𝑧 − 2𝑖 = 4

Solución:

− 𝑧2

2 − 𝑧=

∞

𝑐1

𝑧2

1 − (𝑧 − 1)𝑑𝑧 =

𝑧2

𝑧 − 1 (1

𝑧 − 1 − 1)𝑐1𝑐1

=

𝑧3 − 𝑧2

2 − 𝑧𝑧 − 1𝑐1

𝑑𝑧

𝑓 𝑧 =𝑧3 − 𝑧2

2 − 𝑧→ 𝑓 1 = 0

− 𝑧

𝑧2 + 9=

𝑧𝑧 + 3𝑖𝑧 − 3𝑖

𝑑𝑧 +

𝑧𝑧 − 3𝑖

𝑧 − (−3𝑖)𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖𝑓 3𝑖 + 2𝜋𝑖𝑓 −3𝑖

𝑐22𝑐21

∞

𝑐2

2𝜋𝑖3𝑖

6𝑖+ 2𝜋𝑖

−3𝑖

−6𝑖= 2𝜋𝑖