matematicas especiales

MATEMATICAS ESPECIALES

-NOTAS DE CLASE-

Jhon Jairo Leon Salazar y Victor Barros Argote1

6 de febrero de 2008

1Profesores del Departamento de Matematicas U.T.P

2 Matematicas Especiales

J. J. Leon - V. Barros

INDICE GENERAL

1. NUMEROS COMPLEJOS 1

1.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2. Algunas Generalidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.3. La Unidad Imaginaria y el Imaginario Puro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.4. Operaciones con numeros complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.5. El conjugado de un numero complejo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.6. Forma Polar de los Numeros Complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.7. Los complejos y algunas propiedades generales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.8. Desigualdad triangular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.9. Teorema de Moivre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.10. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2. FUNCIONES ANALITICAS COMPLEJAS 13

i

ii Matematicas Especiales

2.1. Funciones Analıticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.1.1. Funciones de una variable compleja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.1.2. Operaciones entre funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.2. Lımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.3. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.4. La Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.5. Ecuaciones de Cauchy-Riemman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.6. Funciones Analıticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.7. Transformaciones Conformes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.7.1. Representacion conforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.8. Funcion Exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.9. Funcion Logarıtmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

2.10. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

2.11. Ejercicios de repaso para los capıtulos 1 y 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50


CAPITULO

1

NUMEROS COMPLEJOS

z=x+yi

1


1.1. Introduccion

En ocasiones nos encontramos con expresiones algebraicas tales como

x2 + k = 0,

donde k > 0 es una constante; y al tratar de resolverla nos damos cuenta que no tienen

solucion en los numeros reales, pues debido a que no existe un numero cuyo cuadrado

sea negativo. Es a partir de ahı que se hace una extension de los numeros reales en

donde podamos encontrar soluciones a este tipo de ecuaciones. A tal extension se le

denomina Conjunto de los Numeros Complejos los cuales estudiaremos en esta primera

parte del curso. Los numeros complejos se denotan con el sımbolo C.

1.2. Algunas Generalidades

Los numeros complejos se presentan como pares de numeros reales sujetos a reglas de

operaciones aritmeticas. Estos numeros se suelen escribir en la forma z = x+yi, donde

x y y son numeros reales y el sımbolo i se llama cantidad imaginaria de z. El numero x

recibe el nombre de parte real de z y el numero y recibe el nombre de parte imaginaria

de z y se denota como

Re(z) = x, Im(z) = y.

Existe el plano complejo compuesto por un par de ejes perpendiculares igual que en

el caso del plano cartesiano. Al eje vertical se le denomina Eje Imaginario y al eje

horizontal se le denomina Eje Real. Por tal razon al numero complejo z se le puede

ubicar como un punto en el plano, es decir, podemos hacer que el complejo z = x + yi

corresponda con el punto en coordenadas cartesianas (x, y) 1.

1CARL FRIEDRICH GAUSS (1777-1855), gran matematico aleman, cuyo trabajo tuvo una importancia basica en el

algebra, la teorıa de los numeros, las ecuaciones diferenciales, la geometrıa no euclidiana, el analisis complejo, el analisis

numerico y la mecanica teorica. Tambien abrio el camino para un uso general y sistematico de los numeros complejos.

Tomado del libro de Kreyszig, pag 159, tercera edicion.


1.3. LA UNIDAD IMAGINARIA Y EL IMAGINARIO PURO 3

El plano complejo tambien es llamado Diagrama de Argan2.

Se dice que dos numeros complejos son iguales si sus respectivas partes real e imaginaria

son iguales, es decir, z1 = z2, sı y solo sı, x1 = x2 y y1 = y2.

1.3. La Unidad Imaginaria y el Imaginario Puro

Los numeros complejos surgen de anadir a el conjunto de los numeros reales el sımbo-

lo√−1. Esta notacion puede producir dificultades. Existe una conocida paradoja al

operar sin precaucion con√−1, y es la siguiente: (

√−1)2 = −1 y, por otra parte

(√−1)2 = (

√−1)(

√−1) =

√(−1)(−1) =

√1 = 1

Se evita este tipo de inconvenientes escribiendo√−1 = i y se denomina unidad imag-

inaria. Al definir a i como 0 + 1i, se tiene3

i2 = (0 + 1i)(0 + 1i) = −1

y, por lo tanto,

i2 = −1, i3 = −i, i4 = 1,

i5 = i,1

i=

i

i2= −i,

1

i2= −1, · · ·

El numero complejo 0 + yi se escribe yi y se llama numero imaginario puro.

1.4. Operaciones con numeros complejos

Sean z1 = x1 + y1i y z2 = x2 + y2i dos numeros complejos, entonces:

2JEAN ROBERT ARGAND (1768-1822), matematico frances. Su escrito sobre el plano complejo aparecio en 1806,

nueve anos despues de una memoria semejante debida al matematico noruego CASPAR WESSEL (1745-1818). Tomado

del libro de Kreyszig, pag 633, tercera edicion.3Esta notacion fue introducida por Leonard Euler en 1779. Con ella se respeta la propiedad fundamental i2 = −1, y

en cambio hay poco peligro de confundir i con −i.



Adicion:

z1 + z2 = (x1 + x2) + (y1 + y2)i

Sustraccion:

z1 − z2 = (x1 − x2) + (y1 − y2)i

Multiplicacion:

z1z2 = (x1x2 − y1y2) + (x1y2 + x2y1)i

Division:z1

z2

=x1x2 + y1y2

x22 + y2

2

+x2y1 − x1y2

x22 + y2

2

i

1.5. El conjugado de un numero complejo

Si z = x + yi es un numero complejo, entonces el numero x − yi se llama conjugado

de z y se denota por z. Por ejemplo, si z = 5− 3i, entonces su conjugado es el numero

z = 5 + 3i.

EJERCICIO 1. Demuestre que

Re(z) = x =1

2(z + z), Im(z) = y =

1

2i(z − z).

EJERCICIO 2. Demuestre que:

(z1 + z2) = z1 + z2

(z1 − z2) = z1 − z2

(z1z2) = z1z2(z1

z2

)=

z1

z2


1.6. FORMA POLAR DE LOS NUMEROS COMPLEJOS 5

1.6. Forma Polar de los Numeros Complejos

Dada la similitud entre el plano real y el plano complejo podemos introducir las coor-

denadas polares r y θ y escribir

x = r cos θ, y = r sen θ,

por lo tanto el numero complejo z se puede escribir en su forma polar ası:

z = r cos θ + ir sen θ = r(cos θ + i sen θ).

A este tipo de expresion de un numero complejo tambien se le llama forma trigonometri-

ca. Al valor r se le llama valor absoluto o modulo de z y se denota por |z|. Por con-

siguiente tenemos

|z| = r =√

x2 + y2 =√

zz. (1.1)

EJERCICIO 3. Demostrar la expresion 1.1.

El angulo dirigido, medido desde el eje real (eje x) hasta la lınea que une al punto

(x, y) con el origen, se le llama argumento de z y se denota por arg (z). Es ası como

tenemos (ver figura 1.1):

arg (z) = θ = arctan(y

x

)Como puede analizarse el valor del argumento de un numero complejo puede ser un

angulo θ o cualquier otro valor θ + 2nπ, con n = 1, 2, 3, .... Al valor de θ que cumple

−π < θ ≤ π

se le denomina el valor principal 4 del argumento de z.

EJEMPLO 1. Sea z = 8 + 3i. Entonces tenemos que

|z| = r =√

32 + 82 =√

73 y arg (z) = arctan

(3

8

)= 0,3587

4Algunos autores definen el valor principal del argumento de z en el intervalo 0 < θ ≤ 2π, o en cualquier otro

intervalo de longitud 2π.



z=x+yi

r

0 Plano Z

Figura 1.1: Modulo y argumento de un numero complejo z.

por lo tanto el numero complejo dado se puede escribir en su forma trigonometrica o

polar ası:

z =√

73 (cos 0,3587 + i sen 0,3587) .

1.7. Los complejos y algunas propiedades generales

Finalmente veamos los siguientes teoremas que muestran a los numeros complejos como

una extension de los numeros reales. La suma y la multiplicacion en C satisfacen las

propiedades mostradas en los reales.

TEOREMA 1 (Ley asociativa). Sean z1, z2 y z3 numeros complejos, entonces:

1. z1 + (z2 + z3) = (z1 + z2) + z3

2. z1 · (z2 · z3) = (z1 · z2) · z3.

TEOREMA 2 (Elemento neutro). Sea z un numeros complejo, entonces:

1. Existe un complejo z0 tal que z + z0 = z0 + z = z


1.7. LOS COMPLEJOS Y ALGUNAS PROPIEDADES GENERALES 7

2. Existe un complejo z′ tal que zz′ = z′z = z

TEOREMA 3 (Elemento simetrico). Sea z un numeros complejo, entonces:

1. Para todo complejo z, existe un complejo z tal que z + z = z + z = z0

2. Para todo complejo z 6= 0, existe un complejo z−1 tal que z · z−1 = z−1 · z = z′

TEOREMA 4 (ley conmutativa). Sean z1 y z2 numeros complejos, entonces:

1. z1 + z2 = z2 + z1

2. z1 · z2 = z2 · z1

TEOREMA 5 (ley distributiva). Sean z1, z2 y z3 numeros complejos, entonces:

1. z1 · (z2 + z3) = z1 · z2 + z1 · z3

TEOREMA 6 (Multiplicacion por escalar). Sean z1 y z2 numeros complejos y,

a y b numeros reales, entonces:

1. a · (z1 + z2) = a · z1 + a · z2

2. a · (b · z1) = (a · b) · z1

3. (a + b)z1 = a · z1 + b · z1

4. 1 · z1 = z1

TEOREMA 7. Sean z, z1 y z2 numeros complejos, entonces:

1. |z| ≥ 0, |z| = 0 ⇐⇒ z = 0

2. |z| = |−z|

3. |z1 · z2| = |z1| · |z2|

4.

∣∣∣∣z1

z2

∣∣∣∣ =|z1||z2|



5. |Re(z)| ≤ |z|

6. |Im(z)| ≤ |z|

TEOREMA 8. Sean z, z1 y z2 numeros complejos, entonces:

1. z1 + z2 = z1 + z2

2. z1 · z2 = z1 · z2

3.

(z1

z2

)=

z1

z2

4. z · z = |z|2 = x2 + y2

5. z + z = 2x

6. z − z = 2yi

7. |z| = |z|

8. ¯z = z

1.8. Desigualdad triangular

Veremos un teorema ya conocido en el calculo vectorial y que aquı se demostrara en

el contexto de los numeros complejos. La interpretacion geometrica es muy similar al

caso real.

TEOREMA 9. Sean z1 y z2 numeros complejos, entonces:

|z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2|


1.8. DESIGUALDAD TRIANGULAR 9

Demostracion:

|z1 + z2|2 = (z1 + z2)(z1 + z2) por teorema 8.4

= (z1 + z2)(z1 + z2) por teorema 8.1

= z1z1 + z2z2 + z1z2 + z2z1 por ley distributiva

= |z1|2 + |z2|2 + z1z2 + z2z1 por teorema 8.4

Dado que z2z1 es el conjugado de z1z2, entonces z1z2 +z2z1 = 2Re(z1z2), y por lo tanto

|z1 + z2|2 = |z1|2 + |z2|2 + 2Re(z1z2) (1.2)

(|z1|+ |z2|)2 = |z1|2 + |z2|2 + 2 |z1| |z2| . (1.3)

Restando miembro a miembro 1.2 y 1.3 tenemos:

|z1 + z2|2 − (|z1|+ |z2|)2 = −2[|z1| |z2| −Re(z1z2)]

Ahora como |z| = |z| y |z| ≥ |Re(z)| ≥ Re(z), entonces

|z1| |z2| = |z1z2| ≥ Re(z1z2),

luego

|z1| |z2| −Re (z1z2) ≥ 0,

y por lo tanto

|z1 + z2|2 − (|z1|+ |z2|)2 ≤ 0,

de donde

|z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2|

z

La forma general de la desigualdad triangular es:∣∣∣∣∣n∑

k=1

zk

∣∣∣∣∣ ≤n∑

k=1

|zk| , n = 2, 3, 4, ...



EJEMPLO 2. Identificar todos los puntos del plano complejo que satisfacen la expre-

sion |z − 4| < |4z + 8|.

Solucion:

|z − 4| < |4z + 8|

|z − 4| < 4 |z + 2|

|x + yi− 4| < 4 |x + yi + 2|√(x− 4)2 + y2 < 4

√(x + 2)2 + y2

(x− 4)2 + y2 < 16[(x + 2)2 + y2]

x2 − 8x + 16 + y2 < 16x2 + 64x + 64 + 16y2

−15x2 − 72x− 15y2 < 48

x2 +72

15x + y2 > −48

15(x +

24

10

)2

+ y2 >64

25

La region que hemos identificado y por tanto el conjunto solucion, consiste en todos los

puntos exteriores a la circunferencia de radio 8/5 y centro en el punto (24/10, 0). z

1.9. Teorema de Moivre

Supongamos que queremos efectuar la operacion (3− 11i)300. Con lo visto hasta ahora

los calculos serıan muy extensos; por tal motivo es necesario conseguir una herramienta

que nos permita agilizar el proceso. Esta herramienta se llama el Teorema de Moivre,

veamos:

TEOREMA 10. Sea z = r(cos θ + i sen θ) un complejo cualquiera y n un entero.

Entonces:

zn = [r(cos θ + i sen θ)]n = rn(cos nθ + i sen nθ)


1.9. TEOREMA DE MOIVRE 11

Este teorema se utiliza para determinar las raıces de numeros complejos. Por ejemplo

si n es un entero positivo,

z1/n = [r(cos θ + i sen θ)]1/n (1.4)

= n√

r

cos

(θ + 2kπ

n

)+ i sen

(θ + 2kπ

n

)(1.5)

EJEMPLO 3. Resolver la ecuacion zn = 1

Solucion: El problema es resolver la ecuacion z = n√

1. Por lo tanto la solucion es

z =n√

1 = cos

(2kπ

n

)+ i sen

(2kπ

n

), k = 0, 1, 2, ..., n− 1

Si w denota el valor correspondiente a k = 1, entonces los n valores de n√

1 pueden

escribirse como 1, w, w2, w3, w4, ..., wn−1. Estos valores son los vertices de un polıgono

regular de n lados inscrito en la circunferencia unitaria con centro en (0, 0), con uno

de sus vertices en el punto (1, 0). Cada uno de estos valores se denomina raız n-esima

de la unidad 5. z

EJEMPLO 4. Encontrar las raıces cuartas del complejo z = 1.

Solucion: Dado que el angulo es θ = 0 y el modulo es r = 1, entonces z se puede

escribir en su forma polar

z = 1(cos 0 + i sen 0).

Es ası como utilizando (1.5) las raıces cuartas quedan determinadas por

wk =4√

1

cos

(0 + 2kπ

4

)+ i sen

(0 + 2kπ

4

)si k = 0 → w0 = 1(cos 0 + i sen 0) = 1

si k = 1 → w1 = 1(cosπ

2+ i sen

π

2) = i

si k = 2 → w2 = 1(cos π + i sen π) = −1

si k = 3 → w3 = 1(cos3π

2+ i sen

3π

2) = −i

5Tomado del libro: Matematicas Avanzadas para Ingenierıa, de Erwin Kreyszig, Volumen II, Tercera Edicion



Estos cuatro valores son los vertices de un cuadrado que esta inscrito en la circunferen-

cia unitaria con centro en el origen. Cada uno de estos valores se denomina raız cuarta

de la unidad. z

1.10. Ejercicios

1. Realice las operaciones indicadas

a) (2 + 3i)− (−5 + 2i) + 6

b)

(3i

2− i

)4

2. Dados z1 = 1 + 4i y z2 = −6 + 7i, representar

graficamente los complejos

a) z1 + z2

b) z1 · z2

c)z1

z2

3. Identificar todos los puntos del plano que satis-

facen la relacion

a) z2 = 2(z − 1)

b) |z + 2| ≤ 2 |z + 1|

c) |z + 1| ≤ 4− |z − 1|

4. Demostrar los teoremas 7 y 8.

5. Probar que (1 + z)2 = 1 + 2z + z2

6. Expresar cada uno de los siguientes complejos

en su forma polar

a) z = i

b) z = −i

c) z = −3

7. Demostrar que si z1 = r1(cos θ + i sen θ) y

z2 = r2(cos β + i sen β), entonces:

i. z1z2 =

r1r2[cos(θ + β) + i sen(θ + β)]

ii.z1

z2=

r1

r2[cos(θ − β) + i sen(θ − β)]

8. Demostrar utilizando induccion matematica el

teorema de Moivre.

9. Resolver la operacion (3− 11i)300.

10. Calcular(−1−

√3i)8(1− i)6

(1 + i)5

11. Demuestre que:

a) cos(4θ) =

cos4 θ − 6 cos2 θ sen2 θ + sen4 θ

b) sen(4θ) =

4 cos3 θ sen θ − 4 cos θ sen3 θ

12. Encontrar los valores de las raıces indicadas

a) 4√

i

b) 7√

3 + 4i

c)√

1 + i

d) 5√−i

e)3√

1−√

3 i

13. Resolver las siguientes ecuaciones

a) z3 = 1

b) z5 − 1 = 0

c) z4 + 1 = 0

d) z2 − 3z − 10i = 0

e) 5z2 + 2iz + 5 = 0


CAPITULO

2

FUNCIONES ANALITICAS

COMPLEJAS

13


2.1. Funciones Analıticas

2.1.1. Funciones de una variable compleja

En los cursos de calculo hemos estudiado el concepto de funcion de una y de dos

variables reales. El objetivo de esta seccion es extender el concepto de funciones a las

variables complejas.

Sea Ω un subconjunto de los numeros complejos. Una variable que toma sus valores en

Ω se llama una variable compleja.

Una funcion f de Ω en C, se llama una funcion de una variable compleja. La funcion f

asocia a cada numero complejo z de Ω un unico complejo ω, es decir, ω es una funcion

de z y podemos escribir

ω = f(z)

El conjunto Ω es el dominio de definicion de la funcion y el recorrido es un subconjunto

de C formado por los elementos que estan asociados por f con los elementos de Ω. La

variable z es la variable independiente y la variable ω es la variable dependiente.

Una relacion que asigne mas de un valor de C a un elemento de z de Ω se suele llamar

funcion de valores multiples de Ω.

La funcion f se puede escribir de la forma

f(z) = u(x, y) + iv(x, y) (2.1)

donde u(x, y) = Re(f(z)) y v(x, y) = Im(f(z)). Las funciones u y v son funciones

reales de las variables reales x y y.

EJEMPLO 5. Dada la funcion f(z) = z2

1. Calcular la imagen de los complejos i, i + 1, −5 y 3.

2. Hallar las funciones u(x, y) y v(x, y).

Solucion: 1. f(i) = i2 = −1, f(i + 1) = (i + 1)2 = 2i, f(−5) = 25, f(3) = 9.


2.1. FUNCIONES ANALITICAS 15

2. f(z) = z2 = (x + yi)2 = x2 − y2 + 2xyi y por lo tanto:

u(x, y) = x2 − y2, v(x, y) = 2xy

.

z

En el estudio del calculo tambien hemos visto que para trazar la grafica de una funcion

de una variable real necesitamos dos dimensiones, una para la variable independiente y

otra para la variable dependiente. La grafica de una funcion de una variable compleja

requiere cuatro dimensiones, dos para la variable independiente z y dos para la variable

dependiente ω. Es ası como representamos estas dos variables en planos separados

llamados plano Z y plano W respectivamente.

La correspondencia entre los puntos (x, y) y (u, v) se llama una transformacion de los

puntos (x, y) en los puntos (u, v) bajo la funcion f . Si z se mueve a lo largo de una

curva suave1 C1 en el plano Z y f es continua, el punto ω se movera a lo largo de una

curva C2 en el plano W . La curva C2 se llama la imagen de la curva C1 mediante la

transformacion ω = f(z).

EJEMPLO 6. Hallar la imagen de los siguientes conjuntos mediante la transforma-

cion ω = f(z) = z2.

1. Las rectas x = k, donde k es constante.

2. La franja 1 ≤ x ≤ 2.

3. El cuadrado cuyos vertices son (1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2).

4. La recta y = x + 4.

5. Las curvas de nivel u = k y v = k, donde k es constante.

6. Cırculos con centro en el origen.

1La curva C se denomina curva suave si su derivada es continua y diferente de cero en cada punto. Geometricamente,

lo anterior significa que C tiene una tangente continua en cada uno de sus puntos.



Solucion: Dado que ω = f(z) = z2 = (x + yi)2 = x2 − y2 + 2xyi, entonces u(x, y) =

x2 − y2 y v(x, y) = 2xy. Por lo tanto:

1. Si x = k entonces

y =v

2k→ u = k2 − v2

4k2.

La ecuacion u = k2 − v2

4k2es una familia de parabolas en el plano W . Cada recta

x = k se transforma en una parabola, excepto la recta x = 0 que se transforma

en el semi-eje real negativo del plano W . ¿Por que? Tanto la recta x = 1 como la

recta x = −1 son transformadas en la misma parabola u = 1− v2

4.

2. Es consecuencia de la parte 1. La franja 1 ≤ x ≤ 2 tiene como imagen la franja

comprendida entre las parabolas u = 1− v2

4y u = 4− v2

16.

3. Tambien directamente de 1., podemos concluir que el cuadrado cuyos vertices son

(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2) es la parte superior de la region cerrada por las cuatro

parabolas

u = 1− v2

4, u = 4− v2

16, u =

v2

4− 1, u =

v2

16− 4

4. y =v

2x⇒ x + 4 =

v

2x⇒ 2x2 + 8x− v = 0, y resolviendo para x tenemos:

x =−8±

√64 + 8v

4,

entonces

u = x2 + y2 ⇒ u2 = 32(8 + v) ⇒ v =u2

32− 8.

Por lo tanto, la imagen de la recta y = x + 4 es la parabola v =u2

32− 8.

5. La parte real de f(z) es u = x2 − y2, luego u = k ⇒ x2 − y2 = k, que son

hiperbolas. La parte imaginaria es v = 2xy, luego v = k ⇒ 2xy = k, que tambien

son hiperbolas. Es decir, a las hiperbolas x2− y2 = k del plano Z le corresponden

las rectas horizontales v = k del plano W .

6. Usando la forma polar y el teorema de Moivre

z = r(cos θ + i sen θ) ⇒ z2 = r2(cos 2θ + i sen 2θ).



El cırculo |z| = r es aplicado en el cırculo |ω| = r2. Cada z es aplicado en un ω

que posee un radio que es igual al cuadrado de z y un argumento que es el doble

del argumento de z, es decir, arg (ω) = 2arg(z). De esta manera un semi-cırculo

superior del plano Z es transformado en todo un cırculo del plano W . En general

la funcion ω = z2 aplica el semi-plano superior del plano Z en todo el plano W .

Una region del plano Z cuya imagen mediante una funcion f(z) cubre el plano W

una sola vez, se llama una region fundamental de dicha funcion. Por ejemplo, el

semi-plano superior del plano Z es una region fundamental de la funcion ω = z2.

Naturalmente el semi-plano inferior tambien es una region fundamental de esa

funcion.

z

EJERCICIO 4. Hallar la imagen de los siguientes conjuntos mediante la transfor-

macion del ejemplo anterior

1. Las rectas y = k, donde k es constante.

2. La franja 3 ≤ x ≤ 7.

3. La recta y = 3x + 1.

EJERCICIO 5. Defina el concepto de region fundamental.

2.1.2. Operaciones entre funciones

Las operaciones algebraicas sobre el conjunto de las funciones de una variable compleja

se definen de identica manera que en el calculo de variable real. Veamos:

Si f y g son funciones de variable compleja, entonces:

i. Suma: (f + g)(z) = f(z) + g(z).

ii. Producto: (f · g)(z) = f(z) · g(z).

iii. Cociente:

(f

g

)(z) =

f(z)

g(z), con g(z) 6= 0.



iv. Compuesta: (f g)(z) = f [g(z)].

2.2. Lımites

Definamos ante todo algunos conceptos topologicos basicos.

Entorno o Vecindad: Un entorno o vecindad de un punto z0 del plano complejo, es

un disco |z − z0| < δ de centro z0 y radio positivo δ. Una vecindad de centro z0 y

radio δ se denota por Vδ(z0).

Punto interior: Sea A un conjunto del plano complejo. Un punto z0 es un punto

interior de A, si existe une vecindad de z0 contenida en A.

Punto frontera: Un punto z0 es un punto frontera de un conjunto A si toda vecindad

con centro en z0 contiene a lo menos un punto de A y a lo menos un punto que

no pertenece a A.

Conjunto abierto: Sea A un conjunto del plano complejo. A es abierto si todos sus

puntos son interiores.

Conjunto conexo: Un conjunto abierto A es conexo, si dos puntos cualesquiera de A

se pueden unir mediante una curva contenida enteramente en A.

Tambien necesitaremos mas adelante los siguientes conceptos, por tal razon los defini-

mos ahora.

Trayectoria simple cerrada: Es una trayectoria cerrada sin intersecciones y que no

se toca a sı misma. Por ejemplo una circunferencia es simple, pero una curva en

forma de ocho no lo es.

Dominio simplemente conexo: Se dice que D es un dominio simplemente conexo si

es un dominio tal que toda trayectoria simple cerrada en D contiene solo puntos de

D. Un dominio que no es simplemente conexo se denomina multiplemente conexo.

Ahora veamos la definicion de lımite de una funcion compleja. Tengase en cuenta que

el concepto de valor absoluto es diferente que en la definicion de lımite de una funcion


2.2. LIMITES 19

de variable real.

DEFINICION 1. Sea f definida en todos los puntos z de una vecindad de z0, excepto

posiblemente en z = z0. Decimos que el lımite de f(z) cuando z tiende a z0 es igual a

ω0. Esto se escribe

lımz→z0

f(z) = ω0,

si para todo ε > 0, existe una δ > 0 tal que

0 < |z − z0| < δ ⇒ |f(z)− ω0| < ε.

Esta definicion afirma que para que el lımite de f(z) exista y sea igual a ω0 se requiere

que para cualquier ε > 0, exista δ > 0 tal que todo z que se encuentre en la vecindad

Vδ(z0) tenga como imagen un punto ω que este en la vecindad Vε(ω0). El valor de δ

depende del ε escogido.

Aparentemente la definicion de lımite de una funcion de variable compleja, es identica

a la definicion de lımite de una funcion de variable real. Pero cuando afirmamos que z

tiende a z0, significa que z se acerca a z0 y que lo puede hacer por cualquier trayectoria

continua que pase por z0, mientras que en variable real solo existen dos posibilidades

de acercamiento (izquierda y derecha).

EJEMPLO 7. Demostrar que

lımz→2i

z2 + 4

z − 2i= 4i

Solucion: La funcion f(z) =z2 + 4

z − 2i= 4i esta definida en todo el plano, excepto en el

punto z = 2i (segun la definicion de lımite no es necesario que la funcion exista en un

punto para que el lımite de la funcion exista en ese punto). Para z 6= 2i tenemos:

|f(z)− 4i| =∣∣∣∣z2 + 4

z − 2i− 4i

∣∣∣∣ = |z − 2i| < ε.

Siempre que |z − 2i| < δ entonces δ = ε. Por lo tanto,

|z − 2i| < δ ⇒ |f(z)− 4i| < ε,



es decir que

lımz→2i

z2 + 4

z − 2i= 4i

z

TEOREMA 11. Si el lımite de una funcion de variable compleja existe, este es unico.

Demostracion: Supongamos que lımz→z0 f(z) = ω0 y lımz→z0 f(z) = ω1 y que ω0 6= ω1.

Entonces existe dado ε > 0 existe δ0 y δ1 mayores que cero tal que

|z − z0| < δ0 ⇒ |f(z)− ω0| <ε

2

y

|z − z0| < δ1 ⇒ |f(z)− ω1| <ε

2.

Entonces para δ = min(δ0, δ1) obtenemos

|ω0 − ω1| = |(f(z)− ω0)− (f(z)− ω1)|

≤ |f(z)− ω0| − |f(z)− ω1|

< ε

siempre que |z − z0| < δ. Haciendo ε = |ω0 − ω1| entonces |ω0 − ω1| < |ω0 − ω1| lo que

es contradictorio a lo supuesto. z

TEOREMA 12. Sea ω = f(z) = u(x, y) + iv(x, y) definida en una region Ω excepto

posiblemente en z0 ∈ Ω. Sea z = x + yi, z0 = x0 + y0i y ω0 = u0 + v0i. Entonces

lımz→z0 f(z) = ω0 = u0 + v0i, sı y solo sı

lım(x,y)→(x0,y0)

u(x, y) = u0 y lım(x,y)→(x0,y0)

v(x, y) = v0

Demostracion: (⇒)

Supongamos que

lım(x,y)→(x0,y0)

u(x, y) = u0 y lım(x,y)→(x0,y0)

v(x, y) = v0.



EJEMPLO 8. Calcular

lımz→2i

(3z + 5i)

Solucion: f(z) = 3z + 5i = 3x + (3y + 5)i. Entonces

lım(x,y)→(0,2)

3x = 0 y lım(x,y)→(0,2)

(3y + 5) = 11.

De donde

lımz→2i

(3z + 5i) = 0 + 11i = 11i.

z

Tal como en el calculo de variable real, en el calculo de variable compleja se tienen las

siguientes propiedades, resumidas en el siguiente teorema:

TEOREMA 13. Sean f y g funciones de variable compleja y sea k una constante

compleja. Si

lımz→z0

f(z) = ω1 y lımz→z0

g(z) = ω2

entonces

1. lımz→z0 [f(z) + g(z)] = lımz→z0 f(z) + lımz→z0 g(z) = ω1 + ω2.

2. lımz→z0 kf(z) = k lımz→z0 f(z) = kω1.

3. lımz→z0 [f(z) · g(z)] = lımz→z0 f(z) · lımz→z0 g(z) = ω1 · ω2.

4. lımz→z0

[f(z)

g(z)

]=

lımz→z0

f(z)

lımz→z0

g(z)=

ω1

ω2

, con ω2 6= 0.

EJEMPLO 9. Calcular

lımz→−2i

(2z + 3)(z − 1)

z2 − 2z + 4


2.2. LIMITES 23

Solucion:

lımz→−2i

(2z + 3)(z − 1)

z2 − 2z + 4=

lımz→−2i

(2z + 3)(z − 1)

lımz→−2i

z2 − 2z + 4

=lım

z→−2i(2z + 3) · lım

z→−2i(z − 1)

4i

= −1

2+

11i

4

z

DEFINICION 2. El lımz→∞

= ω0, si para todo ε > 0, podemos encontrar un M > 0,

tal que

|z| > M ⇒ |f(z)− ω0|

TEOREMA 14. Si la funcion h(z) =f(z)

g(z)esta definida para todo complejo excepto

para z = z0 en alguna region que contiene a z0 y si lımz→z0

g(z) = 0 y lımz→z0

f(z) = k 6= 0,

donde k es una constante compleja. Entonces

lımz→z0

f(z)

g(z)= ∞.

EJEMPLO 10. Calcular

lımz→i

1 + 3i

(z − i)2.

Solucion:

f(z) = 1 + 3i y lımz→i

1 + 3i = 1 + 3i,

g(z) = (z − i)2 y lımz→i

(z − i)2 = 0.

Entonces aplicando el teorema 14 obtenemos

lımz→i

1 + 3i

(z − i)2= ∞.

z



2.3. Continuidad

DEFINICION 3. Una funcion f definida en una region Ω es continua en un punto

z0 de Ω si:

lımz→z0

f(z) = f(z0)

Esta definicion es equivalente a decir que f es continua en z0 de su dominio, sı y solo

sı, para todo ε > 0 existe una δ > 0, tal que

|z − z0| < δ ⇒ |f(z)− f(z0)| < ε

(el δ depende del ε que se tome).

La funcion f es continua en una region Ω si es continua en todos los puntos de Ω.

Directamente de las propiedades de los lımites podemos demostrar las siguientes propiedades

algebraicas de la continuidad.

TEOREMA 15. Si f y g son funciones continuas en z0 y k es una constante compleja,

entonces son continuas en z0 las funciones:

1. f + g.

2. f · g.

3. f/g.

EJEMPLO 11. La funcion polinomica

f(z) = anzn + an−1z

n−1 + · · ·+ a1z + a0,

donde ak = C y C es una constante compleja, para k = 1, 2, ..., n es continua en todo

el plano.

Solucion: La funcion identica I(z) = z es continua en todo el plano, ya que

lımz→z0

z = z0.


2.4. LA DERIVADA 25

Se puede encontrar δ > 0, dado ε > 0 tal que

|z − z0| < δ ⇒ |I(z)− z0| < ε,

es decir, |I(z) − z0| = |z − z0| < ε, por lo tanto δ = ε. Las funciones z2, z3,...,zn son

continuas porque son producto de funciones continuas y como la funcion polinomica es

la suma del producto de funciones continuas, entonces es continua (La funcion constante

es continua). z

2.4. La Derivada

DEFINICION 4. Sea f una funcion definida en una region Ω y sea z0 ∈ Ω. Se dice

que f es diferenciable en z0, si el siguiente lımite existe:

f ′(z0) = lımh→0

f(z0 + h)− f(z0)

h

A f ′(z0) se le llama la derivada de f en z0. Podemos obtener una forma equivalente

para la derivada de f en el punto z0 ∈ Ω, veamos:

f ′(z0) = lımz→z0

f(z)− f(z0)

z − z0

Donde h = ∆z = z − z0.

La derivada de f en cualquier punto z ∈ Ω se denota f ′(z) of(z)

dz.

EJEMPLO 12. Sea f(z) = z2 + 1. Hallar f ′(z)y f ′(2 + i).

Solucion:

f ′(z) = lımh→0

f(z + h)− f(z)

h

= lımh→0

(z + h)2 + 1− (z2 + 1)

h

= lımh→0

h(2z + h)

h= 2z



Si z0 = 2 + i entonces f ′(2 + i) = 2(2 + i) = 4 + 2i. Si aplicamos directamente la

definicion 4., tenemos

f ′(2 + i) = lımh→0

(2 + i + h)2 + 1− (2 + i)2 − 1

h= 4 + 2i

z

Tal como sucede en el calculo de una variable real la existencia de la derivada en un

punto implica la continuidad en ese punto, pero no lo contrario.

TEOREMA 16. Si f es derivable en z0, entonces f es continua en ese punto.

Demostracion: Supongamos que f es derivable en z0, entonces

f ′(z) = lımz→z0

f(z)− f(z0)

z − z0

existe.

lımz→z0

|f(z)− f(z0)| = lımz→z0

[f(z)− f(z0)

z − z0

(z − z0)

]= lım

z→z0

f(z)− f(z0)

z − z0

· lımz→z0

(z − z0)

= f ′(z0) · 0 = 0

entonces

lımz→z0

f(z) = f(z0),

y por lo tanto f es continua en z0. z

El siguiente ejemplo nos permite demostrar que si una funcion es continua en un punto,

no implica que la funcion sea derivable en dicho punto.

EJEMPLO 13. La funcion f(z) = |z|2 es continua en todo el plano complejo pero

solo es derivable en el origen.

Solucion: Dada la funcion f(z) = |z|2 = z · z, tenemos: Si z = 0, entonces

f ′(0) = lımh→0

f(0 + h)− f(0)

h= lım

h→0h = 0.


2.4. LA DERIVADA 27

Si z 6= 0, entonces

f ′(z) = lımh→0

f(z + h)− f(z)

h

= lımh→0

(z + h)(z + h)− z · zh

= lımh→0

(zh

h+ h + z

),

pero lımh→0

(zh

h+ h + z

)no existe porque lımh→0

h

hno existe. Por lo tanto la funcion

no es derivable en z 6= 0. z

Las formulas de derivacion en el calculo de una variable real son validas para funciones

de variable compleja. El siguiente teorema nos determina este hecho.

TEOREMA 17. Si f y g son funciones de variable compleja tales que f ′ y g′ existan

y si k es una constante compleja, entonces:

1.d

dz(z) = 1

2.d

dz(k) = 0

3.d

dz[f(z)± g(z)] =

d

dzf(z)± d

dzg(z)

4.d

dz(kf(z)) = k

d

dzf(z)

5.d

dz[f(z) · g(z)] = g(z)

d

dzf(z) + f(z)

d

dzg(z)

6.d

dz

[f(z)

g(z)

]=

g(z)d

dzf(z)− f(z)

d

dzg(z)

[g(z)]2, con g(z) 6= 0

7. Si ω = f(η) y η = g(z), entonces

d

dzω =

d

dηω · d

dzη.

Esta es la conocida regla de la cadena.



Demostracion de 6:

d

dz

[f(z)

g(z)

]= lım

h→0

f(z + h)

g(z + h)− f(z)

g(z)

h

= lımh→0

f(z + h)g(z)− f(z)g(z + h)

hg(z)g(z + h)

= lımh→0

1

g(z)g(z + h)

[f(z + h)g(z)− g(z)f(z) + g(z)f(z)− f(z)g(z + h)

h

]=

1

[g(z)]2

[g(z)

d

dzf(z)− f(z)

d

dzg(z)

]z

EJEMPLO 14. Calculard

dz[z2 + 2]3.

Solucion: ω = f(g(z)) = (z2 +2)3, entonces η = g(z) = z2 +2 y ω = f(η) = η3. Ahora,

comodω

dη= 3η2 y

dη

dz= 2z,

entoncesdω

dz= 3η2 · 2z = 3(z2 + 2)2 · 2z = 6z(z2 + 2)2

z

2.5. Ecuaciones de Cauchy-Riemman

TEOREMA 18. Si la funcion f(z) = u(x, y)+ iv(x, y) es derivable en un punto z de

su dominio Ω. Entonces se satisfacen las ecuaciones

∂u

∂x=

∂v

∂yy

∂u

∂y= −∂v

∂x(2.2)

llamadas ecuaciones de Cauchy-Riemman.

Demostracion: Sea z0 = x0+y0i un punto de la region Ω. Supongamos que f ′(z) existe.

Entonces

f ′(z0) = lım∆z→0

f(z0 + ∆z)− f(z0)

∆z.


2.5. ECUACIONES DE CAUCHY-RIEMMAN 29

Haciendo ∆z = ∆x + i∆y. Tenemos que

f ′(z0) = lım(∆x,∆y)→(0,0)

u(x0 + ∆x, y0 + ∆y) + iv(x0 + ∆x, y0 + ∆y)− u(x0, y0)− iv(x0, y0)

∆x + i∆y

= lım(∆x,∆y)→(0,0)

u(x0 + ∆x, y0 + ∆y)− u(x0, y0)

∆x + i∆y

+ i lım(∆x,∆y)→(0,0)

v(x0 + ∆x, y0 + ∆y)− v(x0, y0)

∆x + i∆y

El lımite es independiente de la trayectoria por lo cual ∆z → 0. Analizaremos dos

casos.

Si ∆x = 0, entonces ∆y → 0, luego

f ′(z0) = lım∆y→0

u(x0, y0 + ∆y)− u(x0, y0)

i∆y

+ i lım∆y→0

v(x0, y0 + ∆y)− v(x0, y0)

i∆y

=− i∂u(x0, y0)

∂y+

∂v(x0, y0)

∂y

Como z0 es un punto cualquiera de Ω tenemos

f ′(z) = −i∂u

∂y+

∂v

∂y. (2.3)

Si ∆y = 0, entonces ∆x → 0, luego

f ′(z0) = lım∆x→0

u(x0 + ∆x, y0)− u(x0, y0)

∆x

+ i lım∆x→0

v(x0 + ∆x, y0)− v(x0, y0)

∆x

=∂u(x0, y0)

∂x+ i

∂v(x0, y0)

∂x

Entonces

f ′(z) =∂u

∂x+ i

∂v

∂x. (2.4)

Como z0 es un punto cualquiera de Ω tenemos

f ′(z) =∂u

∂x+ i

∂v

∂x.



De (2.3) y (2.4) obtenemos las ecuaciones (2.2) llamadas de Cauchy-Riemann. Luego,

si la derivada de la funcion existe, entonces se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-

Riemann2. z

EJEMPLO 15. (Encontrar los errores dentro del siguiente procedimiento) La funcion

f(z) =

x3 − y3

x2 + y2+ i

(x3 − y3

x2 + y2

), si z 6= 0

0 , si z = 0

Satisface las ecuaciones de Cauchy-Riemann en el origen, pero la derivada en el origen

no existe.

Solucion:

ux(0, 0) = lım(x,y)→(0,0)

u(x, 0)− u(0, 0)

x= lım

x→0

x3

x3= 1

uy(0, 0) = lımy→0

−y3

y3= −1

De la misma manera obtenemos que

vx(0, 0) = 1 y vy(0, 0) = −1.

Luego se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en el origen.

Ahora veamos que la derivada de la funcion en el origen no existe:

f ′(0) = lımz→0

f(z)− f(0)

z= lım

(x,y)→(0,0)

x3 − y3

x2 + y2+ i

(x3 − y3

x2 + y2

)− 0

x + yi

2Tanto Cauchy como Riemann, son los precursores del Analisis Complejo. Riemann que fue filosofo, introdujo el

concepto de integral, tal como se ensena en los cursos basicos de calculo. Trabajo con series de Fourier, ecuaciones

diferenciales ordinarias y parciales, creando nuevos metodos para su solucion y efectuo contribuciones importantes a

la teorıa de numeros y a la fisica-matematica. Creador tambien de la geometrıa de Riemann, base matematica de la

teorıa de la relatividad de Einstein. Su trabajo motivo muchas ideas de la matematica moderna, especialmente en

topologıa y analisis funcional (Vease N. Burbaki, Elements of Mathematics. General Topology, Parte I, Pag. 161-166,

Paris Hermann).



Tomando la trayectoria x = 0, tenemos

f ′(0) = lımy→0

−y + iy

iy= 1 + i,

y tomando la trayectoria y = 0, tenemos

f ′(0) = lımx→0

x + ix

x= 1 + i,

Por las dos trayectorias hemos llegado al mismo lımite, pero si tomamos la trayectoria

y = x, tenemos

f ′(0) = lımx→0

ix

x + ix=

1

2+

i

2,

Por lo tanto hemos encontrado por trayectorias diferentes lımites diferentes, entonces

f ′(0) no existe. z

TEOREMA 19. Sea la funcion f(z) = u(x, y) + iv(x, y). Supongamos que las fun-

ciones u y v junto con sus derivadas parciales de primer orden son continuas en un

punto (x0, y0) de la region de definicion. Si se cumplen las ecuaciones de Cauchy-

Riemann entonces f ′(z0) existe.

Ademas si las condiciones del teorema se satisfacen, la derivada de f se puede expresar

en la forma

f ′(z) =∂u

∂x+ i

∂v

∂x

o alternativamente

f ′(z) =∂v

∂y− i

∂u

∂y,

como ya habıamos visto en la demostracion del teorema 18.

Demostracion: Como las primeras derivadas parciales de u(x, y) y v(x, y) son continuas

entonces

∆u =∂u

∂x∆x +

∂u

∂y∆y + ε1∆x + ε2∆y

y

∆v =∂v

∂x∆x +

∂v

∂y∆y + ε3∆x + ε4∆y



con∂u

∂x,∂u

∂y,∂v

∂x,∂v

∂ycalculadas en (x0, y0) y ε1, ε2, ε3, ε3 → 0, cuando (∆x, ∆y) → (0, 0).

Como se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann, reemplazamos y obtenemos:

∆f

∆z=

∂u

∂x+ i

∂v

∂x+ (ε1 + iε3)

∆x

∆z+ (ε2 + iε4)

∆y

∆z

∆z = ∆x + i∆y ⇒ |∆z| ≥ |∆x| y |∆z| ≥ |∆y|,

entonces ∣∣∣∣∆x

∆z

∣∣∣∣ ≤ 1 y

∣∣∣∣∆y

∆z

∣∣∣∣ ≤ 1,

pero (∆x, ∆y) → 0 entonces (ε1 + iε3)∆x

∆zy (ε2 + iε4)

∆y

∆ztiende a cero.

lım∆z→0

∆f

∆z= f ′(z0) =

∂u

∂x+ i

∂v

∂x

por lo tanto f ′(z0) existe. z

EJEMPLO 16. Calcular f ′(z) si f(z) = sen x cosh y + i cos x senh y

Solucion: Tenemos que las funciones u y v se definen como:

u(x, y) = sen x cosh y y v(x, y) = cos x senh y,

luego∂u

∂x= cos x cosh y

∂u

∂y= sen x senh y

∂v

∂x= − sen x senh y

∂v

∂y= cos x cosh y

Como u y v junto con sus primeras derivadas parciales son continuas en todo el plano

y ademas se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en todo el plano podemos

concluir que la derivada de la funcion existe en todos los puntos del plano complejo.

Entonces

f ′(z) =∂u

∂x+ i

∂v

∂x= cos x cosh y + i sen x senh y

z



EJEMPLO 17. Comprobar que las ecuaciones de Cauchy-Riemann en coordenadas

polares son las siguientes:

∂u

∂r=

1

r

∂v

∂θy

∂v

∂r= −1

r

∂u

∂θ, (2.5)

donde r 6= 0.

Solucion. Las relaciones que nos permiten el paso de coordenadas rectangulares a co-

ordenadas polares son las siguientes

x = r cos θ y = r sen θ r =√

x2 + y2 θ = tan−1(y

x

),

es ası como

∂u

∂x=

∂u

∂r

∂r

∂x+

∂u

∂θ

∂θ

∂x=

∂u

∂r

(x√

x2 + y2

)+

∂u

∂θ

(−y

x2 + y2

)entonces

∂u

∂x=

∂u

∂rcos θ − 1

r

∂u

∂θsen θ

∂u

∂y=

∂u

∂r

∂r

∂y+

∂u

∂θ

∂θ

∂y=

∂u

∂rsen θ +

1

r

∂u

∂θcos θ

∂v

∂x=

∂v

∂r

∂r

∂x+

∂v

∂θ

∂θ

∂x=

∂v

∂rcos θ − 1

r

∂v

∂θsen θ

∂v

∂y=

∂v

∂r

∂r

∂y+

∂v

∂θ

∂θ

∂y=

∂v

∂rsen θ +

1

r

∂v

∂θcos θ.

Ahora, como∂u

∂x=

∂v

∂y, tenemos(∂u

∂r− 1

r

∂v

∂θ

)cos θ −

(∂v

∂r+

1

r

∂u

∂θ

)sen θ = 0

y, como∂u

∂y= −∂v

∂x, tenemos(

∂u

∂r− 1

r

∂v

∂θ

)sen θ +

(∂v

∂r+

1

r

∂u

∂θ

)cos θ = 0

entonces∂u

∂r− 1

r

∂v

∂θ= 0 y

∂v

∂r+

1

r

∂u

∂θ= 0



por lo tanto∂u

∂r=

1

r

∂v

∂θy

∂v

∂r= −1

r

∂u

∂θ

con r 6= 0 z

TEOREMA 20. La formula equivalente para la derivada de una funcion en coorde-

nadas polares es

f ′(z) = (cos θ − i sen θ)

(∂u

∂r+ i

∂v

∂r

)

Demostracion: Reemplazando los valores de∂u

∂xy de

∂v

∂x, obtenidas en el ejemplo 18

tenemos que

f ′(z) =∂u

∂x+ i

∂v

∂x

=

(∂u

∂rcos θ − 1

r

∂u

∂θsen θ

)+ i

(∂v

∂rcos θ − 1

r

∂v

∂θsen θ

).

Usando las ecuaciones (2.5) tenemos


(∂u

∂r+ i

∂v

∂r

)z

EJEMPLO 18. Calcular f ′(z) donde f(z) =1

z, con z 6= 0.

Solucion. Sea z = r(cos θ + i sen θ), entonces

f(z) =1

z= r−1(cos θ − i sen θ)

y tenemos que

u(r, θ) = r−1 cos θ y v(r, θ) = r−1 sen θ

por lo tanto∂u

∂θ= −sen θ

r

∂u

∂r= −cos θ

r2

∂v

∂θ= −cos θ

r

∂v

∂r=

sen θ

r2.



En z 6= 0, se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann (2.5) y ademas tanto u como

v y sus primeras derivadas parciales son continuas. Por lo tanto la derivada de f existe

y es


(∂u

∂r+ i

∂v

∂r

)= − 1

r2(cos 2θ − i sen 2θ) = − 1

z2

z

2.6. Funciones Analıticas

DEFINICION 5. Una funcion f es analıtica en un punto z0 de su dominio, si existe

una vecindad de z0 tal que f ′(z) exista para todo punto de la vecindad.

Si f es analıtica en todos los puntos de una region Ω se dice que f es analıtica en Ω. Si

f es analıtica en todo el plano complejo entonces f se llama una funcion entera. A una

funcion analıtica en un punto z0 tambien se le acostumbra llamar holomorfa o regular

en z0.

Si f esta definida en un dominio Ω (abierto), las propiedades de diferenciabilidad y

analiticidad son equivalentes; pero en otros casos la analiticidad exige que la funcion

sea derivable en un conjunto mayor. Es decir, f es analıtica en un disco |z| ≤ a, si es

derivable en el disco |z| ≤ a + δ, donde a es una constante mayor que cero.

EJEMPLO 19. La funcion f(z) = |z|2 no es analıtica en ningun punto del plano,

pero es derivable en el origen.

Solucion: En el ejemplo 14 de la seccion 2.4 demostramos que la derivada de f solo

existe en el origen y que f ′(0) = 0. Si tomamos cualquier vecindad de z0 tenemos que

f ′(z) no existe para ningun z en la vecindad. Luego la funcion no es analıtica en el

origen z

EJEMPLO 20. La funcion polinomica es una funcion entera.



Solucion: Si f es polinomica entonces f(z) = anzn + an−1z

n−1 + · · · + a1z + a0. Ya

hemos visto que esta funcion es derivable en todo el plano complejo, entonces si z0 es

cualquier punto del plano, f ′(z) existe para todo z en la vecindad de z0 y por lo tanto

f es analıtica en todo el plano. Es decir, f es una funcion entera. z

De las propiedades de la derivada se puede deducir facilmente que la suma, el producto

y el cociente 3 de funciones analıticas en Ω, son funciones analıticas en Ω.

Si f es analıtica en Ω1 y si f(Ω1) esta contenida en Ω2 y g es analıtica en Ω2, entonces

g f es analıtica en Ω1.

EJEMPLO 21. Comprobar que la funcion

f(z) = ex(cos y + i sen y)

es analıtica en todo el plano (entera).

Solucion:

f(z) = ex(cos y + i sen y) = ex cos y + iex sen y

entonces

u(x, y) = ex cos y y v(x, y) = ex sen y,

y por lo tanto

∂u

∂x= ex cos y

∂v

∂x= ex sen y

∂v

∂y= ex cos y

∂u

∂y= −ex sen y

Como se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann y tanto u y v como sus primeras

derivadas son continuas en todo el plano. Entonces f ′(z), existe para todo z y por lo

tanto la funcion es entera. z

TEOREMA 21. Si la funcion f(z) = u(x, y) + iv(x, y) es analıtica y si u y v tienen

segundas derivadas parciales continuas; entonces u y v satisfacen las ecuaciones de

Laplace∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 0 y

∂2v

∂x2+

∂2v

∂y2= 0

3En este caso se advierte que f/g es analıtica en Ω, sı y solo sı, g(z) 6= 0.



Demostracion: Como f es analıtica en Ω entonces se satisfacen las ecuaciones de

Cauchy-Riemann∂u

∂x=

∂v

∂yy

∂u

∂y= −∂v

∂x.

Derivando en ambos lados tenemos

∂2u

∂x2=

∂2v

∂x∂yy

∂2u

∂y2= − ∂2v

∂y∂x. (2.6)

Debido a la continuidad de (2.6) se cumple que

∂2v

∂y∂x=

∂2v

∂x∂y

y del mismo modo se tiene que∂2u

∂y2= −∂2u

∂x2

en Ω.

Luego las funciones u y v satisfacen las ecuaciones de Laplace en Ω. z

Mas adelante4 demostraremos que si una funcion es analıtica su derivada tambien lo

es. Esto significa que existen derivadas parciales en todos los ordenes continuas de u y

de v.

DEFINICION 6. Una funcion F (x, y) real, de dos variables reales que tienen derivadas

parciales de segundo orden continuas y que satisfacen la ecuacion de Laplace se llama

una funcion armonica5.

Podemos afirmar que si f(z) = u(x, y) + iv(x, y) es analıtica en Ω, entonces u y v son

funciones armonicas en Ω. Estas funciones son llamadas conjugadas 6.

Si u y v son funciones armonicas que satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en

un dominio Ω, entonces son parte real e imaginaria de una funcion analıtica f en Ω

Dada una funcion armonica podemos obtener su conjugada usando las ecuaciones de

Cauchy-Riemann.4Cuando iniciemos el tema de Integracion compleja5Ası se llaman las soluciones de la ecuacion de Laplace que tienen derivadas parciales de segundo orden continuas y,

su teorıa se denomina teorıa del Potencial.6Aquı el termino conjugada tiene un significado diferente al de conjugado de un numero complejo.



EJEMPLO 22. Se tiene la funcion u(x, y) = ln(x2 + y2). Encontrar f(z) = u(x, y) +

iv(x, y), tal que f sea analıtica.

Solucion: Derivando la funcion u(x, y) = ln(x2 + y2), tenemos que

∂u

∂x=

2x

x2 + y2y

∂u

∂y=

2y

x2 + y2,

entonces∂u

∂x=

∂v

∂y⇒ ∂v

∂y=

2x

x2 + y2,

integrando con respecto a y obtenemos

v =

∫2x

x2 + y2dy = 2 arctan

(y

x

)+ h(x),

Por lo tanto∂v

∂x= − 2y

x2 + y2+ h′(x).

Como∂v

∂x= −∂u

∂y, entonces h′(x) = 0. De donde h(x) = k, y k es una constante; por

lo tanto:

v(x, y) = 2 arctan(y

x

)+ k,

y entonces

f(z) = ln(x2 + y2) + i(2 arctan

(y

x

)+ k)

.

z

TEOREMA 22. Si f(z) = u(x, y) + iv(x, y) es una funcion analıtica en Ω, entonces

la familia de curvas u(x, y) = k1 son trayectorias ortogonales a la familia de curvas

v(x, y) = k2 y viceversa, en todo punto de Ω donde f ′(z) 6= 0.

Demostracion: Derivando u(x, y) = k1 implıcitamente, tenemos:

du =∂u

∂xdx +

∂u

∂ydy = 0

entonces

dy

dx= −

∂u

∂x∂u

∂y

(2.7)


2.7. TRANSFORMACIONES CONFORMES 39

La expresion (2.7) da la pendiente de la curva general de la familia u(x, y) = k1. Del

mismo modo

dv =∂v

∂xdx +

∂v

∂ydy = 0

entonces

dy

dx= −

∂v

∂x∂v

∂y

. (2.8)

Esta es la pendiente de la curva general de la familia v(x, y) = k2. Como f es analıtica

se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann, entonces usando este hecho en (2.8),

tenemos

dy

dx=

∂u

∂y∂u

∂x

(2.9)

pero (2.9) es precisamente el negativo del recıproco de la pendiente de la curva gen-

eral de la funcion u(x, y) = k1 en un punto comun. Por tanto las dos familias son

ortogonales. z

2.7. Transformaciones Conformes

Ahora veremos que si la funcion f es analıtica su representacion es conforme. Es decir,

conserva los angulos entre curvas orientadas tanto en magnitud como en sentido. Las

transformaciones conformes tiene gran utilidad en las matematicas para ingenierıa ya

que permiten resolver problemas bidimensionales con valores en la frontera; mediante la

transformacion de una region complicada en otra mas sencilla. En el capıtulo siguiente

daremos algunos ejemplos sobre estos problemas.

2.7.1. Representacion conforme

Sea ω = f(z) una funcion analıtica en el plano Z, tal que f ′(z0) 6= 0. Entonces la

imagen de un arco suave en la vecindad de z0 del plano Z, es un arco suave en el plano



W .

Si

f ′(z0) = r0eiθ0 ,

entonces

θ0 = arg (f ′(z0)) = lım∆z→0

(arg

(∆ω

∆z

))donde

∆ω = f(z0 + ∆z)− f(z0).

Sea C una curva suave a traves de z0 y sea la curva suave S su imagen bajo la transfor-

macion analıtica ω = f(z). Al describir un sentido positivo para C, la transformacion

determina un sentido positivo a lo largo de S.

Supongamos que z0+∆z es un punto en C en el sentido positivo desde z0. El argumento

de ∆z tiende al angulo de inclinacion φ de la recta tangente a C en z0, cuando ∆z

tiende a cero. Es decir

lım∆z→0

(arg (∆z)) = φ

Sea ω0 la imagen de z0 y ω0 + ∆ω la imagen de z0 + ∆z, entonces

lım∆ω→0

(arg (∆ω)) = Φ,

donde Φ es el angulo de inclinacion de la recta tangente a S en el punto ω0.

Tenemos

∆ω = ∆z

(∆ω

∆z

).

Debido a que el argumento de un producto es la suma de los argumentos de los factores,

entonces

arg (∆ω) = arg (∆z) + arg

(∆ω

∆z

)aplicando lımite cuando ∆z tiende a cero

lım∆z→0

arg (∆ω) = lım∆z→0

arg (∆z) + lım∆z→0

arg

(∆ω

∆z

)J. J. Leon - V. Barros


entonces

Φ = φ + θ0

de donde, bajo la transformacion, la tangente a C dirigida en z0 se gira un angulo

θ0 = Φ− φ.

Esto significa que la transformacion ω = f(z), analıtica en z0 con f ′(z) 6= 0, gira las

tangentes de todas las curvas que pasen por z0 en un mismo angulo θ0.

Ahora, supongamos que tenemos en el plano Z un par de curvas suaves C1 y C2 las

cuales se interceptan en el punto z0. Sean φ1 Y φ2 los angulos de inclinacion de sus

respectivas rectas tangentes en z0, y sean Φ1 Y Φ2 los angulos de inclinacion a las

curvas S1 y S2 en el punto ω0. Entonces

Φ1 = φ1 + θ0 y Φ2 = φ2 + θ0,

y restando estas ultimas ecuaciones tenemos

α = Φ2 − Φ1 = φ2 − φ1.

De esta manera el angulo entre las curvas S1 y S2 es el mismo en magnitud y en sentido

que el angulo entre C1 y C2.

Una transformacion que conserva los angulos de esta forma entre cada par de curvas en

el punto z0, se llama Conforme en z0. Si la transformacion es conforme en todo punto

de la region Ω, entonces decimos que es conforme en Ω.

Una transformacion que conserva las magnitudes de los angulos pero no necesariamente

el sentido se llama isogonal.

La discusion anterior prueba el resultado que sintetizamos en el siguiente teorema:

TEOREMA 23. Si f(z) es analıtica y f ′(z) 6= 0 en una region Ω, entonces la trans-

formacion ω = f(z) es conforme en Ω.

Una transformacion conforme transforma pequenas figuras en la vecindad de un punto

z0 del plano Z en pequenas figuras semejantes en el plano W . Veamos, si z esta muy



proximo a z0, entonces

f(z)− f(z0)

z − z0

=ω − ω0

z − z0

' f ′(z0),

entonces

ω − ω0 ' f ′(z0)(z − z0),

si en lugar de casi igual ('), tomamos la igualdad, tenemos

ω − ω0 = f ′(z0)(z − z0), (2.10)

lo cual establece una relacion de uno a uno si f ′(z0) 6= 0. La imagen por la relacion

(2.10) es semejante a la original y su dimension varıa en |f ′(z0)|.

Un punto en el que f ′(z0) 6= 0, se llama un punto crıtico de la transformacion.

Si ω = f(z) es una transformacion del plano Z en el plano W , podemos pensar que es

una transformacion del plano Z en sı mismo. Con esta interpretacion, los puntos para

los cuales f(z) = z, los llamamos puntos fijos o puntos invariantes

EJEMPLO 23. Dada la transformacion ω = f(z) = z2 − 2, entonces:

1. Demostrar que la transformacion es conforme.

2. Hallar los puntos crıticos.

3. Hallar los puntos fijos o invariantes.

Solucion: Analizando cada una de las situaciones, tenemos:

1. Como ω = f(z) = z2− 2 es una funcion polinomica, es analıtica en todo el plano.

Por el teorema 23., la transformacion es conforme excepto donde f ′(z) = 0. Pero,

f ′(z) = 0 solamente en el origen. Entonces la transformacion es conforme en todo

el plano excepto en el origen.

2. El z = 0 es el unico punto crıtico de la transformacion.

3. Como ω = f(z) = z2−2, entonces z2−2− z = 0, de donde z = −1 y z = 2. Estos

valores son los puntos fijos de la transformacion.



z

La aplicaciones mas importantes de las transformaciones conformes se deben a la

propiedad que poseen las funciones armonicas, de permanecer siendo armonicas bajo

un cambio de variable que surja de una transformacion conforme. Este valioso resultado

lo recogemos en el siguiente teorema:

TEOREMA 24. Una funcion armonica g(x, y) se transforma en otra funcion armonica

bajo un cambio de variable que surge de una transformacion conforme ω = f(z).

Antes de demostrar el teorema siguiente, miremos su alcance. Por ejemplo, supongamos

que queremos resolver un problema bidimensional con valores en la frontera en una

region Ω dada. procedemos entonces de la siguiente manera

i. Encontrar una aplicacion conforme f que transforme el problema de frontera de la

region Ω en uno para la region mas sencilla Ω′ (generalmente cırculo o semi-plano).

ii. Resolver el problema de frontera transformado.

iii. Transformar la solucion a las coordenadas originales, mediante la transformacion

inversa f−1

Dejaremos las aplicaciones fısicas para mas adelante cuando tengamos mas manejo del

calculo complejo.

Demostracion teorema 24: Supongamos la transformacion

x = X(u, v) y y = Y (u, v)

entonces g(x, y) se transforma en

g [X(u, v), Y (u, v)] = G(u, v),

luego∂g

∂x=

∂g

∂u

∂u

∂x+

∂g

∂v

∂v

∂xy

∂g

∂y=

∂g

∂u

∂u

∂y+

∂g

∂v

∂v

∂y



∂2g

∂x2=

∂g

∂u

∂2u

∂x2+

∂u

∂x

[∂2g

∂u2

∂u

∂x+

∂2g

∂v∂u

∂v

∂x

]+

∂g

∂v

∂2v

∂x2+

∂v

∂x

[∂2g

∂u∂v+

∂2g

∂v2

∂v

∂x

]

∂2g

∂y2=

∂g

∂u

∂2u

∂y2+

∂u

∂y

[∂2g

∂u2

∂u

∂y+

∂2g

∂v∂u

∂v

∂y

]+

∂g

∂v

∂2v

∂y2+

∂v

∂y

[∂2g

∂u∂v+

∂2g

∂v2

∂v

∂y

]

z

2.8. Funcion Exponencial

Del calculo de variable real sabemos que el desarrollo de series de McLauren de las

funciones ex, sen x y cos x es:

ex = 1 + x +x2

2!+

x3

3!+ · · · =

∞∑n=0

xn

n!

sen x = x− x3

3!+

x5

5!− · · · =

∞∑n=0

(−1)n x2n+1

(2n + 1)!

cos x = 1− x2

2!+

x4

4!− · · · =

∞∑n=0

(−1)n x2n

(2n)!

Todas estas serie tienen radio de convergencia infinito.

Si reemplazamos la variable x por la variable compleja z, las serie anteriores se trans-

forman en funciones de variable compleja, definidas en todo el plano complejo.


2.8. FUNCION EXPONENCIAL 45

Tomemos iy en vez de x en la funcion exponencial, entonces:

eiy = 1 + iy − y2

2!− y3i

3!+

y4

4!+ · · · ,

es decir, podemos escribir

eiy =∞∑

n=0

(−1)n y2n

(2n)!+ i

∞∑n=0

(−1)n y2n+1

(2n + 1)!,

de donde

eiy = cos y + i sen y.

Esta ultima expresion nos permite presentar un numero complejo en forma exponencial.

Por ejemplo, e2πi = cos 2π + i sen 2π = 1. En general se tiene que

z = r (cos θ + i sen θ) = reiθ.

La funcion exponencial en terminos de las funciones reales u(x, y) y v(x, y), se expresa

de la siguiente manera:

ω = ez = ex+yi = exeyi = ex(cos y + i sen y),

de donde

u(x, y) = ex cos y y v(x, y) = ex sen y. (2.11)

TEOREMA 25. La funcion ω = ez es una funcion analıtica en todo el plano (entera).

Demostracion: Segun las ecuaciones (2.11)

∂u

∂x= ex cos y y

∂u

∂y= −ex sen y

∂v

∂x= ex sen y y

∂v

∂y= ex cos y.

Como se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en todo el plano y tanto las

funciones u y v como sus primeras derivadas parciales son continuas en todo el plano,

la funcion ω = ez es analıtica (entera). Ademas se cumple que

d

dz(ez) = ex(cos y + i sen y) = ez

z



Algunas de las propiedades mas comunes de la funcion exponencial estan dadas por el

siguiente teorema.

TEOREMA 26. La funcion ω = ez satisface las siguientes propiedades:

1. ez 6= 0 para todo z.

2. ez1 · ez2 = ez1+z2

3.ez1

ez2= ez1−z2

4. e−z =1

ez

5. (ez)n = enz

6. (ez)1/n = ez+2πki

n , con n entero y k = 0, 1, 2, ..., (n− 1).

7. ez es periodica con periodo 2πi

EJERCICIO 6. Demostrar el teorema anterior.

EJEMPLO 24. Encontrar las imagenes de las rectas x = k y y = k, con k constante,

del plano Z bajo la transformacion ω = ez.

Solucion: Si x = k, entonces

ek(cos y + i sen y) = ρ(cos φ + i sen φ)

de donde ρ = ek y φ = y. La funcion transforma la familia de rectas x = k en una

familia de cırculos con centro en el origen y radio ρ. Del mismo modo si y = k, entonces

ρ = ex y φ = k. La funcion transforma la recta y = k en rayos φ = k z

EJEMPLO 25. Resolver la ecuacion ez = 1.

Solucion: Tenemos que si

ez = 1 ⇒ ex(cos y + i sen y) = 1,

por lo tanto las partes real e imaginaria del numero complejo son

ex cos y = 1 y ex sen y = 0.


2.9. FUNCION LOGARITMICA 47

Como ez 6= 0, entonces sen y = 0 ⇒ y = nπ, con n entero. Esto implica que

cos y = cos nπ = (−1)n,

y por consiguiente

ex cos y = 1 ⇒ (−1)nex = 1,

ahora, como ex > 0, n tiene que ser par y por lo tanto y = 2πk para k entero y

x = 0. Finalmente z toma los valores en el conjunto 2πk, donde k = 0,±1,±2, .... Las

soluciones de ez = 1 son pues, los numeros 2πk, con k = 0,±1,±2, .... z

EJERCICIO 7. Verifique si f ′(z) existe y si ese es el caso hallarla.

2.9. Funcion Logarıtmica

Sean z y ω dos numeros complejos. Si z 6= 0 y ω es tal que eω = z, entonces ω se llama

el logaritmo natural de z y se denota

ω = ln z. (2.12)

Haciendo z = reiθ y ω = u + iv, tenemos que

z = eω ⇒ reiθ = eu+iv.

Por lo tanto

r = eu y eiθ = eiv,

y, como consecuencia

u = ln r y v = θ + 2nπ, con n entero.

Reemplazando en (2.12) tenemos

ω = ln z = ln r + i(θ + 2nπ), con n entero.

De acuerdo con el concepto de funcion, la relacion anterior no lo es, ya que para un

z 6= 0 existen infinitas imagenes diferentes. Recordemos que una funcion de este tipo

es a lo que llamamos funcion de valores multiples.



De esta funcion de multiples valores podemos obtener funciones restringiendo el valor

del argumento de ln z, a un intervalo de longitud 2π.

Como ln z es la funcion inversa de ez y hemos tomado como region fundamental para

esta funcion la franja −π < y ≤ π (la mas usada), entonces tomamos

ω = ln z = ln r + iθ, π < y ≤ π

como el valor principal o la rama principal de ln z.

2.10. Ejercicios

1. Calcular f(z+1), f(z/1), f(z−1) y f(f(z)), si

f(z) = z+1, f(z) = z2, f(z) = (1+z)(1−z)−1.

2. Estudiar de que manera se transforma el sector

circular

0 ≤ arg (z) ≤ θ

en las aplicaciones ω = z3, ω = z4 y ω = z6.

Cuanto debe valer θ para que se recubra una so-

la vez el plano W? (Una region del plano Z cuya

imagen cubre el plano W una sola vez se llama

una region fundamental de la funcion ω = f(z)).

3. Determinar la imagen de la banda |Re(z)| < 1

si

ω = (1 + z)(1− z)−1.

4. Hallar la imagen del disco |z| < 1 en la trans-

formacion

ω = 2z2.

5. Una funcion f(z) se llama una isometrıa si no

modifica las distancias, es decir, si

|f(z1)− f(z2)| = |z1 − z2|

para todo par de numeros complejos z1 y z2. Si

f(z) es una isometrıa y α y β son dos constantes,

con |α| = 1, demostrar que g(z) = αf(z) + β

tambien es una isometrıa. Deducir de lo anteri-

or que la funcion

g(z) =f(z)− f(0)

f(1)− f(0)

es una isometrıa que verifica g(0) = 0 y g(1) =

1.

6. Sea ω = g(z), donde g(z) es una isometrıa que

verifica g(0) = 0 y g(1) = 1. Observe que |ω|2 =

|z|2, |1− ω|2 = |1− z|2, puesto que g conserva

las distancias. Deducir que si Re(ω) = Re(z), y

de aquı que g(i) = i o −i.

7. Probar que lımz→0

z

z, no existe.

8. Demuestre el teorema 13.

9. Usando los teoremas sobre lımites calcular:

a) lımz→−2i

(2z + 3)(z − 1)

z2 − 2z + 4

b) lımz→i

iz − 1

z + 1

c) lımz→(1+z)

z − 1− i

z2 − 2z + 2

d) lımz→i/2

(2z − 3)(4z + i)

(iz − 1)2

e) lımz→−i

(z · z)

f ) lımz→i

(z)2


2.10. EJERCICIOS 49

10. Explique exactamente que significan las expre-

siones

a) lımz→i

1

(z − i)2= ∞

b) lımz→∞

2z4 + 1

z4 + 1= 2

11. Calcular

a) lımz→1

1

z − i

b) lımz→−3i

z + 2

z2 + (2− i)z − (3 + 3i)

12. Determinar si las funciones siguientes son con-

tinuas en el punto z0.

a) f(z) =z2 + 2(1 + z) + 4i

z + 2, con z0 = −2i

b) f(z) =z2 − 4

z − 2, con z0 6= 2i

c) f(z) = z2, con z0 6= 2i

13. Sea z = x + yi, z0 = x0 + y0i. Demostrar que

f(z) = u(x, y) + iv(x, y) es continua en z0, sı y

solo sı, las funciones u(x, y) y v(x, y) son con-

tinuas en el punto (x0, y0).

14. Encontrar la derivada de cada una de las sigu-

ientes funciones en el punto indicado si este

esta dado.

a) f(z) = z3 − z en z0 = a

b) f(z) = z2 + iz + 1− i en z0 = 1 + i

c) f(z) = (z2 + 1)1/2

15. Determinar la region donde existen las

derivadas de las funciones siguientes y calcu-

larlas (n es entero).

a) f(z) = (z − z0)n

b) f(z) = z2z

c) f(z) =

(z − z0

z − z1

)n

16. Demostrar que cada una de las funciones sigu-

ientes son derivables en todo el plano complejo

y calcular la derivada.

a) f(z) = ex(cos y + i sen y)

b) f(z) = cos x cosh y − i sen x senh y

c) f(z) = cosh x cos y + i senh x sen y

17. Determinar cuales de las siguientes funciones

son enteras

a) f(z) = z23z + 5

b) f(z) = y3 − 3x2y − 3xy2i + x3i

c) f(z) = e−y(cos x + i sen x)

d) f(z) =z2 + 1

z − i

18. Demuestre que las siguientes funciones son con-

tinuas en todas partes pero no son analıticas en

ninguna parte

a) f(z) = x3 + xy2 − x2yi− y3i

b) f(z) = cos(nx) + i sen(nx)

19. Demuestre que u(x, y) es una funcion armonica

en todo el plano y encuentre una conjugada

armonica v(x, y) de u(x, y) tal que f(z) =

u(x, y) + iv(x, y) sea analıtica en todo el plano

(entera).

a) u(x, y) = ekx cos(ky), con k constante.

b) u(x, y) = 2x(1− y)

c) u(x, y) = senh x · sen y

20. Estudiar la demostracion del teorema 22.



2.11. Ejercicios de repaso para los capıtulos 1 y 2

1. Encontrar y graficar las imagenes de las siguientes regiones, bajo el mapeo ω = 1/z, en donde z 6= 0.

a) |z| < 1 b) |z| ≤ 1

2c) y > 0 d) y ≤ 0

2. Repetir el problema anterior, pero ahora bajo el mapeo ω = ez.

3. Si se proporciona |z| y arctan(y/x). Esta el numero |z|eiθ determinado de manera unica?

4. ¿Que se entiende por el valor principal del argumento de un numero complejo?

5. Demuestre la desigualdad triangular.

6. ¿Cual es la formula de Moivre y para que es especialmente util?

7. ¿Que entiende por el hecho de que f es analıtica en un dominio Ω?

8. ¿Son analıticas las funciones |z|, Re(z), Im(z)?

9. La formula para la derivada de funciones de variable compleja se parece a la de funciones de variable

real, pero existe una gran diferencia. Explıquela.

10. ¿Es posible que una funcion sea diferenciable en un punto sin que sea analıtica allı?

11. ¿Como estan relacionados cos z, sen z, con ez?

12. ¿Tiene solucion la ecuacion sen z = −100?

13. ¿Como se define ln z?

14. ¿Que recuerda sobre 4√

1, 8√

1, n√

1?

15. Si se conocen los valores de 8√

1. ¿Como se obtiene a partir de ellos los valores de 8√

z para cualquier z?

16. Graficar la region 2 < |z + i| < 3 en el plano complejo.

17. Encontrar una funcion analıtica f(z) = u(x, y) + iv(x, y), tal que:

a) v(x, y) =y

x2 + y2b) u(x, y) = cos x cosh y c) u(x, y) = ex2−y2

cos 2xy.

18. ¿Son armonicas las siguientes funciones? Si la respuesta es afirmativa, encontrar una funcion armonica

conjugada.

a) ex/2 cos(y

2

)b) sen x cosh y.

19. Encontrar el valor de la derivada de

a) sen z, en el punto 3 + 2i b) e1/z, en el punto i

20. Comprobar que las ecuaciones de Cauchy-Riemann en coordenadas polares son:

∂u

∂r=

1

r

∂v

∂θy

∂v

∂r= −1

r

∂u

∂θ


2.11. EJERCICIOS DE REPASO PARA LOS CAPITULOS 1 Y 2 51

21. Demostrar que la siguiente funcion es derivable en el plano complejo y calcule la derivada.

f(z) = cos x cosh y − i sen x senh y.

22. Determinar si la siguiente funcion es entera

f(z) = y3 − 3x2y − 3xy2i + x3i

23. Calcular en la forma u + iv lo siguiente

a) sen(1,7 + 1,5i) b) cos(π + πi)

24. Encontrar todas las soluciones de las siguientes ecuaciones

a) sen z = cosh 3 b) sen z = 1000

25. ¿Para cuales valores de z se obtiene un valor real de sen z?

26. Calcular el valor principal del logaritmo natural de z, si z es igual a:

a) 1 + i

b) −4

c) 2,5 + 3,8i

d) −100

e) −16− 0,1i

f ) 0,6 + 0,8i

27. Resolver las siguientes ecuaciones para z:

a) ln z = 3− i

b) ln z = (2− i/2)

c) ln z =√

2 + πi

d) ln z = 200


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