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Notas de Clase Variable Compleja enero-abril 2014

J. Juan Rosales Garc´ıa, Manuel Gu´ıa Calder´on y J. Francisco G´omez Aguilar Universidad de Guanjuato, Capus Irapuato-Salamanca Divisi´on de Ingenier´ıas, Departamento de Ingenier´ıa El´ectrica [email protected], [email protected]

ii

.

´Indice general

´ 1. Algebra de los N´ umeros Complejos 1.1. Introducci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Los N´ umeros Complejos y sus Propiedades . . . . . . 1.3. Propiedades de los N´ umeros Complejos . . . . . . . . 1.4. Propiedades de la Conjugaci´ on. . . . . . . . . . . . . . 1.5. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6. Interpretaci´ on Geom´etrica de los N´ umeros Complejos 1.7. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8. Notaciones de un N´ umero Complejo . . . . . . . . . . 1.9. Extracci´ on de Ra´ıces de los N´ umeros Complejos . . . . 1.10. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11. Conjuntos de Puntos, C´ırculos y Discos. . . . . . . . . 1.12. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.13. Regiones del Plano Complejo. . . . . . . . . . . . . . . 1.14. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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1 2 2 3 5 6 10 12 14 17 18 30 32 35 35

2. Funciones de una Variable Compleja 2.1. Funciones de una Variable Compleja . . . . . . 2.2. Sucesiones y Series Complejas . . . . . . . . . . 2.3. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4. Funciones Complejas Elementales . . . . . . . . 2.5. L´ımite y Continuidad de una Funci´on Compleja 2.6. Derivada de una Funci´ on Compleja. . . . . . . 2.7. Funciones Arm´ onicas Conjugadas. . . . . . . . 2.8. Mapeo Conforme . . . . . . . . . . . . . . . . .

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37 37 41 43 44 51 54 59 62

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2.9. Ejercicios Resueltos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Integrales Complejas 3.1. Integral de una Funci´ on Compleja. . . . . . . . . . . 3.2. Integrales de L´ınea. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Integral Compleja en T´erminos de Integrales Reales. 3.4. Teorema de Cauchy-Goursat. . . . . . . . . . . . . . 3.5. Forma Integral de Cauchy. . . . . . . . . . . . . . . . 4. Series en el Dominio Complejo 4.1. Series de Potencias . . . . . . . . . 4.2. Series de Taylor . . . . . . . . . . . 4.3. Series de Laurent . . . . . . . . . . 4.4. Ceros y Puntos Singulares Aislados

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63 67 67 69 71 77 82

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. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . de Funciones Complejas

. . . .

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93 . 93 . 96 . 101 . 103

5. Series de Taylor y de Laurent: Singularidades 109 5.1. Series de Potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 6. Residuos 6.1. Residuos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.1. Residuo en el Infinito. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.2. Residuos Logar´ıtmicos - Principio del Argumento. . . 6.2. Integrales de Funciones Reales. . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.1. Integrales de Funciones Racionales de cos(θ) y sen(θ). 6.2.2. Integrales Impropias de Funciones Racionales. . . . . . 6.3. Ejercicios Resueltos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

119 119 120 122 124 124 126 128

Cap´ıtulo 1

´ Algebra de los N´umeros Complejos

Contents 1.1. Introducci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.2. Los N´ umeros Complejos y sus Propiedades . . . . .

2

1.3. Propiedades de los N´ umeros Complejos . . . . . . .

3

1.4. Propiedades de la Conjugaci´ on. . . . . . . . . . . . .

5

1.5. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.6. Interpretaci´ on Geom´ etrica de los N´ umeros Complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.7. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.8. Notaciones de un N´ umero Complejo . . . . . . . . . 14 1.9. Extracci´ on de Ra´ıces de los N´ umeros Complejos

. 17

1.10. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 1.11. Conjuntos de Puntos, C´ırculos y Discos.

. . . . . . 30

1.12. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 1.13. Regiones del Plano Complejo. . . . . . . . . . . . . . 35 1.14. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

´ Algebra de los N´ umeros Complejos

2

1.1.

Introducci´ on

Los n´ umeros complejos son una creaci´ on esencialmente algebraica. Cardano introdujo la unidad imaginaria en 1545 para expresar las soluciones, aunque fueran imaginarias, de las ecuaciones de segundo grado, y desde este momento los algebristas encontraron cada vez m´as evidencias de que los n´ umeros imaginarios resultantes de admitir al n´ umero i como si fuera un n´ umero real m´as eran suficientes para resolver cualquier ecuaci´on polinomial. Sin embargo, una prueba de esta conjetura tuvo que esperar hasta el siglo XIX, cuando Gauss demostr´o en su tesis doctoral que todo polinomio con coeficientes complejos se descompone en factores lineales, formulando el teorema fundamental del a´lgebra. Otro des-cubrimiento de Gauss mucho m´ as simple, pero no menos importante, fue que la aritm´etica de √los n´ umeros complejos, introducida formalmente a partir de la relaci´on i = −1, tiene una interpretaci´on geom´etrica sencilla si se identifican los factores lineales con los puntos del plano. Esta interpretaci´on puede considerarse como el punto de partida del estudio anal´ıtico de los n´ umeros complejos. Adem´as de que el an´ alisis complejo es interesante por s´ı mismo, tambi´en hay aplicaciones importantes y algunas veces sorprendentes a problemas que podr´ıamos entender como pertenecientes al dominio real. Esto incluye la evaluaci´ on de integrales reales y sumas de series por t´ecnicas de integraci´on complejas, as´ı como el uso de cantidades complejas tales como la transformada de Fourier y la transformada discreta de Fourier para resolver problemas sobre el movimiento de ondas, propagaci´on de calor y an´ alisis de se˜ nales cuyas soluciones son valores reales. El uso de mapeos conformes entre dominios del plano complejo es tambi´en una t´ecnica significativa para resolver ciertas ecuaciones diferenciales parciales y problemas relacionados con la ingenier´ıa.

1.2.

Los N´ umeros Complejos y sus Propiedades

Un n´ umero complejo se define como un par ordenado de n´ umeros reales (x, y) dados por la expresi´ on x + iy y se representa con la letra z. Es decir, todo n´ umero complejo z se escribe como

z = x + iy,

x, y ∈ IR,

(1.1)

√ donde i = −1 es la unidad imaginaria y IR representa el campo de los n´ umeros reales. A todo n´ umero complejo (1.1) le corresponde su complejo conjugado,

1.3 Propiedades de los N´ umeros Complejos

3

definido de la siguiente manera

z¯ = x − iy,

x, y ∈ IR,

(1.2)

Los n´ umeros x en (1.1) y en (1.2) son la parte real del n´ umero complejo z y z¯, y es su parte imaginaria (y es real, pero como est´a multiplicada por la unidad imaginaria i se le conoce como la parte imaginaria). Es decir, una cantidad o un n´ umero complejo se caracterizan por tener una parte real y otra imaginaria. Las partes real e imaginaria del n´ umero complejo z y su conjugado z¯ se representan de la siguiente manera Re z = x, Re z¯ = x, Im z = y, e Im z¯ = −y.

(1.3)

En ocaciones, el n´ umero complejo (1.1) y su correspondiente conjugado (1.2) se escriben como z = a + ib y z¯ = a − ib, donde a y b son n´ umeros reales. Esta notaci´on es muy conveniente para estudiar el a´lgebra de los n´ umeros complejos. Sin embargo, para estudiar el an´alisis complejo, es m´as conveniente usar las notaciones (1.1) y (1.2). Observaci´ on: Cualquier expresi´on que contenga una parte real m´as una parte imaginaria ser´a una cantidad compleja, independientemente de c´ omo se escriba. Es decir, la expresi´on η + iχ (donde η y χ son reales) es una cantidad compleja y su conjugado ser´ a η − iχ.

1.3.

Propiedades de los N´ umeros Complejos

Sean z1 = x1 + iy1 y z2 = x2 + iy2 dos n´ umeros complejos. Entonces, las operaciones sobre los n´ umeros complejos se definen por las siguientes reglas: 1. La suma de dos n´ umeros complejos z1 + z2 es otro n´ umero complejo z dado por z = z1 + z2 = (x1 + iy1 ) + (x2 + iy2 ) = (x1 + x2 ) + i(y1 + y2 )

(1.4)

donde la parte real del n´ umero complejo resultante, z, es la suma (x1 + x2 ) y la parte imaginaria es (y1 + y2 ). La suma de los n´ umeros complejos cumple las siguientes leyes: z1 + z2 = z2 + z1 . Ley conmutativa respecto a la suma (z1 + z2 ) + z3 = z1 + (z2 + z3 ) = z1 + z2 + z3 . Ley asociativa respecto a la suma (z1 + z2 )z3 = z1 z3 + z2 z3 . Ley distributiva respecto a la suma.

´ Algebra de los N´ umeros Complejos

4

2. La diferencia de dos n´ umeros complejos z1 y z2 es otro n´ umero complejo, z, dado por z = z1 − z2 = (x1 + iy1 ) − (x2 + iy2 ) = (x1 − x2 ) + i(y1 − y2 )

(1.5)

donde la parte real del n´ umero complejo resultante, z, es la diferencia (x1 − x2 ) y la parte imaginaria es (y1 − y2 ). 3. El producto de dos n´ umeros complejos z1 y z2 es otro n´ umero complejo, z, dado por z

= z1 · z2 = (x1 + iy1 )(x2 + iy2 ) = x1 x2 + ix1 y2 + iy1 x2 − y1 y2 =

(x1 x2 − y1 y2 ) + i(x1 y2 + y1 x2 )

(1.6)

donde hemos aplicado la propiedad i2 = −1. En este caso la parte real del n´ umero complejo resultante, z, es (x1 x2 − y1 y2 ) y la parte imaginaria es (x1 y2 + y1 x2 ). La multiplicaci´on de los n´ umeros complejos satisface las siguientes leyes: z1 z2 = z2 z1 . Ley conmutativa respecto a la multiplicaci´on. (z1 z2 )z3 = z1 (z2 z3 ) = z1 z2 z3 . Ley asociativa respecto a la multiplicaci´ on. z1 (z2 + z3 ) = z1 z2 + z1 z3 . Ley distributiva respecto a la multiplicaci´on. 4. El cociente de dos n´ umeros complejos z, dado por z

= = =

z1 z2 ,

(z2 = 6 0), es otro n´ umero complejo,

z1 z1 z¯2 (x1 + iy1 )(x2 − iy2 ) = = = z2 z2 z¯2 (x2 + iy2 )(x2 − iy2 ) x1 x2 − ix1 y2 + iy1 x2 + y1 y2 x22 − ix2 y2 + iy2 x2 + y22 x1 x2 + y1 y2 x2 y1 − x1 y2 +i x22 + y22 x22 + y22

En este caso la parte real del n´ umero complejo resultante, z, es, y la parte imaginaria,

x2 y1 −x1 y2 . x22 +y22

(1.7) x1 x2 +y1 y2 , x22 +y22

5. Los n´ umeros cero y la unidad en el campo de los n´ umeros complejos poseen las mismas propiedades que en el campo de los n´ umeros reales. Para cualquier n´ umero complejo z = x + iy se cumplen las siguientes igualdades: z+0=z z·1=z 6. Dos n´ umeros complejos z1 = x1 + iy1 y z2 = x2 + iy2 , son iguales si y s´ olo si sus partes reales e imaginarias son iguales por separado, esto es z1 = z2

⇐⇒

x1 = x2 ,

y1 = y2

(1.8)

1.4 Propiedades de la Conjugaci´ on.

5

7. Sea z = x + iy un n´ umero complejo y sea z¯ = x − iy su complejo conjugado, entonces z + z¯ = x + iy + (x − iy) = 2x

→

x = Re z =

z + z¯ 2

(1.9)

8. Sea z = x + iy un n´ umero complejo y sea z¯ = x − iy su complejo conjugado, entonces z − z¯ = x + iy − (x − iy) = 2iy

→

y = Im z =

z − z¯ 2i

(1.10)

9. Sea z = x + iy un n´ umero complejo y sea z¯ = x − iy su complejo conjugado, entonces z z¯ = (x + iy)(x − iy) = x2 − ixy + iyx + y 2 = x2 + y 2

(1.11)

10. Las potencias naturales de la unidad imaginaria i toman solo cuatro valores −1, −i, 1, i dadas por las f´ ormulas i4n = 1,

i4n+1 = i,

i4n+2 = −1,

i4n+3 = −i

(1.12)

donde n = 0, 1, 2, . . . Para elevar a la potencia natural n el n´ umero complejo z = x + iy, se usa la f´ ormula del binomio de Newton zn

n(n − 1) n−2 x (iy)2 + 2!

=

(x + iy)n = xn + nxn−1 (iy) +

+

n(n − 1)(n − 2) n−3 x (iy)3 + . . . + (iy)n , 3!

(1.13)

en esta expresi´on se deben tomar en cuenta las propiedades de la unidad imaginaria i dadas en (1.12).

1.4.

Propiedades de la Conjugaci´ on.

Sean z y w dos n´ umeros complejos distintos de cero. Entonces 1. z¯ = z 2. z¯ + w ¯ =z+w 3. z ± w = z¯ ± w ¯ 4. zw = z¯w ¯ 5. |z| = |¯ z|

´ Algebra de los N´ umeros Complejos

6

1.5.

Ejemplos √

3 − i. Evaluar z + z¯, z − z¯ y z z¯ √ Soluci´ on: Dado umero complejo z = 3 − i su correspondiente complejo √ el n´ conjugado es z¯ = 3 + i. Entonces √ √ √ z + z¯ = ( 3 − i) + ( 3 + i) = 2 3 (1.14) √ √ z − z¯ = ( 3 − i) − ( 3 + i) = −2i (1.15) √ √ √ √ 2 z z¯ = ( 3 − i)( 3 + i) = 3 + i 3 − i 3 − i = 3 + 1 = 4 (1.16) Ejemplo 1.5.1. Sea z =

Ejemplo 1.5.2. Sean z1 = 3+2i y z2 = −6+8i dos n´ umeros complejos. Evaluar z1 + z2 , z1 − z2 y z1 · z2 . Soluci´ on: Tenemos z1 + z2

=

(3 + 2i) + (−6 + 8i) = −3 + 10i

(1.17)

z1 − z2

=

(3 + 2i) − (−6 + 8i) = 9 − 6i

(1.18)

z1 · z2

=

(3 + 2i) · (−6 + 8i) = −34 + 12i

(1.19)

Ejemplo 1.5.3. Sean z1 = 1 + 2i y z2 = 3 − 4i. Evaluar

z1 z2 .

Soluci´ on: Tenemos z1 (1 + 2i)(3 + 4i) 3 + 4i + 6i − 8 1 2 1 + 2i = = =− + i = z2 3 − 4i (3 − 4i)(3 + 4i) 9 + 16 5 5 Ejemplo 1.5.4. Sean z1 = 3 + i, z2 = 3 − i y z3 = z1 · z2 · z3 .

1 5

+

1 10 i.

(1.20)

Evaluar el producto

Soluci´ on: Tenemos 1 1 1  1  z1 · z2 · z3 = (3 + i)(3 − i) + i = 10 + i =2+i 5 10 5 10 Ejemplo 1.5.5. Sean z1 = 3 + 5i, z2 = 2 + 3i y z3 = 1 + 2i. Evaluar

(1.21) z1 ·z2 z3

+ z2 .

Soluci´ on: Primero evaluamos la expresi´on z1 · z2 = (3 + 5i)(2 + 3i) = 6 + 9i + 10i − 15 = −9 + 19i

(1.22)

Luego, tenemos z1 · z2 z3

= =

−9 + 19i (−9 + 19i)(1 − 2i) −9 + 18i + 19i + 38 = = 1 + 2i (1 + 2i)(1 − 2i) 1+4 29 37 + i (1.23) 5 5

Finalmente  29 37   29   37  z1 · z2 39 52 + z2 = + i + (2 + 3i) = +2 + +3 i = + i (1.24) z3 5 5 5 5 5 5

1.5 Ejemplos

7

Ejemplo 1.5.6. Evaluar la expresi´ on

(2−3i)(3−2i) (4−3i)(5−4i) .

Soluci´ on: Tenemos (2 − 3i)(3 − 2i) (4 − 3i)(5 − 4i)

= =

6 − 4i − 9i − 6 −13i = = 20 − 16i − 15i − 12 8 − 31i (−13i)(8 + 31i) 403 104 = − i (8 − 31i)(8 + 31i) 1025 1025

Ejemplo 1.5.7. Evaluar la expresi´ on

(1.25)

√ (1+i)(− 3+i) √ . (1−i)( 3+i)

Soluci´ on: Tenemos √ (1 + i)(− 3 + i) √ = (1 − i)( 3 + i)

√ √ √ √ − 3 + i − 3i − 1 −( 3 + 1) + (1 − 3)i √ √ √ = √ = 3 + i − 3i + 1 ( 3 + 1) + (1 − 3)i (−a + bi)(a − bi) −a + bi = = = a + bi (a + bi)(a − bi) −a2 + abi + abi + b2 −a2 + b2 2ab = = + 2 i (1.26) a2 + b2 a2 + b2 a + b2 √ √ √ donde definimos a = 3 + 1 y b = 1 − 3. Entonces, tenemos a2 = 4 + 2 3, √ b2 = 4 − 2 3, a2 + b2 = 8 y sustituyendo estos valores en (1.26) √ √ √ −a2 + b2 3 2ab ( 3 + 1)(1 − 3) 4 1 =− , =2 = − = − . (1.27) 2 2 2 2 a +b 2 a +b 8 8 2 el resultado final es

√ √ (1 + i)(− 3 + i) 3 1 √ =− − i 2 2 (1 − i)( 3 + i)

(1.28)

Ejemplo 1.5.8. Elevar a la cuarta potencia el n´ umero complejo z = 2 + i. umero complejo z = 2 + i se necesita calcular z 4 , para Soluci´ on: Dado el n´ esto usamos la f´ ormula del binomio de Newton (1.13) z 4 = (2 + i)4 = 24 + 4 · 23 i + 6 · 4i2 + 4 · 2i3 + i4 = 16 + 32i − 24 − 8i + 1 = −7 + 24i (1.29) Ejemplo 1.5.9. Evaluar (17 − 6i)(−4 − 12i). Soluci´ on: Si definimos z = −4 − 12i, entonces su conjugado z¯ = −4 − 12i = −4 + 12i. Ahora calculamos el producto (17 − 6i)(−4 − 12i) = (17 − 6i)(−4 + 12i) = 4 + 228i

(1.30)

Ejemplo 1.5.10. Calcular la parte real e imaginaria de la funci´ on compleja f (z) =

z¯ , donde z = x + iy z2 + 1

(1.31)

´ Algebra de los N´ umeros Complejos

8

Ejemplo 1.5.11. Evaluar la expresi´ on i3 − 4i2 + 2. Soluci´ on: Usando la propiedad i2 = i · i = −1, se tiene i3 = i · i · i = −i, entonces i3 − 4i2 + 2 = −i + 4 + 2 = 6 − i  2 Ejemplo 1.5.12. Evaluar la expresi´ on 2−3i . 1+2i

(1.32)

Soluci´ on: Tenemos 2 2 − 3i (2 − 3i)2 4 − 12i + 9 13 − 12i = = = = (1.33) 1 + 2i (1 + 2i)2 1 + 4i − 4 −3 + 4i −39 − 52i + 36i − 48 87 16 (13 − 12i)(−3 − 4i) = =− − i = (−3 + 4i)(−3 − 4i) 9 + 16 25 25 √ √ 1 Ejemplo 1.5.13. Sean z1 = 1 + i, z2 = 3 + i y z3 = 1 + i 3. Evaluar z2z·z . 3 

Soluci´ on: Primero evaluamos el producto z2 · z3 , obtenemos √ √ √ √ z2 · z3 = ( 3 + i)(1 + i 3) = 3 + 3i + i − 3 = 4i

(1.34)

Finalmente, se tiene 1+i (1 + i)(−4i) −4i + 4 1 1 z1 = = = = − i z2 · z3 4i (4i)(−4i) 16 4 4

(1.35)

Ejemplo 1.5.14. Hallar las soluciones reales de (2x − iy) + x + 2iy = i. Soluci´ on: La expresi´ on dada la podemos escribir de la siguiente manera 2x − iy + x + 2iy = i

→

3x + iy = i

(1.36)

Igualando los terminos reales e imaginarios de la izquierda con los t´erminos reales e imaginarios de la derecha, tenemos el sistema de ecuaciones 3x = y

=

0 1

(1.37)

De donde podemos concluir que las soluciones reales son x = 0 y y = 1. Ejemplo 1.5.15. Hallar las soluciones reales de la ecuaci´ on (3x − i)(2 + i) + (x − iy)(1 + 2i) = 5 + 6i. Soluci´ on: Realizando las multiplicaciones correspondientes, obtenemos 7x + 2y + (5x − y)i = 4 + 8i.

(1.38)

Igualando los t´erminos reales e imaginarios de la izquierda con los t´erminos reales e imaginarios de la derecha, obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones 7x + 2y

=

4

5x − y

=

8

(1.39)

Resolviendo este sistema de dos ecuaciones con dos inc´ognitas, resulta x = 20/17 e y = −36/17.

1.5 Ejemplos

9

Ejemplo 1.5.16. Hallar las soluciones reales de la ecuaci´ on (x−iy)(a−ib) = i5 , donde a y b son ciertos n´ umeros reales y |a| = 6 |b|. Soluci´ on: Abriendo los par´entesis de la expresi´on dada, tenemos ax − ibx − iay − by = i

(1.40)

Igualando los t´erminos resulta el sistema de ecuaciones ax − by

=

0

(1.41)

bx + ay

=

−1

(1.42)

Este sistema tiene las siguientes soluciones reales y x

a a 2 + b2 b = − 2 a + b2

= −

(1.43) (1.44)

Ejemplo 1.5.17. Calcular los n´ umeros complejos z tales que f (z) =

2z − i 2 + iz

(1.45)

a) sea un n´ umero real, b) sea un n´ umero complejo Soluci´ on: a) Sea z = x + iy, entonces f (z) =

2z − i 3x + i(−2x2 − 2y 2 + 5y − 2) = 2 + iz (2 − y)2 + x2

(1.46)

Entonces, para que la funci´ on f (z) sea real, se debe cumplir la relaci´on   5 9 2 2 2 −2x − 2y + 5y − 2 = 0, → x + y− = (1.47) 4 16 Es decir, z est´ a en la circunferencia con centro en (0, 5/4) y de radio R = 3/4. b) f (z) es imaginaria si y s´ olo si x = 0, es decir, z est´a en el eje imaginario. Ejemplo 1.5.18. Calcular los n´ umeros complejos z tales que f (z) =

z−1−i z+1+i

(1.48)

a) f (z) sea real, b) f (z) tenga m´ odulo igual a la unidad. Soluci´ on: Sea z = x + iy, entonces f (z) =

z−1−i x2 + y 2 − 2 + i(2y − 2x) = z+1+i (x + 1)2 + (y + 1)2

(1.49)

´ Algebra de los N´ umeros Complejos

10

a), f (z) es real si y s´olo si y = x. Es decir, z, est´a en la bisectriz de los cuadrantes primero y tercero. b) la funci´ on f (z) tendr´ a m´ odulo igual a la unidad |f (z)| = 1 si y s´olo si |z − 1 − i| = |z + 1 + i|

(1.50)

De (1.50), tenemos (x − 1)2 + (y − 1)2 = (x + 1)2 + (y + 1)2 ⇐⇒ x + y = 0

(1.51)

Es decir, z, est´ a en la bisectriz de los cuadrantes segundo y cuarto.

1.6.

Interpretaci´ on Geom´ etrica de los N´ umeros Complejos

En esta secci´on analizaremos la interpretaci´on geom´etrica de los n´ umeros complejos. La idea es simple y natural. Supongamos un plano con un sistema de coordenadas cartesianas xOy Figura 1.1. Por definici´on un n´ umero complejo z = x + iy es un par ordenado de n´ umeros reales (x, y). Por otro lado, a cada par ordenado (x, y) de n´ umeros reales le corresponde un punto en el plano. Entonces, a cada punto (x, y) del plano se le puede ver como una representaci´on del n´ umero complejo z = x + iy. En tal caso, al plano se le llama plano complejo y al n´ umero complejo z se le llama punto de este plano. Sobre el eje Ox se escriben los n´ umeros reales z = x + 0i = x, por esto se le conoce como eje real . Sobre el eje Oy se escriben los n´ umeros imaginarios z = 0 + iy = iy, y el eje se llama eje imaginario. Es muy u ´til la interpretaci´on del y

iy0

y

Plano complejo z z0 = (x0 , y0 )

Plano complejo z

Plano polar complejo z0 = ρ0 eiϕ0

z0 = x0 + iy0 ρ0

iy0

ϕ0 x0 (a)

x

x0 (b)

x

Re (c)

Figura 1.1: Representaci´ on geom´etrica de los n´ umeros complejos. −−→ n´ umero complejo z = x + iy como radio–vector OP Figura 1.1. Es claro que a cada radio–vector del plano con terminaci´on en el punto P (x, y) le corresponde el n´ umero complejo z = x + iy. Al vector nulo le corresponde el n´ umero complejo z = 0 + i0 = 0.

1.6 Interpretaci´ on Geom´ etrica de los N´ umeros Complejos 11 −−→ La longitud ρ del segmento OP se llama m´ odulo del n´ umero complejo y se representa por |z|, es decir ρ = |z|. (1.52) Geom´etricamente, |z| es la distancia del origen (0, 0) al punto P (x, y). Entonces, la posici´on de un punto z = x + iy en el plano, adem´as de sus coordenadas cartesianas (x, y), se puede representar tambi´en en coordenadas polares (ρ, ϕ). En tal caso se tienen las relaciones x = ρ cos ϕ = |z| cos ϕ,

y = ρ sen ϕ = |z| sen ϕ.

(1.53)

−−→ El ´angulo ϕ entre el vector OP y la abcisa x se llama argumento de z y se representa como ϕ = arg z (1.54) El argumento de z puede ser positivo o negativo, dependiendo de c´omo se tome la direcci´on. El argumento se considera positivo si la direcci´ on de ϕ es en contra de las manecillas del reloj y negativo en caso contrario. Para un punto z dado, su m´odulo se define de manera u ´ nica, y su argumento con exactitud de hasta el t´ermino 2kπ, (k = 0, ±1, ±2, . . .). El valor del argumento ϕ que satisface la desigualdad −π < ϕ ≤ π se llama valor principal del argumento de z y se representa por (1.54). De tal manera que para los otros valores del argumento de z tendremos la igualdad

Arg z = arg z + 2kπ. k = 0, ±1, ±2, . . . ,

(1.55)

donde arg z es el valor principal del argumento Arg z. El valor principal o el argumento principal se puede calcular por las siguientes f´ormulas: 
y  si x > 0 arctan x 
 y  π + arctan x si x < 0 y y ≥ 0 
(1.56) arg z = −π + arctan xy si x < 0 y y < 0,   π  si x = 0 y y > 0,  2   − π si x = 0 y y < 0 2 El punto z = 0 es el u ´nico punto del plano complejo, para el cual el argumento no est´ a definido. Las siguientes f´ ormulas tambi´en son v´alidas: tan(Arg z)

=

y , x

cos(Arg z)

=

p

sen(Arg z) = p x x2 + y 2

y x2

+ y2

, (1.57)

´ Algebra de los N´ umeros Complejos

12

Dos n´ umeros complejos z1 y z2 son iguales si y s´ olo si sus m´ odulos son iguales y sus argumentos son iguales o difieren por un m´ ultiplo de 2π. |z1 | = |z2 |,

Arg z1 = Arg z2 + 2πk,

(k = 0, ±1, ±2, . . .)

(1.58)

Elevando al cuadrado las expresiones (1.53) y sum´andolas, se tiene x2 + y 2 = ρ2 cos2 ϕ + ρ2 sen2 ϕ = ρ2 (cos2 ϕ + sen2 ϕ) = ρ2

(1.59)

donde hemos usado la identidad trigonom´etrica cos2 ϕ + sen2 ϕ = 1. Es decir, la longitud del radio–vector z = x + iy est´ a dada por la expresi´on ρ2 = |z|2 = x2 + y 2

(1.60)

la cual refleja el teorema de Pit´agoras: el cuadrado de la hipotenusa ρ es igual a la suma de los cuadrados de los catetos x e y. Sea z un n´ umero complejo diferente de cero y sea z¯ su complejo conjugado. Entonces el producto de un n´ umero complejo por su complejo conjugado es z z¯ = (x + iy)(x − iy) = x2 − ixy + ixy + y 2 = x2 + y 2

(1.61)

Por consiguiente, igualando las expresiones (1.60) y (1.61) obtenemos la relaci´on

ρ2 = |z|2 = z z¯ = x2 + y 2 .

(1.62)

Entonces, la longitud de un n´ umero complejo z = x + iy puede calcularse por las expresiones dadas en (1.62).

1.7.

Ejemplos

Ejemplo 1.7.1. Hallar el m´ odulo (longitud), el argumento y las partes real e imaginaria del n´ umero complejo z = (1 + i)3 Soluci´ on: Por definici´ on, el m´odulo o´ longitud de un n´ umero complejo z es   √ 3 3 |z| = (1 + i)3 = |(1 + i)| = 2 = 23/2 (1.63) Tambi´en podemos calcular el m´ odulo de la siguiente manera √ |z| = (1 + i)3 = |1 + 3i − 3 − i| = |−2 + 2i| = 2 2 = 23/2

(1.64)

El resultado es el mismo. El argumento de z es ϕ = arg z = arg(1 + i)3 = arg(−2 + 2i) = π + arctan(−1) = π −

π 3π = (1.65) 4 4

Donde, hemos identificado x = −2 < 0, y = 2 > 0 y usamos la f´ormula (1.8).

1.7 Ejemplos Ejemplo 1.7.2. Hallar el m´ odulo y el argumento del n´ umero complejo Soluci´ on: El m´ odulo es 1 − i (1 − i)(1 − i) = 1 + i (1 + i)(1 − i) = | − i| = 1



13  1−i 1+i .

(1.66)

Su argumento  ϕ = arg

1−i 1+i

 = arg(−i) = −

π 2

Ejemplo 1.7.3. Calcular el m´ odulo (2 + i√5)(1 + i√3)3 √ √ 5+i 3

(1.67)

(1.68)

Soluci´ on: Escribiendo la expresi´ on (1.68) como √ (2 + i√5)(1 + i√3)3 2 + i√5 1 + i√3 3 4 + 5(1 + 3)3/2 √ √ √ √ √ = = = 5 + i 3 5+3 5+i 3 r √ √ √ √ 9 64 9 · 64 √ √ = = = 72 = 36 · 2 = 6 2 (1.69) 8 8 Ejemplo 1.7.4. Verificar la igualdad a + bi b + ai = 1

(1.70)

Soluci´ on: Simplificando, se tiene a + bi (a + bi)(b − ai) 2ab b2 − a2 = = 2 + 2 i 2 b + ai (b + ai)(b − ai) a +b a + b2 Por consiguiente s s 2 b2 4 − 2a2 b2 + a4 a + bi 4a b a4 + 2a2 b2 + b2 = =1 b + ai = (a2 + b2 )2 + 2 2 2 (a + b ) (a2 + b2 )2

(1.71)

(1.72)

La relaci´ on (1.70) queda demostrada. Ejemplo 1.7.5. Hallar la curva que describe la ecuaci´ on |z − z0 | = R

con

R

real

(1.73)

Soluci´ on: Sean z = x + iy y z0 = x0 + iy0 , entonces z − z0 = (x − x0 ) + i(y − y0 )

(1.74)

´ Algebra de los N´ umeros Complejos p El m´odulo o´ longitud esta dado por |z − z0 | = (x − x0 )2 + (y − y0 )2 . Entonces, la expresi´ on (1.73) se escribe de la siguiente manera p (x − x0 )2 + (y − y0 )2 = R (1.75)

14

Elevando al cuadrado ambas partes de (1.75) obtenemos la siguiente ecuaci´on (x − x0 )2 + (y − y0 )2 = R2

(1.76)

la cual representa un c´ırculo de radio R centrado en el punto (x0 , y0 ). Por consiguiente, la expresi´ on (1.73) representa la ecuaci´ on de un c´ırculo de radio R centrado en el punto z0 del plano complejo. Si x0 = 0 y y0 = 0, entonces, de (1.76) resulta la ecuaci´ on x2 + y 2 = R 2 (1.77) la cual representa un c´ırculo de radio R centrado en el origen. En el plano complejo este c´ırculo corresponde a la ecuaci´on |z| = R

(1.78)

ya que x0 = 0, y0 = 0, entonces z0 = 0.

1.8.

Notaciones de un N´ umero Complejo

Para resolver algunos problemas de aplicaci´on, es conveniente conocer las diferentes formas en que se pueden denotar los n´ umeros; mientras una notaci´ on es m´as adecuada para realizar ciertas operaciones aritm´etica otra lo ser´a para otro tipo de operaciones, como se ver´a m´as adelante. Las diferentes formas de denotar un n´ umero complejo tienen su origen en los sistemas de coordenadas cartesianas rectangulares y el sistema de coordenadas polares aun cuando el fin primario de estos sistemas de coordenas fue otro. Notaci´ on algebraica: Sabemos que un n´ umero complejo z se escribe, por definici´ on, de la siguiente manera z = x + iy

(1.79)

A esta representaci´ on se le conoce como representaci´ on algebraica . Representaci´ on Trigonom´ etrica: Si hacemos uso de las expresiones (1.53), podemos escribir el n´ umero complejo z como

z = ρ cos ϕ + iρ sen ϕ = ρ(cos ϕ + i sen ϕ),

(1.80)

p donde ρ = |z| = x2 + y 2 y ϕ = Arg (z) = arg z + 2πk. A esta representaci´on se le conoce como representaci´ on trigonom´etrica ´o forma polar .

1.8 Notaciones de un N´ umero Complejo

15

Sean z1 = ρ1 (cos ϕ1 + i sen ϕ1 ) y z2 = ρ2 (cos ϕ2 + i sen ϕ2 ), entonces la multiplicaci´ on esta dada por z1 · z2 = = ρ1 ρ2 [(cos ϕ1 cos ϕ2 − i sen ϕ1 sen ϕ2 ) + i(sen ϕ1 cos ϕ2 + cos ϕ1 sen ϕ2 )] = ρ1 ρ2 [cos(ϕ1 + ϕ2 ) + i sen (ϕ1 + ϕ2 )]

(1.81)

Es decir, los argumentos de los n´ umeros complejos son aditivos respecto a la mutiplicaci´ on. Entonces, si z1 = z2 = z y ϕ1 = ϕ2 = ϕ, de (1.81), resulta z 2 = ρ2 (cos 2ϕ + i sen 2ϕ)

(1.82)

n

(1.83)

En general, se tiene z n = [ρ(cos ϕ + i sen ϕ)] = ρn (cos nϕ + i sen nϕ)

La expresi´on (1.83) se conoce como f´ ormula de Moivre. Esta f´ ormula nos dice que; al elevar un n´ umero complejo a una cierta potencia entera y positiva n, el m´ odulo de este n´ umero se eleva a la misma potencia y el argumeto se multiplica por el exponente de la potencia. Si ρ = 1, de la expresi´ on (1.83) se tiene un caso particular n

(cos ϕ + i sen ϕ) = cos nϕ + i sen nϕ

(1.84)

Una aplicaci´ on inmediata de esta expresi´on es para obtener relaciones trigonom´etricas. Por ejemplo, suponiendo que n = 2, entonces 2

(cos ϕ + i sen ϕ) = cos 2ϕ + i sen 2ϕ

(1.85)

Esta expresi´ on se puede escribir como cos2 ϕ + 2i cos ϕ sen ϕ − sen2 ϕ = cos 2ϕ + i sen 2ϕ

(1.86)

Igualando la parte real e imaginaria resultan las expresiones cos 2ϕ =

cos2 ϕ − sen2 ϕ

sen 2ϕ =

2 cos ϕ sen ϕ

(1.87)

Si n = 3, tendremos 3

(cos ϕ + i sen ϕ) = cos 3ϕ + i sen 3ϕ

(1.88)

Luego, desarrollando el trinomio, se tiene cos3 ϕ + 3i cos2 ϕ sen ϕ + 3 cos ϕ(i sen ϕ)2 + (i sen ϕ)3 = cos 3ϕ + i sen 3ϕ (1.89) Igualando la parte real e imaginaria, obtenemos las f´ormulas cos 3ϕ =

cos3 ϕ − 3 cos ϕ sen2 ϕ

sen 3ϕ =

3 cos2 ϕ sen ϕ − sen3 ϕ.

(1.90)

´ Algebra de los N´ umeros Complejos

16

Observaci´ on: Si un n´ umero complejo est´ a dado en su forma algebraica z = x + iy, entonces para elevarlo a una cierta potencia entera y positiva n usando la f´ ormula de Moivre (1.83), debemos, primero escribirlo en su correspondiente forma trigonom´etrica. Teorema 1.8.1. El m´ odulo del producto de n´ umeros complejos es igual al producto de sus m´ odulos y el argumento del producto de n´ umeros complejos es igual a la suma sus argumentos. De la expresi´ on (1.81), tenemos |z1 · z2 | = |ρ1 · ρ2 cos(ϕ1 + ϕ2 ) + iρ1 · ρ2 sen (ϕ1 + ϕ2 )| = q = ρ21 · ρ22 [cos2 (ϕ1 + ϕ2 ) + sen2 (ϕ1 + ϕ2 )] = = ρ1 · ρ2 = |z1 | · |z2 |

(1.91)

Arg (z1 · z2 ) = ϕ1 + ϕ2 = Arg z1 + Arg z2

(1.92)

y odulo de una potencia Observaci´ on: Como consecuencia, tenemos que el m´ entera positiva de un n´ umero complejo es igual al m´ odulo elevado a la misma potencia y el argumento de un n´ umero complejo elevado a una potencia entera positiva es igual al argumento del n´ umero dado multiplicado por el valor de la potencia. |z n | = |z|n , Arg (z n ) = nArg z, n≥1 (1.93) La divisi´on de dos n´ umeros complejos z1 y z2 , z2 6= 0, en su forma trigonom´etrica est´ a definida como el n´ umero complejo z dado por z

= =

z1 z1 z¯2 ρ1 (cos ϕ1 + i sen ϕ1 )ρ2 (cos ϕ2 − i sen ϕ2 ) = = z2 z2 z¯2 ρ2 (cos ϕ2 + i sen ϕ2 )ρ2 (cos ϕ2 − i sen ϕ2 ) ρ1 [cos(ϕ1 − ϕ2 ) + i sen(ϕ1 − ϕ2 )] ρ2

De donde

(1.94)

z1 ρ1 |z1 | = z2 ρ2 = |z2 |

(1.95)

= ϕ1 − ϕ2 = Arg z1 − Arg z2

(1.96)

y los argumentos  Arg

z1 z2



Representaci´ on Exponencial: Haciendo uso de la f´ormula de Euler eiϕ = cos ϕ + i sen ϕ,

0 ≤ ϕ ≤ 2π

(1.97)

y comparando con la expresi´ on (1.80), tenemos que todo n´ umero complejo z se puede escribir como

1.9 Extracci´ on de Ra´ıces de los N´ umeros Complejos

z = ρeiϕ

17

(1.98)

p donde ρ = |z| = x2 + y 2 y ϕ = Arg (z) = arg z + 2πk. A esta representaci´on se le conoce como representaci´ on exponencial del n´ umero complejo z. Haciendo uso de la f´ ormula de Moivre (1.83), podemos escribir z n = (ρeiϕ )n = ρn einϕ

(1.99)

Sean z1 y z2 dos n´ umeros complejos dados en forma exponencial. Entonces, la multiplicaci´on de z1 = ρ1 eiϕ1 por z2 = ρ2 eiϕ2 ser´a otro n´ umero complejo z representado por z = z1 z2 = ρ1 ρ2 ei(ϕ1 +ϕ2 ) = ρeiϕ donde ρ = ρ1 ρ2 y ϕ = ϕ1 + ϕ2

(1.100)

El cociente de z1 y z2 ser´ a el n´ umero complejo dado por z=

z1 ρ1 eiϕ1 ρ1 ρ1 = = ei(ϕ1 −ϕ2 ) = ρeiϕ donde ρ = y ϕ = ϕ1 − ϕ2 (1.101) z2 ρ2 eiϕ2 ρ2 ρ2

Se puede ver claramente que la representaci´on exponencial de los n´ umeros complejos es m´as elegante que la forma normal e incluso que su representaci´on trigonom´etrica.

1.9.

Extracci´ on de Ra´ıces de los N´ umeros Complejos

En esta secci´on analizaremos el problema de extracci´on de ra´ıces de una potencia natural n de un n´ umero complejo z arbitrario (en particular, real). Adem´as, buscaremos todos los posibles valores de la ra´ız, reales y complejos. Para resolver este problema en forma general, utilzaremos la representaci´ on trigonom´etrica del n´ umero complejo z 6= 0 z = ρ [cos(ϕ + 2kπ) + i sen(ϕ + 2kπ)]

(1.102)

donde ϕ es uno de los valores del argumento (0 ≤ ϕ < 2π), y ϕ + 2kπ, (donde k = 0, ±1, ±2, . . .) nos da el conjunto de todos los valores del argumento de z. El n´ umero w se llama ra´ız de la potencia n de z, si wn = z

(1.103)

Escribamos en forma trigonom´etrica el n´ umero desconocido w, es decir w = r(cos θ + i sen θ)

(1.104)

´ Algebra de los N´ umeros Complejos

18

Entonces, aplicando la f´ormula de Moivre (1.83) y reescribiendo la igualdad wn = z, tenemos rn [cos(nθ) + i sen(nθ)] = ρ [cos(ϕ + 2kπ) + i sen(ϕ + 2kπ)]

(1.105)

De las condiciones de igualdad, obtenemos dos relaciones rn = ρ,

nθ = ϕ + 2kπ

(1.106)

La primera de las expresiones muestra que r = ρ1/n

(1.107)

Debido a que r > 0 y ρ > 0. La segunda igualdad en (1.106) representa el hecho de que el argumento nθ del n´ umero wn es igual a uno de los valores del argumento del n´ umero z. De esta igualdad encontramos θ=

ϕ + 2kπ n

(1.108)

la cual nos dice que para diferentes valores de k se obtienen, en general, diferentes valores de la ra´ız w. Representemos el valor de θ que le corresponde a cada n´ umero k elejido por θk ; ϕ + 2kπ (1.109) θk = n donde k toma los valores 0, 1, 2, . . . n−1. En tal caso, obtendremos θ0 , θ1 , . . . θn−1 y por consiguiente n valores de la ra´ız      ϕ + 2kπ ϕ + 2kπ √ n wn = ρ cos + i sen (1.110) n n donde k = 0, 1, 2, . . . n−1 y ϕ = arg z. Estos n valores est´an en una circunferencia √ de radio n ρ con centro en el or´ıgen de coordenadas y constituyen los v´ertices de un pol´ıgono regular de n lados.

1.10.

Ejemplos

Ejemplo 1.10.1. Escribir en la forma trigonom´etrica los siguientes n´ umeros: A) 6 − 6i, B) 3i y C) −10. Soluci´ on: A) Tenemos 6 − 6i. Entonces, x = 6 y y = −6. Por consiguiente, la longitud o m´ odulo es p p √ ρ = 62 + (−6)2 = (36)2 = 6 2 (1.111) Luego, de (1.53), tenemos √ √ x 6 2 y 6 2 , sen ϕ = = − √ = − cos ϕ = = √ = ρ 2 ρ 2 6 2 6 2

(1.112)

1.10 Ejemplos

19

De donde obtenemos el valor del argumento ϕ = 7π/4. Por lo tanto, la representaci´ on trigonom´etrica de 6 − 6i es      √ 7π 7π + i sen (1.113) 6 − 6i = 6 2 cos 4 4 3i. En este caso x = 0 y y = 3. Entonces, el m´odulo Soluci´ p on: B) Tenemos √ es ρ = x2 + y 2 = 32 = 3. Usando las f´ ormulas (1.53), tenemos cos ϕ =

0 = 0, ρ

sen ϕ =

3 =1 3

(1.114)

El valor del argumento es ϕ = π/2. Entonces la representaci´on trigonom´etrica del n´ umero 3i est´ a dada por h π  π i 3i = 3 cos + i sen (1.115) 2 2 Soluci´ on: C) Se tiene −10. En p este caso x = −10 y y = 0. Entonces, el m´odulo o longitud de −10 es ρ = (−10)2 + 02 = 10. De las f´ormulas (1.53), se tiene −10 0 cos ϕ = = −1, sen ϕ = =0 (1.116) 10 10 Entonces el valor del argumento ϕ = π. Por lo tanto el n´ umero −10 tiene como representaci´ on trigonom´etrica −10 = 10 (cos π + i sen π)

(1.117)

Ejemplo 1.10.2. Sea dado el n´ umero complejo z = 3 + 2i. Representarlo en su forma trigonom´etrica. Soluci´ on: Identificamos x = 3 y y√ = 2. El m´odulo del n´ umero complejo es p p ρ = |z| = x2 + y 2 = (3)2 + (2)2 = 13. Ahora podemos calcular el valor del angulo ϕ, o bien el argumento ϕ = arg z ´   y 2 2 −1 tan ϕ = = , → ϕ = tan (1.118) x 3 3 Entonces, la representaci´ on trigonom´etrica es        √ 2 2 z = 13 cos tan−1 + i sen tan−1 (1.119) 3 3 √ Ejemplo 1.10.3. Sea z = 2 3 − 3i un n´ umero complejo. Escribirlo en su forma trigonom´etrica. √ Soluci´ on: Identificamos x = 2 3 y y = 3. Entonces p √ √ ρ = |z| = x2 + y 2 = 12 + 9 = 21 (1.120)

´ Algebra de los N´ umeros Complejos

20 Luego

√ ! 3 = tan−1 ϕ = arg z = tan−1 x 2 √ Finalmente, la representaci´ on trigonom´etrica de z = 2 3 − 3i es ( " " √ !# √ !#) √ 3 3 −1 −1 + i sen tan z = 21 cos tan 2 2 y

(1.121)

(1.122)

Ejemplo 1.10.4. Representar los siguientes n´ umeros complejos A) z = 2 + 3i, B) z = 1 − i en forma trigonom´etrica. Soluci´ on: A) z = 2 + 3i. Identificamos x = 2 y y = 3. Entonces, el m´odulo es ρ = |z| =

p p √ x2 + y 2 = (2)2 + (3)2 = 13

(1.123)

  3 2

(1.124)

y el argumento −1

ϕ = tan

Usando las f´ormulas (1.55) y (1.57), obtenemos la representaci´on polar de z = 2 + 3i        √ 3 3 −1 −1 + sen tan (1.125) z = 13 cos tan 2 2 Soluci´ on: B) z = 1 − i. Identificamos x = 1 y y = −1. ρ = |z| =

p

x2 + y 2 =

p

(1)2 + (−1)2 =

√

2

(1.126)

y el argumento −1

ϕ = tan



−1 1



= tan−1 (−1)

(1.127)

Entonces, usando la f´ormula (1.55), tenemos la representaci´on polar de z = 1 − i z=

√      2 cos tan−1 (−1) + sen tan−1 (−1)

(1.128)

Ejemplo 1.10.5. Sean z1 = 21/3 (cos 25o + i sen 25o ) y z2 = 41/3 (cos 35o + i sen 35o ). Calcular el producto z1 · z2 . Soluci´ on: Usando la f´ ormula (1.81), el producto esta dado por z1 · z2

(23 )1/3 [cos(25o + 35o ) + i sen(25o + 35o )] = 2 (cos 60o + i sen 60o ) √ = 1+i 3 (1.129)

=

Ejemplo 1.10.6. Sean z1 = 6[cos (110o ) + i sen (110o )] y z2 = 2[cos (80o ) + i sen (80o )]. Calcular zz21 .

1.10 Ejemplos

21

Soluci´ on: De la f´ ormula (1.94), tenemos z1 z2

= =

6 [cos (110o − 80o ) + i sen (110o − 80o )] = 3 [cos (30o ) + i sen (30o )] 2 3 √ ( 3 + i) (1.130) 2

Ejemplo 1.10.7. Sea z = 3(cos 43o + i sen 43o ). Se pide elevar el n´ umero dado a la quinta potencia, es decir, calcular z 5 . umero est´a en forma trigonom´etrica. Podemos usar la f´ormula Soluci´ on: El n´ de Moivre (1.83) 5

z 5 = [3(cos 43o + i sen 43o ] = 243 (cos 215o + i sen 215o )

(1.131)

Ejemplo 1.10.8. Hallar el valor principal ϕ = arg(z) de los siguientes n´ umeros √ √ , B) z = ( 3 − i)6 . complejos; A) z = 1+−2 3i Soluci´ on: A) El numerador −2 lo podemos escribir como z1 =√ −2 + 0i, donde identificamos x = −2 y y = 0 y al denominador como z2 = 1 + 3i donde √ x = 1 y y = 3. Entonces p p √ ρ1 = |z1 | = x2 + y 2 = (−2)2 + (0)2 = 4 = 2 (1.132) Y −1

ϕ1 = tan Entonces, tenemos



0 −2

 =π

√

4 [cos π + i sen π] = −2 √ Para el Denominador z2 = 1 + 3i, tenemos q p √ √ ρ2 = |z2 | = x2 + y 2 = (1)2 + ( 3)2 = 4 = 2 z1 =

Y

√  π 3 = 3 h π  π i z2 = 2 cos + sen 3 3 ϕ2 = tan−1

Entonces

(1.133)

(1.134)

(1.135) (1.136) (1.137)

Finalmente, tenemos z=

−2 z cos π + i sen π

√ = 1 = z2 cos π3 + i sen π3 1 + 3i

(1.138)

Usando la f´ ormula arg (z) arg (z)

arg (z1 ) − arg (z2 ) π 2π = π− = 3 3

=

(1.139)

22

´ Algebra de los N´ umeros Complejos √ √ B) Para z = ( 3 − i)6 , sea z1 = 3 − i, entonces q√ p √ ρ = |z| = x2 + y 2 = ( 3)2 + (−1)2 = 4 = 2 (1.140)

Y

 −1 π √ =− 6 3      −π −π z1 = 2 cos + sen 6 6 ϕ = tan−1



Escribiendo este resultado en forma exponencial 6  iπ = 64e−πi z1 = (ρeiφ )6 = 2e− 6

(1.141) (1.142)

(1.143)

Entonces, los argumentos arg z = −π,

→

Arg z = −π + 2kπ

(1.144)

Ejemplo 1.10.9. Usando la representaci´ umeros comple√ √ on exponencial √ de los n´ jos, verificar la igualdad i(1 − 3i)( 3 + i) = 2(1 + 3i). √ √ √ Soluci´ on: Podemos ver la igualdad i(1 − 3i)( 3 + i) √= 2(1 + 3i), √ como el producto de tres n´ umeros complejos z1 = i, z2 = (1 − 3i) y z3 = ( 3 + i). Escribiendo estos tres n´ umeros en forma exponencial. Para z1 , tenemos z1 = i = 0 + i

(1.145)

Su magnitud es ρ1 = |z| =

p p √ x2 + y 2 = (0)2 + (1)2 = 1 = 1

(1.146)

  π 1 = 0 2

(1.147)

y su argumento ϕ1 = tg−1

Entonces, de la forma exponencial de un n´ umero complejo z = ρeiϕ tenemos π

z1 = e 2 i

(1.148)

Para

√ z2 = 1 − i 3 q √
p √ 2 2 2 2 tenemos ρ = |z| = x + y = 3 + (1) = 4 = 2 ϕ2 = tan−1

En forma exponencial



1 √

− 3

 =−

π

z2 = (ρeiφ ) = 2e−i 3

π 3

(1.149)

(1.150)

(1.151)

1.10 Ejemplos √ Para: z3 = ( 3 + i)

ρ3 ϕ3

23

r  p √ 2 √ 2 = |z| = x2 + y 2 = 3 + (1) = 4 = 2,   π 1 −1 √ = . = tan 6 3

Tenemos

(1.152)

π

z3 = 2e 6 i

(1.153)

Entonces z1 · z2 · z3

= =

π

π

π

π

π

π

e 2 i · (2)e− 6 i · (2)e 6 i = 4e( 2 − 3 + 6 )i = 4e h π  π i √ 4 cos + i sen = 2(1 + i 3) 3 3

iπ 3

(1.154)

Ejemplo 1.10.10. Verificar las igualdades; A) |eiϕ | = 1, B) (eiϕ )2 = (e2iϕ ) umero complejo z, es decir z = eiϕ . Soluci´ on: A) Representando eiϕ como el n´ Entonces, su conjugado es z¯ = e−iϕ y por consiguiente z · z¯ = eiϕ · e−iϕ = e0 = 1.

(1.155)

B) Usando la f´ ormula de Euler, tenemos (eiϕ )2 = [cos(ϕ) + i sen(ϕ)]2 = cos2 (ϕ) + 2 sen(ϕ) cos(ϕ)i − sen2 (ϕ)

(1.156)

Usando las f´ormulas 2 sen(ϕ) cos(ϕ) ≡ sen(2ϕ), cos2 (ϕ) − sen2 (ϕ) ≡ cos(2ϕ) Tenemos (eiϕ )2 = cos(2ϕ) + i sen(2ϕ) = e2iϕ (1.157) Ejemplo 1.10.11. Verificar la igualdad cos3 x =

1 3 cos 3x + cos x 4 4

(1.158)

Soluci´ on: Vamos a usar las f´ ormulas de Euler eix = cos x + i sen x, e−ix = cos x − i sen x

(1.159)

Sumando estas dos expresiones, tenemos eix + e−ix

=

cos x

=

cos x + i sen x + cos x − i sen x = 2 cos x, eix + e−ix 2

(1.160)

Hemos expresado la funci´on coseno en funciones exponenciales. Elevando al cubo, resulta  ix 3 e + e−ix e3ix + 3e2ix e−ix + 3eix e−2ix + e−3ix cos3 x = = (1.161) 2 8     1 e3ix + e−3ix 3 eix + e−ix 1 3 = + = cos 3x + cos x 4 2 4 2 4 4

´ Algebra de los N´ umeros Complejos

24

De esta forma queda verificada la igualdad. Hemos visto la gran utilidad de los n´ umeros complejos en forma exponencial. √ Ejemplo 1.10.12. Representar el n´ umero complejo z = 3 + i 3 en su forma trigonom´etrica y exponencial. Soluci´ on: Tenemos √ ! 3 π = 3 6

p √ √ ρ = x2 + y 2 = 9 + 3 = 2 3, y ϕ = tg−1

Por consiguiente, la forma trigonom´etrica se escribe como  π i π √ h + i sen z = 2 3 cos 6 6 Y su forma exponencial tiene la forma √ z = 2 3eiπ/6 √ √ Ejemplo 1.10.13. Escribir z = 2 − i 2 en su forma exponencial. Soluci´ on: Tenemos √ p √ π 2 2 2 ρ = x + y = 2 + 2 = 2, tan ϕ = − √ = −1 → ϕ = − 4 2

(1.162)

(1.163)

(1.164)

(1.165)

Entonces, su forma exponencial es z = 2e−iπ/4

(1.166) iπ/2

umero complejo z = e Ejemplo 1.10.14. Escribir el n´

en su forma algebraica.

Soluci´ on: Tenemos z = eiπ/2 = cos

π 2

+ i sen

π 2

=i

(1.167)

Es decir, la forma algebraica de eiπ/2 es el n´ umero complejo i. umeros complejos z que satisfacen la Ejemplo 1.10.15. Hallar todos los n´ relaci´ on z n−1 = z¯

(1.168) −iϕ

iϕ

Soluci´ on: Sea z = ρe . Entonces, z¯ = ρe . Luego, de acuerdo con la hip´ otesis ρn−1 ei(n−1)ϕ = ρe−iϕ → ρn−2 einϕ = 1 (1.169) De aqu´ı, resulta que ρn−2 = 1,

ρ = 1.

(1.170)

y inϕ = 2kπi → ϕ =

2kπ , (k = 0, 1, 2, .., (n − 1)) n

(1.171)

Entonces, el resultado es zk = ei(2kπ/n) , k = 0, 1, 2...(n − 1)

(1.172)

1.10 Ejemplos

25

Ejemplo 1.10.16. Hallar todos los valores de la ra´ız cuarta de −16, es decir, √ los valores de 4 −16. Soluci´ on: Antes que nada debemos escribir el n´ umero −16 en su forma trigonom´etrica −16 = 16 [cos (π + 2kπ) + i sen (π + 2kπ)] Entonces, de la f´ ormula (1.110) tenemos      √ √ π + 2kπ π + 2kπ 4 4 ωk = −16 = 16 cos + i sen 4 4 Para los valores de k = 0, 1, 2, 3, tenemos  

 √ 2 cos π4 + i sen π4 = 2(1 + i)    2 cos 3π
+ i sen 3π
 = √2(−1 + i) 4
4
 √  ωk = 5π 5π  2 cos + i sen = − 2(1 + i)  4 4  

 √  7π 7π = 2(1 − i) 2 cos 4 + i sen 4

k k k k

=0 =1 =2 =3

(1.173)

(1.174)

(1.175)

Ejemplo 1.10.17. Hallar todos los valores de la ra´ız c´ ubica de 27, es decir √ 3 27. Soluci´ on: La representaci´ on trigonom´etrica de 27 es 27 = 27 [cos (0 + 2kπ) + i sen (0 + 2kπ)] Entonces, aplicando la f´ ormula (1.110), resulta      √ 2kπ 2kπ 3 ωk = 27 = 3 cos + i sen 3 3 Para k = 0, 1, 2, tenemos   3  √   √
3 i 3 ωk = 3 − 2 + 2 = 2 − 3 + i  √    3 − 3 − i = − 3 √ 3 + i
2 2 2

(1.176)

(1.177)

k=0 k=1

(1.178)

k=2

q √ Ejemplo 1.10.18. Calcular todos los valores de 4 −8 − (8 3)i √ −8 − (8 3)i. Entonces, podemos identificar los valores Soluci´ on: Sea z = √ de x = −8 y y = consiguiente el m´odulo de z expresado como q −8 3. Por √ p 2 2 2 ρ = x + y = (−8) + (−8 3)2 = 16. El argumento ϕ lo podemos hallar de la siguiente f´ ormula √ √ y −8 3 √ tan ϕ = = = 3, → ϕ = tan−1 ( 3) = 240o (1.179) x −8

´ Algebra de los N´ umeros Complejos √ Por consiguiente la forma trigonom´etrica de z = −8 − 8 3i es √ −8 − 8 3i = 16 [cos (240o + 2πk) + i sen (240o + 2πk)] (1.180)

26

Entonces, usando la f´ ormula (1.110), tenemos      q √ 240o + 360o k 240o + 360o k 4 + i sen −8 − (8 3)i = 2 cos 4 4 o o o o = 2 [cos (60 + 90 k) + i sen (60 + 90 )] (1.181) Para los diferentes valores de k = 0, 1, 2, 3, se tiene  √ 2 [cos (60o ) + i sen (60o )] = 1 + 3i    2 [cos (150o ) + i sen (150o )] = −√3 + i √ ωk = o o  2 [cos (240 ) + i sen (240 )] = −1 − 3i   √  2 [cos (330o ) + i sen (330o )] = 3 − i Ejemplo 1.10.19. Calcular todos los valores de

√ 3

k k k k

=0 =1 =2 =3

(1.182)

27i

Soluci´ on: Sea z = 27i. Escribamos este n´ umero en su forma trigonom´etrica. Para esto, tenemos que el m´ odulo es p p ρ = x2 + y 2 = (0)2 + (27)2 = 27, cos ϕ = 0 y sen ϕ = 1, de donde obtenemos el valor del argumento ϕ = 90o . Entonces, la forma trigonom´etrica de z = 27i es 27i = 27 [cos(90o + 360o k) + i sen (90o + 360o k)]

(1.183)

Usando la f´ ormula (1.110), tenemos   o   o  √ √ 90 + 360o k 90 + 360o k 3 3 27i = 27 cos + i sen 3 3 o o o o = 3 [cos (30 + 120 k) + i sen (30 + 120 k)] (1.184) Para los valores de k = 0, 1, 2, resulta √  3 3 3 o o  k=0 3 [cos 30 + i sen 30 ] = 2 +√ 2 i 3 3 o o ωk = 3 [cos 150 + i sen 150 ] = − 2 + 32 i k = 1   3 [cos 270o + i sen 270o ] = −3i k=2

(1.185)

Ejemplo 1.10.20. Hallar todos los valores del n´ umero complejo (1 − i)1/4 . umero complejo. El primer paso es escribir Soluci´ on: Sea z = 1 − i el n´ este n´ umero en su forma polar. Para esto debemos calcular su magnitud y su argumento, esto es p √ π ρ = 12 + (−1)2 = 2, ϕ = arg (1 − i) = − (1.186) 4

1.10 Ejemplos

27

Entonces, tenemos que la forma trigonom´etrica de z = 1 − i es  π i  π √ h z = 1 − i = 2 cos − + i sen − 4 4

(1.187)

Por consiguiente, usando la f´ ormula (1.107), tenemos   π    π − 4 + 2kπ − 4 + 2kπ 1 wk = z 1/4 = (1 − i)1/4 = (2) 8 cos + i sen 4 4 (1.188) Dando a k los valores 0, 1, 2, 3, resulta que las ra´ıces son:  1/8 (2)    (2)1/8 ωk =  (2)1/8    1/8 (2)


π π − i sen 16 cos 16
7π cos 7π 16 + i sen 16
15π cos 15π 16 + i sen 16
23π cos 16 + i sen 23π 16

k k k k

=0 =1 =2 =3

(1.189)

Donde hemos usado las propiedades cos(−ϕ) = cos ϕ y sen (−ϕ) = − sen ϕ. Estas propiedades son debido a que la funci´on coseno es par y la funci´ on seno es impar. Esta propiedad la usamos en (1.189), para el caso k = 0. Ejemplo 1.10.21. Hallar las ra´ıces quintas de z = 4 + 6i Soluci´ on: En forma polar el n´ umero complejo z = 4 + 6i, se escribe como        √ 3 3 z = (4 + 6i) = 52 cos tan−1 + i sen tan−1 (1.190) 2 2 Entonces, las ra´ıces quintas est´ an dadas por la expresi´on ( " # " #)

√ tan−1 32 + 2kπ tan−1 32 + 2kπ 1 10 w = (4 + 6i) 5 = 52 cos + i sen 5 5 (1.191)  o 360 (0)+56,3o  = 11,26o k=0  5  360o (1)+56,3 o  o   = 83,26 k=1  o 5 360 (2)+56,3o o ϕk = (1.192) = 155,26 k = 2 5  o o   360 (3)+56,3 = 227,26o k = 3  5    360o (4)+56,3o = 299,26o k = 4 5 En este caso se ha hecho la conversi´ on de radianes a grados. √ Ejemplo 1.10.22. Calcular las ra´ıces del −1 Soluci´ on: Sea z = −1, su m´ odulo y argumento son ρ = 1, arg (−1) = π

(1.193)

´ Algebra de los N´ umeros Complejos

28

En la representaci´ on polar, podemos escribir z = cos π + i sen π

(1.194)

Luego, las ra´ıces son wk = z

1/2

1/2

= (−1)

 = cos

π + 2kπ 2



 + i sen

 π + 2kπ , (k = 0, 1) (1.195) 2

Las diferentes ra´ıces son ( cos π2 + i sen π2 = i ωk = 3π cos 3π 2 + i sen 2 = −i

k = 0, k=1

(1.196)

La soluci´ on la podemos representar, simplemente como {i, −i}. Ejemplo 1.10.23. Hallar las ra´ıces c´ ubicas del n´ umero complejo z = −1 + i Soluci´ on: Escribiendo el n´ umero complejo z = −1 + i en forma exponencial √ 3πi z = −1 + i = 2e 4 (1.197) En forma trigonom´etrica, se tiene  1/6  2 [cos (π/4) + i sen(π/4)] ωk = 21/6 [cos (11π/4) + i sen(11π/4)]   1/6 2 [cos (19π/4) + i sen(19π/4)] Ejemplo 1.10.24. Calcular

√

k=0 k=1 k=2

(1.198)

1

Soluci´ on: Sea z = 1. Entonces, el m´odulo de z es ρ = 1 y la forma trigonom´etrica de z = 1 es 1 = cos 0 + isen0 (1.199) Usando la f´ ormula (1.107), tenemos     √ 0 + 2kπ 0 + 2kπ ωk = 1 = cos + i sen = cos(kπ) + i sen (kπ) (1.200) 2 2 donde k = 0, 1. Expl´ıcitamente se tiene ( cos(0) + i sen (0) = 1 ωk = cos (π) + i sen (π) = −1 Ejemplo 1.10.25. Calcular

√ 3

k=0 k=1

(1.201)

1

Soluci´ on: Sea z = 1. Entonces, el m´odulo de z es ρ = 1 y la forma trigonom´etrica de z = 1 es 1 = cos 0 + i sen 0 (1.202)

1.10 Ejemplos

29

Usando la f´ ormula (1.107), tenemos     √ 0 + 2kπ 0 + 2kπ 3 ωk = 1 = cos + i sen 3 3 donde k = 0, 1, 2. Expl´ıcitamente se tiene   1 √

3 2π 1 ωk = cos 2π + i sen = − + i 3
3
2 √2   4π cos 4π = − 12 − i 23 3 + i sen 3

(1.203)

k=0 k=1 k=2

(1.204)

√ √ ) 1 1 3 3 1, − + i, − − i 2 2 2 2

(

Ejemplo 1.10.26. Calcular

√ 4

(1.205)

1

Soluci´ on: Sea z = 1. Entonces ρ = 1 y la forma trigonom´etrica es 1 = cos 0 + i sen 0

(1.206)

Entonces  ωk = cos

2πk 4



 + i sen

2πk 4



 = cos

πk 2



 + i sen

πk 2

 (1.207)

donde k = 0, 1, 2, 3. Expl´ıcitamente tenemos Plano complejo ω v i  1 k=0    i k=1 ωk =  −1 k = 2    −i k = 3

1 −1

(1.208)

u

−i Figura 1.2: Gr´afica de las ra´ıces cuartas de 1. GRAFICARLOS Ejemplo 1.10.27. Calcular

√

−5 − 12i

´ Algebra de los N´ umeros Complejos

30 Soluci´ on:

{2 − 3i, −2 + 3i}

(1.209)

Ejemplo 1.10.28. Hallar todos los valores de z que satisfacen la ecuaci´ on z 5 + 32 = 0

(1.210)

y graficar los valores obtenidos. Soluci´ on: Escribiendo el n´ umero z en forma exponencial −32 = 32eiπ = 25 eiπ

(1.211)

Entonces      π 2πk π 2πk wk = 2 cos + + + i sen , (k = 0, 1, 2, 3, 4) 5 5 5 5 Expl´ıcitamente, los valores que satisfacen la ecuaci´on (1.210) son: h π  π i k = 0, w0 = 2 cos + i sen 5   5  3π 3π k = 1, w1 = 2 cos + i sen 5 5 k = 2, w2 = 2 [cos π + i sen π] = −2      7π 7π k = 3, w3 = 2 cos + i sen 5 5      9π 9π k = 4, w4 = 2 cos + i sen 5 5

(1.212)

(1.213)

(1.214)

1.11.

Conjuntos de Puntos, C´ırculos y Discos.

umero complejo diferente de cero, entonces ρ = |z| = p Sea z1 = x1 + iy1 un n´ x21 + y12 es la distancia del or´ıgen al punto (x1 , y1 ), en el plano complejo. Si z2 = x2 + iy2 es tambi´en un n´ umero complejo, entonces la relaci´on

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

p

(x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 (1.215)

es la distancia entre z1 y z2 en el plano complejo. La expresi´on anterior es la forma est´andar de geometr´ıa anal´ıtica, la cual representa la distancia entre dos puntos (x1 , y1 ) y (x2 , y2 ).

1.11 Conjuntos de Puntos, C´ırculos y Discos.

31

Plano complejo w v w1 w0

w2

u 1

2 w4

w3 Figura 1.3: Gr´ afica de las ra´ıces quintas de −32. Para dos n´ umeros complejos arbitrarios se tiene la importante desigualdad |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 |

(1.216)

En forma general, la desigualdad del tri´ angulo se escribe de la siguiente manera |z1 + z2 + z3 + . . . + zn | ≤ |z1 | + |z2 | + |z3 | + . . . + |zn |

(1.217)

Es decir, el valor absoluto de una suma no puede ser mayor que la suma de los valores absolutos de los sumandos. Sea a un n´ umero complejo y ρ un n´ umero positivo, entonces la ecuaci´on

|z − a| = ρ

(1.218)

se cumple para aqu´ellos puntos z cuya distancia a a es ρ. El lugar geom´etrico de los puntos que satisfacen esta condici´on es el c´ırculo de radio ρ alrededor de a. Esta es la manera de representar a los c´ırculos en el plano complejo y en ocasiones decimos el c´ırculo |z − a| = ρ. Si a = 0, entonces cualquier punto en el c´ırculo |z| = ρ tiene la forma polar z = ρeiφ .

(1.219)

Si a = 6 0, entonces el centro del c´ırculo |z − a| = ρ es a en lugar del or´ıgen. En este caso un punto en el c´ırculo tiene la forma z = a + ρeiφ ,

(1.220)

´ Algebra de los N´ umeros Complejos

32

que es un sistema de coordenadas polares trasladado a veces del or´ıgen. Una desigualdad |z − a| < ρ representa a todos los puntos dentro del c´ırculo de radio ρ alrededor de a. A este conjunto se le conoce como disco abierto. Esto significa que los puntos en la circunferencia del c´ırculo que acota a este disco no pertenecen al conjunto. Un punto en este c´ırculo satisface la igualdad:

|z − a| = ρ

(1.221)

Un disco cerrado de radio ρ y centro a consiste de todos los puntos en o dentro del c´ırculo de radio ρ alrededor de a. Este conjunto est´a representado por la desigualdad:

|z − a| ≤ ρ.

(1.222)

Al representar gr´ aficamente este conjunto dibujamos un c´ırculo s´ olido como la frontera para indicar que esos puntos est´ an incluidos en el disco cerrado. Sean w1 y w2 dos n´ umeros complejos distintos. La ecuaci´on |z − w1 | = |z − w2 |,

(1.223)

representa la distancia entre z y w1 , la cual debe ser igual a la distancia entre z y w2 .

1.12.

Ejemplos

Ejemplo 1.12.1. ¿Qu´e representa la expresi´ on |z − 3 + 7i| = 4.? Soluci´ on: La expresi´on dada representa un c´ırculo de radio ρ = 4 alrededor del punto (−3, 7) en el plano complejo. El n´ umero complejo 3 − 7i es el centro del c´ırculo. Ejemplo 1.12.2. ¿Que representa la desigualdad |z − i| < 8? Soluci´ on: la desigualdad dada representa a los puntos dentro del disco abierto de radio 8 alrededor de i. Ejemplo 1.12.3. Obtener la ecuaci´ on de la recta si |z + 6i| = |z − i + 3i|

(1.224)

1.12 Ejemplos

33

Soluci´ on: La ecuaci´on (1.224) se cumple para todos los puntos en el bisector perpendicular del segmento entre (−6i) y (1 − 3i). Este es el segmento que conecta a los puntos (0, 6) y (1, −3). Se Puede obtener la ecuaci´on est´ andar de esta recta como sigue, primero se escribe |z + 6i|2 = |z − 1 + 3i|2

(1.225)

(z + 6i)(¯ z − 6i) = (z − 1 + 3i)(¯ z − 1 − 3i)

(1.226)

o bien esto determina los signos de los valores absolutos z z¯ + 6i(¯ z − z) + 36 = z z¯ − z − 3iz − z¯ + 1 + 3i + 3i¯ z − 3i + 9

(1.227)

Sea z = x + iy entonces z¯ − z = (x − iy) − (x + iy) = −2iy

(1.228)

−¯ z − z = −(x − iy) − (x + iy) = −2x

(1.229)

Luego As´ı, la u ´ltima ecuaci´ on se convierte en: 6i(2 − iy) + 36 = −2x + 3i(−2iy) + 10

(1.230)

12y = −2x + 6y − 26

(1.231)

de esta u ´ltima expresi´ on obtenemos la ecuaci´on 1 y = − (x + 13) 3

(1.232)

que representa una recta. Entonces, la igualdad |z + 6i| = |z − 1 + 3i|, describe una recta separando el plano en dos conjuntos teniendo a la recta como frontera. La desigualdad |z + 6i| < |z − 1 + 3i| mantiene a los puntos en uno de estos conjuntos, en un lado u otro de esta recta. Es claro que z est´a m´as cerca de −6i que de 1 − 3i si z est´a abajo de la recta frontera. As´ı la desigualdad especifica todos los puntos z debajo de esta recta. La recta frontera est´a punteada porque los puntos en esta recta no pertenecen a esta regi´ on. Ejemplo 1.12.4. Hallar la ecuaci´ on de la recta dada por la expresi´ on |z|2 + 3Re (z 2 ) = 4

(1.233)

Soluci´ on: Sea z = x + iy, entonces la ecuaci´on (1.233) se transforma en x2 + y 2 + 3(x2 − y 2 ) = 4

(1.234)

´ Algebra de los N´ umeros Complejos

34 de donde la ecuaci´ on de la recta es

2x2 − y 2 = 2

(1.235)

El lugar geom´etrico de los puntos es una hip´erbola. Un n´ umero complejo satisface la ecuaci´on dada si y s´olo si su representaci´on como un punto en el plano est´a en la hip´erbola. Ejemplo 1.12.5. Escribir la ecuaci´ on del c´ırculo x2 + y 2 + 2x + 2y = 0

(1.236)

en forma compleja. Soluci´ on: Tenemos x2 + y 2 = |z|2 = z z¯,

2x = z¯ + z,

2y = i(¯ z − z)

(1.237)

Sustituyendo estas expresiones en (1.236), se obtiene z z¯ + z¯ + z + i(¯ z − z) = 0

(1.238)

En forma equivalente, se puede escribir z z¯ + (1 − i)z + (1 + i)¯ z=0

(1.239)

Ejemplo 1.12.6. Escribir la ecuaci´ on de la recta Ax + By + C = 0

(1.240)

en su forma compleja. Soluci´ on: Sea z = x + iy y su complejo conjugado z = x − iy. Usando las f´ ormulas z¯ + z i(¯ z − z) , y= (1.241) x= 2 2 Sustituyendo en (1.240), tenemos A(¯ z + z) + iB(¯ z − z) + 2C = 0

(1.242)

o en su forma equivalente (A + iB)¯ z + (A − iB)z + 2C = 0 Esta expresi´ on representa la ecuaci´ on de la recta en el plano complejo.

(1.243)

1.13 Regiones del Plano Complejo.

1.13.

35

Regiones del Plano Complejo.

En el desarrollo del c´alculo de funciones complejas, ciertos tipos de conjuntos y puntos ser´ an importantes. Sea S un conjunto de n´ umeros complejos, entonces: Punto interior: Un n´ umero complejo z0 es un punto interior de S si existe un disco abierto alrededor de z0 que contenga s´ olo puntos de S. Esto significa, que para todo n´ umero real ρ > 0, todos los puntos que cumplen la relaci´on |z − z0 | < ρ est´ an en S. Entorno: Llamaremos entorno abierto de centro z0 y de radio  ∈ < al conjunto de puntos del plano complejo: z ∈ C : |z − z0 | < 

(1.244)

esto es, el conjunto de puntos interiores a la circunferencia centrada en z0 y de radio . A veces convendr´a utilizar lo que se conoce como entornos reducidos, es decir, entornos de un punto z0 en el que excluimos el propio punto z0 . Por otro lado, hablaremos de puntos interiores, exteriores, frontera, de acumulaci´ on de un subconjunto de los n´ umeros complejos como se hace usualmente en R2 . Por ejemplo, z es un punto interior de S ⊂ C si existe un entorno de z totalmente contenido en S. En cuanto a los conjuntos abiertos, cerrados y acotados: Un subconjunto de los n´ umeros complejos se dice abierto si todo punto es interior y se dice cerrado si su complementario es abierto. Diremos, por otro lado, que un conjunto de n´ umeros complejos es acotado si est´ a contenido en alg´ un c´ırculo |z| ≤ R. Los Conjuntos conexos, dominios y regiones: Un conjunto S ⊂ C se dice conexo si todo par de puntos del mismo pueden unirse mediante una linea poligonal que est´e contenida en S. A los conjuntos abiertos y conexos los llamaremos dominios. Finalmente, llamaremos regiones a los dominios junto con alguno, ninguno, o todos sus puntos frontera.

1.14.

Ejercicios Propuestos

1. Representar los siguientes n´ umeros complejos en su forma cartesiana x + iy; a)

3i ; 4+i

b)

2 + 3i 10 + ; 5 − 2i 4 + 3i

√ √ d) i(1 − i 3)( 3 + i));

e)

(1 − 2i)3 ;

c)

f)

1 + 4i 3 + 5i + 3 − 2i 4i i + i2 + i3 + i4 + i6 1+i

2. Sean z1 = 1+3i y z2 = 3−2i dos n´ umeros complejos. Calcular las siguientes operaciones a) 2z1 + 4z2 ;

b)

4 1 + ; z1 z2

c) (3z1 )(5z2 );

d) z1 · z¯2 ;

e) z1 · z¯1 · z2

´ Algebra de los N´ umeros Complejos

36

3. Hallar los m´odulos, argumentos y las partes real e imaginaria de los sigientes n´ umeros complejos: a) (1 + i)3 ;

b)

4 + 3i ; 2−i

c)

1 ; (1 − 2i)2

d) (1 + i)30 ;

e)

1+i . 1−i

4. Representar los siguientes n´ umeros complejos en su forma polar y exponencial; √ √ a) − i; b) − 4; c) 3 + 3 2i, d) − 3 + 3i; e) − 1 + 3i 5. Hallar el valor de las siguientes expresiones 1 1 a) ; b) |3 − 4i| · |4 + 3i|; − 1 + 2i 1 − 2i

1 1 c) √ − . 2 − 3i 2 + 3i

6. Calcular el exponente de los siguientes n´ umeros complejos √ 4 √ 4 √ a) (−1 + 3) ; b) (2 + i 2) ; c) ( 2 + 4i)10 . 7. Calcular todos los valores de los siguientes n´ umeros complejos √ √ √ 3 a) 6 −1; b) 81/6 ; c) (−i)1/3 ; d) 4 1 + i; e) i 8. Hallar todas las ra´ıces de la ecuaci´ on algebraica √ a) z 4 + 6iz 2 + 16 = 0, b) z 3 − 4 2(1 + i) = 0 9. Representar las curvas que describen las ecuaciones   1 a) Re = 1; b) Im(z 2 − z¯) = 2 − Imz; c) z 2 + z¯2 = 1 z¯ d) |z − i| + |z + i| = 4;

e) |z − 2| = |1 − 2¯ z|

10. Determinar el dominio en el plano complejo dado por a) |z − i| < 1; e)

b) |z| ≥ 2;

c) |z − 5i| = 8;

π 3π < arg z < , |z| < 1; 2 2

d) |z − 1 + 2i| ≤ 4

f) 1 ≤ |z| ≤ 2

Cap´ıtulo 2

Funciones de una Variable Compleja

Contents 2.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.5. 2.6. 2.7. 2.8. 2.9.

Funciones de una Variable Compleja . . . . . . . Sucesiones y Series Complejas . . . . . . . . . . . Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Funciones Complejas Elementales . . . . . . . . . L´ımite y Continuidad de una Funci´ on Compleja Derivada de una Funci´ on Compleja. . . . . . . . Funciones Arm´ onicas Conjugadas. . . . . . . . . Mapeo Conforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ejercicios Resueltos. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

37 41 43 44 51 54 59 62 63

En este cap´ıtulo daremos las definiciones de funci´ on y l´ımite de una funci´on compleja. Se analizan la continuidad y la derivada de las funciones complejas. Adem´as, se introduce el concepto de funciones arm´ onicas conjugadas y la ecuaci´on de Laplace.

2.1.

Funciones de una Variable Compleja

Supongamos que la variable compleja z = x + iy toma todos los valores posibles de un conjunto complejo Z. Si a cada valor de z ∈ Z se le puede poner

38

Funciones de una Variable Compleja

en correspondencia uno o varios valores de otra variable compleja w = u + iv que pertenece al conjunto complejo W , entonces la variable compleja w se llama funci´ on de z en el dominio Z y se representa como w = f (z).

(2.1)

La funci´ on (2.1) es una funci´ on univaluada si a cada valor de z, donde z ∈ Z, se le pone en correspondencia solo un valor de w, donde w ∈ W . Podemos tambi´en decir que la funci´on (2.1) mapea (transforma) los puntos del plano complejo Z a los puntos en el plano complejo W . Si existen valores de z a cada uno de los cuales se le pone en correspondencia varios valores de w, entonces decimos que la funci´on (2.1) es multivaluada. Si w = u + iv es una funci´on de z = x + iy, entonces cada una de las variables u y v ser´a una funci´on de x, y, es decir u(x, y) y v(x, y). Inversamente, si w = u(x, y) + iv(x, y), donde u(x, y) y v(x, y) son funciones reales de x, y, entonces w se puede ver como funci´ on de la variable compleja z = x + iy. Sean z = x + iy y w = u + iv puntos en los planos complejos Z y W , la dependencia w = f (z) de la variable dependiente w sobre la variable compleja independiente z puede ser descrita especificando dos funciones de valores reales u(x, y) y v(x, y) de las variables x y y. Sean z = x + iy

(2.2)

y u = u(x, y),

v = v(x, y)

(2.3)

entonces, comparando las expresiones (2.2) y (2.3), una funci´on compleja se puede escribir como

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

(2.4)

donde u(x, y) = Re f (z) = Re f (x + iy),

v(x, y) = Im f (z) = Im f (x + iy)

(2.5)

Por consiguiente, una funci´ on compleja, f (z), la podemos considerar como un par de funciones reales u(x, y) y v(x, y) de dos variables reales x, y. Ejemplo 2.1.1. Sea f (z) = z 2 , determinar las funciones reales u(x, y) y v(x, y). Soluci´ on: Debido a que z = x + iy, tenemos f (x + iy) = (x + iy)2 = x2 − y 2 + 2ixy

(2.6)

De esta expresi´ on identificamos las funciones reales u(x, y) = x2 − y 2 ,

v(x, y) = 2xy

(2.7)

Entonces, la funci´ on f (z) = z 2 es equivalente a las dos funciones reales en (2.7).

2.1 Funciones de una Variable Compleja

39

Ejemplo 2.1.2. Sea la funci´ on compleja f (z) = z1 , z 6= 0. Hallar las funciones reales u(x, y) y v(x, y). Soluci´ on: Tenemos z = x + iy, entonces f (x + iy) =

1 y (x − iy) x −i 2 = = 2 x + iy (x + iy)(x − iy) x + y2 x + y2

(2.8)

De esta expresi´ on obtenemos las funciones reales u(x, y) =

x2

x , + y2

v(x, y) = −

x2

y + y2

(2.9)

Ejemplo 2.1.3. Hallar las funciones reales si la funci´ on compleja es w = zz¯ . Soluci´ on: Sean w = u(x, y) + iv(x, y), z = x + iy y z¯ = x − iy, sustituyendo en la funci´ on dada, tenemos u(x, y) + iv(x, y) =

x − iy (x − iy)(x − iy) x2 − y 2 2xy = = 2 −i 2 2 x + iy (x + iy)(x − iy) x +y x + y2

(2.10)

Igualando estas expresiones se obtienen las funciones reales u(x, y) =

x2 − y 2 , x2 + y 2

v(x, y) = −

2xy x2 + y 2

(2.11)

Ejemplo 2.1.4. Sea la funci´ on compleja, w = z 3 − i¯ z , hallar las funciones reales. Soluci´ on: Sean z = x + iy, z¯ = x − iy, y w = u(x, y) + iv(x, y). Sustituyendo en la funci´ on dada, se tiene u(x, y)+iv(x, y) = (x+iy)3 −i(x−iy) = (x3 −3xy 2 −y)+i(3x2 y−y 3 −x) (2.12) Podemos concluir que las funciones reales vienen dadas por las expresiones u(x, y) = x3 − 3xy 2 − y,

v(x, y) = 3x2 y − y 3 − x

(2.13)

Entonces, la funci´on w = z 3 − i¯ z es equivalente a las dos funciones reales en (2.13). Ejemplo 2.1.5. Supongamos que deseamos saber en que se transforma el punto z0 = −i en el plano complejo Z, bajo la funci´ on w = z 3 . Soluci´ on: Tenemos la funci´ on w = z 3 que llevar´ a al punto z0 = −i a otro punto del plano complejo W . ¿Cual es este nuevo punto?. Para contestar a esta pregunta, simplemente sustituimos en la funci´on el punto dado, es decir, hacemos lo siguiente w = z 3 = (−i)3 = i (2.14) Si graficamos el punto z0 = −i, tenemos que este punto se encuentra en el eje imaginario y abajo del origen. Este punto bajo el mapeo w = z 3 se transform´ o en un punto w = i que se encuentra en el eje y arriba del origen.

40

Funciones de una Variable Compleja

Ejemplo 2.1.6. ¿En qu´e punto se transforma z0 = 3 + 2i bajo la transformaci´ on w = z 2 − 3¯ z? Soluci´ on: Sustituyendo el punto dado z0 = 3 + 2i en la transformaci´on, tomando en cuenta su conjugado, se tiene w = z 2 − 3¯ z = (3 + 2i)2 − 3(3 − 2i) = −4 + 18i

(2.15)

on Ejemplo 2.1.7. ¿En qu´e punto se transforma z0 = 2 + 3i bajo la transformaci´ w = zz¯ ? Soluci´ on: Tenemos el punto complejo z0 = 2+3i, su conjugado es z¯0 = 2−3i, sustituyendo en la funci´ on w=

z¯ 2 − 3i (2 − 3i)(2 − 3i) 5 12 = = =− − i z 2 + 3i (2 + 3i)(2 − 3i) 13 13

(2.16)

No es dif´ıcil graficar los puntos z0 = 2 + 3i y el punto al cual se transform´ o (2.16). El primer punto est´a en el primer cuadrante y el punto transformado en el tercer cuadrante del plano complejo W . Ejemplo 2.1.8. Dada la funci´ on w = z 2 + z hallar los valores de la funci´ on si a) z = 1 + i, b) z = 2 − i, c) z = i. Soluci´ on: a) sustituyendo el valor de z = 1 + i en la funci´on dada resulta w = (1 + i)2 + (1 + i) = 1 + 3i

(2.17)

b) Sustituyendo el valor z = 2 − i en la funci´on dada, se tiene w = (2 − i)3 + 2 − i = 5 − 5i

(2.18)

c) Sustituyendo z = i en la funci´ on dada w = (i)2 + i = −1 + i

(2.19)

Ejemplo 2.1.9. Dada la funci´ on f (z) = x2 + iy 2 , donde z = x + iy. Hallar a) f (1 + 2i), b) f (2 − 3i), c) f (−i). Soluci´ on: a) para este caso, de f (1 + 2i), tenemos que x = 1 y y = 2, sustituyendo estos valores en la funci´ on dada, resulta f (z) = f (1 + 2i) = 12 + i(2)2 = 1 + 4i

(2.20)

b) en este caso x = 2 y y = −3, sustituyendo en la funci´on dada, se tiene f (z) = f (2 − 3i) = 22 + i(−3)2 = 4 + 9i

(2.21)

c) en este caso x = 0 y y = −1, sustituyendo en la funci´on dada, se tiene f (z) = f (2 − 3i) = i

(2.22)

2.2 Sucesiones y Series Complejas

41 1 x−iy ,

Ejemplo 2.1.10. Dada la funci´ on f (z) = a) f (1 + i), b) f (i), c) f (3 − 2i).

donde z = x + iy. Hallar

Soluci´ on: Antes que nada, la funci´ on dada la podemos escribir como f (z) =

y 1 (x + iy) x + 2 i = = 2 2 x − iy (x − iy)(x + iy) x +y x + y2

(2.23)

a) para este caso tenemos x = 1 y y = 1, sustituyendo esto valores en (2.23), resulta 1 i f (1 + i) = + (2.24) 2 2 b) en este caso x = 0 y y = 1, sustituyendo en (2.23), resulta f (i) = i

(2.25)

c) tenemos x = 3 y y = −2, entonces, sustituyendo en (2.23), resulta f (3 − 2i) =

2.2.

2 3 − i 13 13

(2.26)

Sucesiones y Series Complejas

Sea z1 , z2 , z3 , . . . una sucesi´on de n´ umeros complejos representada por {zn }, donde zn = xn + iyn (n = 1, 2, 3, . . .). El n´ umero constante c = a + ib se llama l´ımite de la sucesi´on {zn } si, dado cualquier n´ umero  > 0 existe un n´ umero positivo N tal que todos los valores de zn con n ≥ N satisfacen la desigualdad |zn − c| < 

(2.27)

La expresi´on (2.27) significa que podemos hacer cada t´ermino zn tan cerca como queramos de c eligiendo n al menos tan grande como cierto n´ umero N . En otras palabras, dado cualquier disco abierto D alrededor de z0 , podemos encontrar alg´ un t´ermino de la sucesi´ on de manera que todos los t´erminos de la lista a partir de ´el (esto es, para un ´ındice suficientemente grande) caiga en D figura. Si la sucesi´ on {zn } converge a c cuando n → ∞, escribimos l´ım zn = c

(2.28)

n→∞

Si una sucesi´ on no converge, entonces decimos que la sucesi´on diverge. La condici´on necesaria y suficiente para la existencia del l´ımite de la sucesi´on {zn }, es la siguiente: el n´ umero complejo c = a + ib es el l´ımite de la sucesi´on de los n´ umeros complejos x1 + iy1 , x2 + iy2 , x3 + iy3 , . . . si y s´olo si l´ım xn = a,

n→∞

l´ım yn = b

n→∞

(2.29)

La serie w1 + w2 + w3 + . . .

(2.30)

42

Funciones de una Variable Compleja

con t´erminos complejos, se llama convergente si la n-´esima suma parcial Sn de la serie (2.30) tiende a un l´ımite finito cuando n → ∞, en caso contrario, decimos que la serie (2.30) diverge. La serie (2.30) converge si y s´olo si, las series formadas de n´ umeros reales convergen, es decir Re w1 + Re w2 + Re w3 + . . .

(2.31)

Im w1 + Im w2 + Im w3 + . . .

(2.32)

y

Si la suma de serie (2.31) es el n´ umero S 0 y la suma de la serie (2.32) es S 00 , entonces la suma de la serie (2.30) ser´ a el n´ umero complejo S = S 0 + iS 00

(2.33)

Si la serie w1 + w2 + w3 + . . . + wn

(wn = un + ivn )

(2.34)

converge, entonces l´ım wn = 0

n→∞

(2.35)

Es decir l´ım un = 0

n→∞

l´ım vn = 0

n→∞

(2.36)

Si la serie |w1 | + |w2 | + |w3 | + . . . + |wn | + . . .

(2.37)

converge, entonces tambi´en converge la serie w1 + w2 + w3 + . . . + wn + . . .

(2.38)

En tal caso se dice que la serie (2.38) converge absolutamente. Una serie de potencias es una serie de la forma a0 + a1 (z − z0 ) + a2 (z − z0 )2 + . . . + an−1 (z − z0 )n−1 + . . .

(2.39)

donde z0 , a0 , a1 , a2 , a3 , . . . son n´ umeros complejos, adem´as los coeficientes de la serie son diferentes de cero, y z es una variable compleja. La serie (2.39) converge en el c´ırculo |z − z0 | < R, donde an R = l´ım n→∞ an+1

(2.40)

y diverge fuera de ´el, es decir, para los valores de z que satisfacen la desigualdad |z − z0 | > R. A R se le llama radio de convergencia.

2.3 Ejemplos

2.3.

43

Ejemplos

Ejemplo 2.3.1. Analizar la convergencia de la serie       i 1 i 1 i 1 + + ... (1 + i) + + + + + ... + 2 3 4 9 2n−1 3n−1

(2.41)

Soluci´ on: La serie compleja (2.41) la podemos escribir de la siguiente manera   1 1 1 1 1 1 (2.42) 1 + + + . . . + n−1 + . . . + i 1 + + + . . . + n−1 . 2 4 2 3 9 3 Las series reales 1 1 1 + + . . . + n−1 2 4 2 1 1 1 1 + + + . . . + n−1 3 9 3 1+

(2.43) (2.44)

convergen, ya que est´ an formadas de t´erminos que decaen en forma de progresi´on geom´etrica infinita. Por consiguiente, la serie compleja (2.41) tambi´en converge. La suma de estas progresiones est´ a dada por S1 =

1 = 2, 1 − 1/2

S2 =

1 3 = 1 − 1/3 2

(2.45)

Por consiguiente, la suma de la serie compleja (2.41) es el n´ umero complejo 3 S = S1 + iS2 = 2 + i 2

(2.46)

Ejemplo 2.3.2. Analizar la convergencia de la serie compleja         2 3 3 4 n n+1 1 2 + i + + i + + i + ... + + i + . . . (2.47) 2 3 3 4 4 5 n+1 n+2 Soluci´ on: Podemos escribir la serie (2.47) de la siguiente manera n 1 2 3 + + + ... + + ... + i 2 3 4 n+1



2 3 4 n+1 + + + ... + + ... 3 4 5 n+2

 (2.48)

Podemos analizar las series por separado, es decir 1 2 3 n + + + ... + + ... 2 3 4 n+1 2 3 4 n+1 + + + ... + + ... 3 4 5 n+2

(2.49) (2.50)

El t´ermino general de cada serie lo podemos escribir como S1 =

n n+1

S2 =

n+1 n+2

(2.51)

44

Funciones de una Variable Compleja

La suma de estos te´erminos es n = 1, n+1

S1 = l´ım

n→∞

S2 = l´ım

n→∞

n+1 =1 n+2

(2.52)

Entonces, la serie (2.47) diverge, ya que no se cumplen las condiciones de convergencia (2.35-2.36) Ejemplo 2.3.3. Hallar el dominio de convergencia de la serie de potencias √

3+i 3

√

! (z − i) +

3+i 3

√

!2 2

(z − i) + . . . +

3+i 3

!n (z − i)n + . . . (2.53)

Soluci´ on: Tenemos √ an = Entonces

3+i 3

√

√

!n ,

3+i 3

an+1 =

!n+1 (2.54)

√

n

an =  √ n+1 = an+1 3+i 3

3+i 3

n 3+i 3  √ n  √  3+i 3+i 3 3

=√

3 3+i

(2.55)

El m´ odulo es an 3 = √ 3 = √ 3 R = l´ım = 3 + i n→∞ an+1 2 3+1

(2.56)

Entonces, el dominio de convergencia de la serie (2.53) es |z − i| < 3/2.

2.4.

Funciones Complejas Elementales

1. Funci´ on Potencial: Esta funci´ on tiene la forma w = zn,

(n − entero

positivo)

(2.57)

La funci´on potencia esta definida para todos los n´ umeros complejos; a cada n´ umero complejo z = x + iy le pone en correspondencia z n , es decir, el producto de n m´ ultiplos, cada uno de los cuales es igual a z. Tambien se puede definir la funci´on potencia para n entero negativo y para n = 0. Por definici´ on z −n = La funci´on w = z −n de z 6= 0

1 zn

(n = 1, 2, ...)

z0 = 1

(2.58)

(n = 1, 2, . . .) esta definida para todos los valores

2.4 Funciones Complejas Elementales

45

2. Funci´ on Exponencial: La funci´on exponencial w = ez del n´ umero complejo z = x + iy se define por la f´ ormula w = ez = ex+iy = ex (cos y + i sen y)

(2.59)

Re ez = ex cos y

(2.60)

Por consiguiente Im ez = ex sen y

De la definici´ on se deducen las siguientes propiedades para ez : Para cualesquiera n´ umeros complejos z1 y z2 tiene lugar la igualdad ez1 +z2 = ez1 ez2 La funci´on exponencial compleja w = ez es peri´odica de periodo 2πi, es decir, cumple la relaci´ on ez+2πi = ez La funci´ on exponencial ez es continua en todo el plano complejo. Para todo n´ umero complejo z = x + iy tienen lugar las igualdades |ez | = ex

arg ez = y

La funci´on ez toma todos los valores, excepto el cero, es decir la ecuaci´on ez = A tiene soluci´ on para cualquier n´ umero complejo A 6= 0 diferente de cero. Si α = arg A, entonces todas las soluciones de la ecuaci´ on ez = A est´ an dadas por la f´ormula z = ln |A| + i(α + 2kπ),

(k = 0, ±1, ±2, . . .)

En particular, si ez = 1, entonces z = 2kπi,

(2.61)

k = 0, ±1, ±2, . . .

z

Si e = A, entonces el n´ umero complejo z se llama el logaritmo del n´ umero complejo A 6= 0 y se representa por log A, donde log es la expresi´ on para logaritmo base e o logaritmo natural. De la f´ ormula (2.61) se sigue log A = log |A| + i arg A En particular, log(1) = 2kπi, (2k + 1/2)πi, (k − entero).

log(−1) = (2k + 1)πi,

(2.62) log(i) =

3. Funciones Trigonom´ etricas: Las funciones sen z y cos z para los valores complejos z se definen por las siguientes f´ormulas sen z =


1 iz e − e−iz , 2i

cos z =


1 iz e + e−iz 2

(2.63)

De ´estas definiciones se siguen las siguientes propiedades para las funciones sen z y cos z

46

Funciones de una Variable Compleja Las funciones sen z y cos z son continuas en todo el plano complejo. Las funciones sen z y cos z toman todos los valores, es decir, las ecuaciones sen z = A y cos z = A tienen soluciones para cualquier n´ umero complejo A. Todas las f´ormulas trigonom´etricas elementales, v´alidas para todos los valores reales x, son v´alidas y para los valores complejos z. Por ejemplo; sen2 z + cos2 z

=

1,

sen(z1 + z2 )

=

sen z1 cos z2 + cos z1 sen z2

cos(z1 + z2 )

=

cos z1 cos z2 − sen z1 sen z2

sen 2z = 2 sen z cos z (2.64)

En particular sen(z + 2π) = sen z,

cos(z + 2π) = cos z

(2.65)

Es decir, las funciones sen z y cos z son peri´odicas de periodo 2π. sen (−z) = − sen z,

cos(−z) = cos z

(2.66)

Es decir, sen z es una funci´on impar, mientras que cos z es una funci´on par. 4. Para cualquier z = x + iy se tienen las siguientes desigualdades
1 y 1 y e − e−y ≤ | sen z| ≤ e + e−y 2 2

(2.67)


1 y 1 y e − e−y ≤ | cos z| ≤ e + e−y 2 2

(2.68)

5. Tienen lugar las siguientes f´ ormulas sen(x + iy)

=

sen x · cosh y + i cos x · senh y

(2.69)

cos(x + iy)

=

cos x · cosh y − i sen x · senh y

(2.70)

De estas f´ormulas (´ o de las f´ormulas (2.67), (2.68)) se sigue, en particular, que las ecuaciones sen z = 0 y cos z = 0 tienen soluciones s´olo cuando y = 0, es decir, s´olo en el eje real. Por consiguiente, todas las soluciones de la ecuaci´on sen z = 0 estan dadas por la f´ormula z = kπ, k = 0, ±1, ±2, . . . y todas las soluciones de la ecuaci´on cos z = 0 por la f´ormula z = π/2 + kπ k = 0, ±1, ±2, . . .. Las funciones tan z y cot z se definen como tan z =

sen z , cos z

cot z =

cos z sen z

(2.71)

La funci´on tgz es continua para los valores z = 6 π/2 + kπ, y la funci´on cot z es continua para los valores z 6= kπ, donde k = 0, ±1, ±2, . . .

2.4 Funciones Complejas Elementales

47

Todas las f´ormulas de la trigonometr´ıa (en el campo real) son v´alidas para las funciones trigonom´etricas de una variable compleja. sen(−z) = − sen z,

cos(−z) = cos z.

cos2 z + sen2 z = 1. sen(z1 ± z2 ) = sen z1 cos z2 ± cos z1 sen z2 . cos(z1 ± z2 ) = cos z1 cos z2 ∓ sen z1 sen z2 . sen 2z = 2 sen z cos z,

cos(2z) = cos2 z − sen2 z.

sen z¯ = sen z. sen(z + 2nπ) = sen z,

∀ n entero.

cos(z + 2nπ) = cos z,

∀ n entero.

1. Las funciones hiperb´ olicas senhz, cosh z, tanh z y coth z est´an definidas como:

cosh z =

ez + e−z , 2

senh z =

ez − e−z 2

(2.72)

cosh z . senh z

(2.73)

y

tanh z =

senh z , cosh z

coth z =

Las funciones hiperb´ olicas complejas satisfacen las siguientes identidades senh(−z) = − senh z, 2

cosh(−z) = cosh z.

2

cosh z − senh z = 1. cosh(z1 + z2 ) = cosh z1 cosh z2 + senh z1 senh z2 . cosh 2z = cosh2 z + senh2 z. senh 2z = 2 senh z cosh z. sen(iz) = i senh z. cos iz = cosh z. senh z = senh x cos y + i cosh x sen y. cosh z = cosh x cos y + i senh x sen y.

48

Funciones de una Variable Compleja | senh z|2 = senh2 x + sen2 y. | cosh z|2 = senh2 x + cos2 y. 2. Las funciones trigonom´etricas e hiperb´olicas est´an relacionas mediante las siguientes f´ ormulas: sen z

=

−i senh(iz),

cos z

=

cosh(iz),

tan z

=

−i tanh(iz),

cot z

=

i coth(iz),

senh z = −i sen(iz), cosh z = cos(iz), tanh z = −i tan(iz), coth z = i cot(iz).

(2.74) (2.75) (2.76) (2.77)

6 0, est´a definida como la inversa de 3. La funci´on logar´ıtmica Log z, para z = la funci´ on exponencial, y

Log z = log |z| + iArg z = log |z| + i arg z + 2iπk,

(k = 0, ±1, . . .). (2.78)

Esta es una funci´on multivaluada. El valor principal de Logz es el valor para k = 0 y es representado como log z

log z = log |z| + i arg z.

(2.79)

Obviamente Log z = log z + 2iπk,

(k = 0, ±1, ±2, . . .).

(2.80)

Para la funci´ on logar´ıtmica las siguientes f´rmulas son v´alidas: Log z1 · z2 =   z1 = Log z2

Log z1 + Log z2 ,

(2.81)

Log z1 − Log z2

(2.82)

4. Las funciones trigonom´etricas inversas Arcsen z, Arccos z, Arctan z y Arccot z est´an definidas como las inversas de sen w, cos w, tan w y cot w, respectivamente. Por ejemplo, si z = sen w decimos que w es el arcseno de z y se escribe como w = Arcsen z ´ o de la siguiente manera w = sen−1 z. Todas estas funciones son multivaluadas y se pueden representar en t´erminos de la funci´ on logar´ıtmica

2.4 Funciones Complejas Elementales

Arcsen z

=

Arccos z

=

Arctan z

=

Arccot z

=

  p −iLog iz + 1 − z 2 ,   p −iLog z + z 2 − 1 ,   i 1 + iz − Log , 2 1 − iz   i z+i − Log . 2 z−i

49

(2.83) (2.84) (2.85) (2.86)

Los valores principales de las funciones trigonom´etricas inversas pueden ser obtenidos por los valores principales correspondientes de las funciones logar´ıtmicas. 5. La funci´on potencial general w = z a , donde a = α + iβ es un n´ umero complejo arbitrario, est´ a definida por z a = eaLog z .

(2.87)

Esta funci´ on, en general, es tambi´en multivaluada, su valor principal es z a = eaLog z .

(2.88)

6. La funci´on exponencial general w = az , (con a 6= 0 es un n´ umero complejo arbitrario) esta definida como az = ezLog a .

(2.89)

El valor principal de esta funci´ on multivaluada es (2.89). Ejemplo 2.4.1. Resolver la ecuaci´ on sen z = 3.

(2.90)

Soluci´ on: El problema se reduce a encontrar z = Arcsen 3.

(2.91)

  p Arcsen t = −iLog it + 1 − t2 ,

(2.92)

Usando la f´ ormula (2.78)

obtenemos

  p z = Arcsen 3 = −iLog 3i + 1 − 32 √ √ y teniendo en cuenta −8 = ±i 8, resulta h √ i z = −i Log (3 ± 8)i .

(2.93)

(2.94)

50

Funciones de una Variable Compleja √ Luego, debemos calcular el Log (3 − i 8), usando la f´ ormula (2.78), para esto calculamos primero el argumento h √  i π arg 3 ± 8 i = . (2.95) 2 y el m´ odulo  √  3 + 8 i  √  3 − 8 i

q = q =

02 + (3 + 02 + (3 −

√ √

8)2 = 3 + 8)2 = 3 −

√ √

8 8

(2.96)

p Recordemos que el m´odulo de umero complejo z es |z| = x2 + y 2 . En √ un n´ nuestro caso x = 0 y y = 3 + 8. Sustituyendo estos resultados en la f´ ormula (2.78), tenemos  h √  π √  i Log 3 ± 8 i = log 3 ± 8 + i + 2kπi, (k = 0, ±1, ±2, . . .). (2.97) 2 Finalmente, poniendo este resultado en (2.94), resulta  √  π z = + 2kπ − i log 3 ± 8 , (k = 0, ±1, ±2, . . .). 2

(2.98)

Ejemplo 2.4.2. Resolver la ecuaci´ on compleja sen z = i.

(2.99)

Soluci´ on: Ejemplo 2.4.3. Resolver la ecuaci´ on compleja ez = 1 + 2i.

(2.100)

Soluci´ on: Ejemplo 2.4.4. Verificar la f´ ormula   p Arcsen z = −iLog iz + 1 − z 2 .

(2.101)

Soluci´ on: Sea w = Arcsen z, entonces z = sen w =

eiw − e−iw 2i

(2.102)

Multiplicando esta expresi´ on por e−iw , resulta la ecuaci´on cuadr´atica e2iw − 2izeiw − 1 = 0.

(2.103)

2.5 L´ımite y Continuidad de una Funci´ on Compleja

51

la cual tiene como soluci´ on √ p p 2iz ± 4 − 4z 2 eiw = = iz ± 1 − z 2 = iz + 1 − z 2 2

(2.104)

Luego eiw = ei(w−2kπ) ,

donde

k = 0, ±1, ±2, . . .

(2.105)

As´ı que ei(w−2kπ) = iz +

p 1 − z2

w = 2kπ +

p 1 log(iz + 1 − z 2 ) i

Si k = 0 (2.106)

calculando su rama principal, se obtiene que p p 1 1 log(iz + 1 − z 2 ) ≡ log(iz + 1 − z 2 ) i i

2.5.

(2.107)

L´ımite y Continuidad de una Funci´ on Compleja

L´ımite de una funci´ on. Sea a un punto l´ımite del conjunto Z, es decir, cualquier vecindad del punto a contiene un n´ umero infinito de puntos del conjunto Z. El n´ umero A se llama l´ımite de la funci´ on f (z) cuando z → a po mnozhestvu Z, si para cualquier  > 0 existe un δ = δ() > 0, tal que para todos z ∈ Z que cumplen la condici´on 0 < |z − a| < δ se cumple la desigualdad |f (z) − A| < . En tal caso escribimos

l´ım f (z) = A

z→a

(2.108)

donde a y A son constantes complejas. En ocaciones la f´ormula (2.108) se escribe de la siguiente manera f (z) → A cuando z → a y se dice, la funci´on f (z) tiende a A cuando z tiende a a. Decimos que la funci´ on w = f (z) es continua en el punto z0 , si se cumple la relaci´ on

l´ım f (z) = f (z0 ).

z→z0

(2.109)

Una funci´on continua en cada punto de un dominio D, se llama continua en el dominio dado.

52

Funciones de una Variable Compleja Supongamos que l´ım f (z)

(2.110)

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

(2.111)

z0 = x0 + iy0

(2.112)

z→z0

donde existe, y entonces el l´ımite de f (z) esta dado por

l´ım f (z) =

z→z0

l´ım

x→x0 , y→y0

u(x, y) + i

l´ım

x→x0 , y→y0

v(x, y).

(2.113)

Muchos teoremas sobre l´ımites en el c´ alculo de variable real tambi´en son v´alidos para funciones de variable compleja. Supongamos que los l´ımites l´ım f (z) = L,

z→z0

l´ım g(z) = K

z→z0

(2.114)

existen. Entonces son v´ alidas las expresiones l´ım [f (z) + g(z)]

= L+K

l´ım [f (z) − g(z)]

= L−K

z→z0 z→z0

l´ım cf (z)

z→z0

l´ım [f (z)g(z)]

z→z0

l´ım

z→z0

f (z) g(z)

= cL ∀c

(2.115)

= LK =

L K

Una diferencia importante entre los l´ımites de funciones complejas y los l´ımites de funciones reales, es la manera en que la variable se aproxima al punto. Para un funci´ on real g(x), tenemos que, l´ım g(x) = A

x→a

involucra el comportamiento de la funci´ on g(x) conforme x se aproxima a a por cualquier lado. En la recta solo hay dos maneras de que x se aproxime a a, por la izquierda o por la derecha. En el caso de las funciones complejas la relaci´on l´ım f (z) = L

z→z0

(2.116)

involucra el comportamiento de f (z) conforme z se aproxima a z0 en el plano complejo y esto puede involucrar que z se aproxime a z0 desde cualquier direcci´on.

2.5 L´ımite y Continuidad de una Funci´ on Compleja

53

Los n´ umeros f (z) deben aproximarse a L a lo largo de cualquier trayectoria de aproximaci´ on de z a z0 en D. Si a lo largo de una sola trayectoria de aproximaci´on de z a z0 , f (z) no se aproxima a L, entonces f (z) no tiene l´ımite en z0 . La diferencia anterior entre las funciones reales y complejas implica que la relaci´on (2.116), en el plano complejo, sea un enunciado m´as fuerte que en el caso real. Ejemplo 2.5.1. Calcular los siguientes l´ımites: 1. l´ımz→∞

4z 2 (z−1)2 .

Soluci´ on: Desarrollando el binomio, tenemos 4z 2 = l´ım 2 z→∞ z→∞ z − 2z + 1 l´ım

2. l´ımz→1 =

z2 z2

4z 2 z2 1 − 2z z2 + z2

4

= l´ım

z→∞

1−

2z z2

+

1 z2

= 4 (2.117)

1 (z−1)3

Soluci´ on: Escribiendo el l´ımite de la siguiente manera

l´ım

z→1

1 (z − 1)(z 2 − 2z + 1)

= =

l´ım

z→1

1 (z 3 − 3z 2 + 3z − 1) 1 z3

l´ım

3 z→1 z 3 z

=

−

3z 2 z3

+

1 1 1 1

−

3 1

+

3 1

−

1 1

3z z3

−

1 z3

=

1 → ∞ (2.118) 0

el l´ımite no existe. 3. Si f (z) = z 2 + 2z, calcular el l´ımite cuando z → i. Soluci´ on: Se tiene l´ım f (z) = z 2 + 2z = (i)2 + 2(i) = i2 + 2i = −1 + 2i

z→i

4. l´ımz→i

(2.119)

2z+i z+1 .

Soluci´ on: Dividiendo entre z y tomando en cuenta que z → 0, se obtiene 2z i z + z z→0 z + 1 z z

l´ım

5. l´ımz→2i

2+ z→0 1 +

= l´ım

i z 1 z

=2

(2.120)

z−2i z 4 −16 .

Soluci´ on: Aplicando la Regla de L´Hˆopital z − 2i = l´ım z→2i z 4 − 16 z→2i l´ım

d(z−2i) dz d(z 4 −16) dz

= l´ım

z→2i

1 1 1 i = = = 4z 3 4(2i)3 32(−i) 32 (2.121)

54

Funciones de una Variable Compleja 6. l´ımz→2i (iz 4 + 3z 2 − 10i). Soluci´ on: Aplicando el l´ımite, resulta

l´ım (iz 4 + 3z 2 − 10i) = [i(2i)4 + 3(2i)2 − 10i] = −12 + 6i

z→2i

7. l´ım

z→e

πi 4

(2.122)

z2 z 4 +z+1 .

Soluci´ on: Aplicando el l´ımite

l´ımπi

z→e

4

z2 4 z +z+1

e

=

eπi + e

πi 4

+1 cos( π2 ) + i sen( π2 ) cos(π) + i sen(π) + cos( π4 ) + sen( π4 ) + 1 i i = 1 1 1 √ √ √ −1 + 2 + 2 i + 1 + √12 i 2 √ √ 2i 1 − i 2i(1 − i) · = 1+i 1−i 1 − i2 √ √ 2 2 (i − i2 ) = (1 + i) (2.123) 2 2

= = = = 8. l´ımz→ 2i

πi 2

(2z−3)(4z+1) (iz−1)2

Soluci´ on: Aplicando el l´ımite

l´ımi

z→ 2

(2z − 3)(4z + 1) (iz − 1)2

= = =

2.6.

[2( 2i ) − 3][4( 2i ) + i] [i( 2i ) − 1]2 (i − 3)(2i + i) (i − 3)(3i) 3i2 − 9i = = 9 1 3 2 2 [− 2 − 1] (− 2 ) 4 12 36 4 (−1) − i = − − 4i (2.124) 9 9 3

Derivada de una Funci´ on Compleja.

Sea w = f (z) una funci´on definida en un dominio D del plano complejo z. Sean z y z + ∆z dos puntos en el dominio dado D. Entonces, el incremento de la funci´ on f (z) est´ a dada por la expresi´ on ∆w f (z + ∆z) − f (z) = . ∆z ∆z

(2.125)

2.6 Derivada de una Funci´ on Compleja.

55

Se dice que f 0 (z) es la derivada de la funci´on f (z) en un punto z si existe el l´ımite de ∆w ∆z , cuando ∆z → 0. Es decir

f 0 (z) = l´ım

∆z→0

∆w f (z + ∆z) − f (z) = l´ım . ∆z→0 ∆z ∆z

(2.126)

Una funci´on que tiene derivada para un valor dado de z, se llama funci´ on diferenciable para el valor de z. Si la funci´on w = f (z) es un´ıvoca y tiene derivada finita en cada punto de un dominio D, entonces, la funci´on se llama anal´ıtica en el dominio dado. Si la funci´on w = f (z) = u(x, y) + iv(x, y) es diferenciable en el punto ∂v ∂u ∂v z = x + iy, entonces en este punto existen derivadas parciales ∂u ∂x , ∂x , ∂y , ∂y , adem´ as estas derivadas estan relacionadas por las condiciones

∂u ∂v = , ∂x ∂y

∂u ∂v =− . ∂y ∂x

(2.127)

A estas condiciones se les conoce como condiciones de Cauchy-Riemann. Estas condiciones son necesarias para que la fucni´on w = f (z) sea diferenciable en ∂v ∂u ∂v el punto z = x + iy. Inversamente, si las derivadas parciales ∂u ∂x , ∂x , ∂y , ∂y son continuas en el punto z = x + iy y las condiciones de Cauchy-Riemann se cumplen, entonces, la funci´ on w = f (z) es diferenciable en el punto z = x + iy. La derivada de la funci´on f (z) se representa por medio de las derivadas parciales de las funciones u(x, y) y v(x, y), de la siguiente manera

f 0 (z) =

∂u ∂v ∂v ∂u ∂u ∂u ∂v ∂v +i = −i = −i = +i . ∂x ∂x ∂y ∂y ∂x ∂y ∂y ∂x

(2.128)

La derivada de las funciones elementales z n , ez , cos z, sen z, log z, arc sen z, arc cos z, arctan z, senh z, cosh z se encuentran seg´ un las f´ormulas del an´alisis

56

Funciones de una Variable Compleja

real (z n )0

= nz n−1 ,

(ez )0

= ez ,

(cos z)0

= − sen z,

0

(sen z)

=

cos z, 1 , = z

(log z)0

1 . 1 − z2 1 (arc cos z)0 = − √ . 1 − z2 1 (arctan z)0 = 2 . z +1 0 (senh z) = cosh z.

(arc sen z)0 = √

(cosh z)0 = senh z.

(2.129)

Ejemplo 2.6.1. Calcular la derivada de la funci´ on f (z) = z, ∀z ∈ D. Soluci´ on: Usando la definici´ on (2.126), tenemos f (z + ∆z) = z + ∆z.

(2.130)

Entonces f 0 (z) = l´ım

∆z→0

∆z z + ∆z − z = l´ım = 1. ∆z→0 ∆z ∆z

∀z ∈ D.

(2.131)

Ejemplo 2.6.2. Hallar la derivada de la funci´ on f (z) = z 2 , ∀z ∈ D. Soluci´ on: Por definici´ on, tenemos f 0 (z)

= =

(z + ∆z)2 − z 2 2z∆z + (∆z)2 = l´ım ∆z→0 ∆z→0 ∆z ∆z l´ım (2z + ∆z) = 2z. l´ım

∆z→0

(2.132)

En general, si n > 0 y f (z) = z n , entonces f 0 = nz n−1 . Como podemos ver, esta f´ ormula es id´entica a la del c´ alculo con variables reales. Otras f´ ormulas similares son: [f (z) ± g(z)]0 = f 0 (z) ± g 0 (z). [cf (z)]0 = cf 0 (z). [f (z)g(z)]0 = f (z)g 0 (z) + g(z)f 0 (z). h i0 0 f (z) (z)g 0 (z) = g(z)f (z)−f . g(z) [g(z)]2 rmdg dw Si f (w) = g(w), y w = f (z) → rmdf rmdz = dw dz , regla de la cadena. Donde estamos suponiendo que las derivadas de las funciones f (z) y g(z) existen.

Ejemplo 2.6.3. Hallar la derivada f 0 (w) como funci´ on de z, si f (w) = w5 y 2 w = 2z + i.

2.6 Derivada de una Funci´ on Compleja.

57

Soluci´ on: Haciendo uso de la regla de la cadena, tenemos df df dw = = 5w4 (4z) = 20zw4 = 20z(2z 2 + i)4 . dz dw dz

(2.133)

on compleja f (z) = z 3 , donde Ejemplo 2.6.4. Hallar la derivada de la funci´ z = x + iy. Soluci´ on: Para usar las condiciones de Cauchy-Riemann, debemos calcular, primero, las funciones reales u(x, y) y v(x, y), tenemos f (x+iy) = (x+iy)3 = x3 +3ix2 y−3xy 2 +iy 3 = x3 −3xy 2 +i(3x2 y−y 3 ). (2.134) De donde podemos identificar las funciones reales u(x, y) = x3 − 3xy 2 ,

v(x, y) = 3x2 y − y 3 .

(2.135)

Ahora debemos probar que las condiciones de Cauchy-Riemann se cumplen. Derivando estas funciones reales respecto a x, resulta ∂u = 3x2 − 3y, ∂x

∂v = 6xy. ∂x

(2.136)

Sustituyendo estos resultados en la expresi´on (2.128), obtenemos ∂v ∂u +i = 3x2 − 3y 2 + 6ixy = 3(x2 − y 2 + 2ixy) = 3z 2 . (2.137) ∂x ∂x De esta forma hemos obtenido una manera m´as de calcular las derivadas de un funci´ on compleja. Las condiciones de Cauchy-Riemann constituyen una condici´on necesaria, pero no suficiente, para que f (z) sea diferenciable en un punto. Si estas condiciones no se satisfacen, entonces f 0 (z) no existe en ese punto. f 0 (z) =

Ejemplo 2.6.5. Sea la funci´ on compleja f (z) = ez , donde z = x + iy. Hallar su derivada. Soluci´ on: Escribiendo la funci´ on f (z) = ez de la siguiente manera f (z) = ez = ex+iy = ex eiy = ex cos y + iex sen y

(2.138)

De donde, tenemos las funciones reales u(x, y) = ex cos y,

v(x, y) = ex sen y

(2.139)

Veamos si las ecuaciones de Cauchy-Riemann se cumplen. Para esto, derivamos las expresiones, obteniendo ∂u = ex cos y, ∂x

∂v = ex sen y, ∂x

∂v = ex cos y, ∂y

∂u = −ex sen y ∂y

(2.140)

Como podemos ver, las condiciones se cumplen para todos los valores de x y y. Finalmente, obtenemos f 0 (z) =

∂u ∂v +i = ex cos(y) + iex sen(y) = ex eiy = ex+iy = ez ∂x ∂x

(2.141)

58

Funciones de una Variable Compleja

Ejemplo 2.6.6. Sea la funci´ on f (z) = z¯2 . Hallar los puntos en los cuales la funci´ on dada es diferenciable. Soluci´ on: Sabemos que z¯ = x − iy, entonces f (z) = (x − iy)2 = x2 − y 2 − 2ixy

(2.142)

De donde u(x, y) = x2 − y 2 ,

v(x, y) = −2xy

(2.143)

Veamos si se cumplen las condiciones de Cauchy-Riemann. Para esto derivamos estas expresiones respecto a x y a y, obtenemos ∂u = 2x, ∂x

∂u = −2y, ∂y

∂v = −2y, ∂x

∂v = −2x ∂y

(2.144)

Luego, las condiciones de Cauchy-Riemann son ∂v ∂u = , ∂x ∂y

∂u ∂v =− ∂y ∂x

(2.145)

Como se puede ver, las condiciones de Cauchy-Riemann se cumplen solo para el caso en que x = y = 0, por lo tanto, la funci´on f (z) = z¯2 es diferenciable solo en el punto z = 0. Ejemplo 2.6.7. Sea la funci´ on f (z) = z¯. Hallar los puntos en los cuales esta funci´ on es diferenciable. Soluci´ on: Tenemos que z¯ = x − iy, entonces f (z) = x − iy

(2.146)

De donde u(x, y) = x,

v(x, y) = −y

(2.147)

∂v = −1 ∂y

(2.148)

Derivando estas expresiones, tenemos ∂u = 1, ∂x

La condici´on de Cauchy-Riemann no se cumple para cualquier z, y por consiguiente la funci´ on f (z) no es diferenciable en ning´ un punto. Ahora recordemos que todo n´ umero complejo lo podemos escribir en su forma exponencial como z = ρeiφ , entonces, la funci´ on f (z) en coordenadas polares tendr´ a la forma:

f (z) = u(ρ, φ) + iv(ρ, φ),

(2.149)

2.7 Funciones Arm´ onicas Conjugadas.

59

y las condiciones de Cauchy- Riemann en coordenadas polares, se escriben como

∂u 1 ∂v = , ∂ρ ρ ∂φ

∂v 1 ∂u =− . ∂ρ ρ ∂φ

(2.150)

Por lo tanto, la derivada de la funci´ on f (z) en ´estas coordenadas viene dada por la expresi´ on

f 0 (z) =

ρ z



∂u ∂v +i ∂ρ ∂ρ

 =

1 z



∂v ∂u −i ∂φ ∂φ

Ejemplo 2.6.8. Demostrar que la funci´ on f (z) =

√

 .

(2.151)

z es diferenciable.

Soluci´ on: Escribiendo z en su forma exponencial z = ρeiφ . Luego   φ φ √ φ √ f (z) = ρei 2 = ρ cos + i sen 2 2 Identificamos a las funciones reales   φ √ u(ρ, φ) = ρ cos , 2 Ahora derivemos estas expresiones   ∂u 1 φ = √ cos , ∂ρ 2 ρ 2

v(ρ, φ) =

√

ρ sen

  φ 2

  √ ρ ∂v φ = cos ∂φ 2 2

(2.152)

(2.153)

(2.154)

Es f´acil ver que√las condiciones de Cauchy-Riemann se cumplen. Entonces, la funci´ on f (z) = z es diferenciable. Usando la f´ormula (2.151), obtenemos

0

f (z)

= =

2.7.

       ρ ∂u ∂v ρ 1 φ i φ +i = + √ sen √ cos z ∂ρ ∂ρ z 2 ρ 2 2 ρ 2 √ iφ ρe 2 1 = √ (2.155) 2ρeiφ 2 z

Funciones Arm´ onicas Conjugadas.

Sea f (z) = u(x, y) + iv(x, y) una funci´on diferenciable en una regi´on D y, adem´as, las funciones u(x, y) y v(x, y) tienen derivadas parciales continuas hasta

60

Funciones de una Variable Compleja

el segundo orden. Entonces, diferenciando la primer ecuaci´on de (2.127) respecto a x y la segunda respecto a y, obtenemos: ∂2u ∂2v = , 2 ∂x ∂x∂y

∂2v ∂2u =− 2 ∂y ∂y∂x 2

∂ v Sumando estas igualdades, y teniendo en cuenta ∂y∂x y derivadas son continuas, ´estas son iguales. Entonces

∂2v ∂x∂y ,

(2.156) debido a que estas

∂2u ∂2u + 2 = 0. ∂x2 ∂y

(2.157)

∂2v ∂2v + = 0. ∂x2 ∂y 2

(2.158)

De igual manera, obtenemos

La funci´on real u(x, y), la cual tiene en una regi´on D derivadas parciales continuas de segundo orden y que satisfacen la ecuaci´ on (2.157), se llama funci´ on arm´ onica en D, y la ecuaci´ on (2.157) se llama ecuaci´ on de Laplace. En otras palabras, las funciones arm´onicas son aqu´ellas que satisfacen la ecuaci´ on de Laplace. Las partes reales e imaginarias de la funci´ on f (z) = u(x, y) + iv(x, y) diferenciable en D ser´ an funciones arm´ onicas en D. Las funciones arm´onicas u(x, y) y v(x, y) se relacionan entre s´ı por las condiciones de Cauchy-Riemann, se llaman conjugadas. Si en la regi´on D est´an dadas dos funciones arm´onicas conjugadas u(x, y) y v(x, y), entonces, la funci´ on f (z) = u(x, y) + iv(x, y) es diferenciable en D. Teorema 2.7.1. Para que la funci´ on f (z) = u(x, y) + iv(x, y) sea diferenciable en D es necesario y suficiente que las funciones u(x, y) y v(x, y) sean arm´ onicas en D. Teorema 2.7.2. Para cualquier funci´ on u(x, y) arm´ onica en D, se puede hallar una funci´ on arm´ onica conjugada a ella, la cual se define con exactitud hasta una constante arbitraria. Ejemplo 2.7.1. Verificar que la funci´ on f (z) = ey · eix es arm´ onica. Soluci´ on: Escribiendo la funci´on dada en forma trigonom´etrica para identificar las funciones u(x, y) y v(x, y), tenemos f (z) v(x, y)

= ey · [cos x + i sen x], = ey sen x

u = ey cos x (2.159)

2.7 Funciones Arm´ onicas Conjugadas.

61

calculamos las segundas derivadas parciales de u(x, y) respecto a x y y, obtenemos ∂u ∂x ∂2u ∂x2

=

−ey sen x,

=

−ey cos x,

∂u = ey cos x ∂y ∂2u = ey cos x ∂y 2

(2.160)

Entonces, como resultado tenemos que, la suma de las segundas derivadas de u(x, y) respecto a x y y es cero. Por consiguiente, la funci´on u(x, y) es arm´onica ya que cumple la ecuaci´ on da Laplace. De igual manera para v(x, y) se obtiene ∂v ∂x ∂2v ∂x2

= ey cos x, = −ey sen x,

∂v = ey sen x, ∂y ∂2v = ey sen x ∂y 2

(2.161)

que tambien cumple la ecuaci´on de Laplace. Por consiguiente, v(x, y) es arm´onica. Con esto podemos afirmar que la funci´ on f (z) = ey · eix es arm´onica. Ejemplo 2.7.2. Verificar que la funci´ on f (z) = z 2 es arm´ onica. Soluci´ on: Sea z = x + iy sustituyendo en la funci´on dada, tenemos f (x + iy) = (x + iy)2 = x2 + 2ixy − y 2

(2.162)

Identificamos las funciones reales u(x, y) y v(x, y) u(x, y) = x2 − y 2 ,

v(x, y) = 2xy

(2.163)

Luego, tomando las segundas derivadas de estas funciones respecto a x y y, resulta ∂u ∂x ∂2u ∂x2

=

2x,

=

2

∂u = −2y, ∂y ∂2u = −2 ∂y 2

(2.164)

Sumando las segudas derivadas resulta cero, lo cual implica que la funci´ on u(x, y) = x2 − y 2 satisface la ecuaci´ on de Laplace y por consiguiente es arm´onica. De manera similar se tiene para la funci´on v = 2xy. Las derivadas parciales son ∂v ∂v = 2y = 2x ∂x ∂y ∂2v ∂2v = 0 =0 (2.165) ∂x2 ∂y 2 Como podemos ver la funci´on v(x, y) = 2xy tambien satisface la ecuaci´on de Laplace y por lo tanto es una funci´on arm´onica. Las dos funciones u(x, y) y v(x, y) son arm´onicas, por consiguiente, la funci´ on dada f (z) = z 2 tambien lo es.

62

2.8.

Funciones de una Variable Compleja

Mapeo Conforme

Supongamos que la funci´on w = f (z) es anal´ıtica en un dominio dado D con un cierto valor z = x + iy. A este valor z le corresponde un valor dado w = u + iv. As´ı, a cada punto (x, y) en el plano xOy le correspoende un punto definido (u, v) del plano uOv. De esta manera se tiene un mapeo (aplicaci´ on o transformaci´ on) de D sobre el rango de valores de f (z) en el plano ω. Si el punto (x, y) en el plano xOy describe una l´ınea Γ, raspolozhenuyu en el dominio D, entonces el punto (u, v) en el plano (u, v) describe una l´ınea Γ0 La l´ınea Γ0 se llama imagen de la l´ınea Γ en el plano uOv con ayuda de la funci´ on anal´ıtica w = f (z) En la l´ınea Γ elijamos el punto z0 = x0 + iy0 . A este punto, en la l´ınea Γ0 , le corresponde el punto w0 = u0 + iv0 . Trazemos en la l´ınea Γ una tangente L en el punto (x0 , y0 ), y en la l´ınea Γ0 una tangente L0 en el punto (u0 , v0 ). Sea α el ´angulo al cual nada girar la l´ınea L para que coincida con la direcci´on de la l´ınea L0 . En la teor´ıa de funciones anal´ıticas se demuestra, que si f 0 (z0 ) 6= 0 entonces α = arg f 0 (z0 ). Consideremos otra l´ınea γ, la cual tambi´en pasa por el punto (x0 , y0 ) y su im´agen la l´ınea γ 0 , la cual pasa por el punto (u0 , v0 ). Supongamos que l es tangente a la l´ınea γ en el punto (x0 , y0 ) y l0 es tangente a la l´ınea γ 0 en el punto (u0 , v0 ) Para que la direcci´on de la recta l coincida con la direcci´on de l0 , es necesario girar la l´ınea l un ´ angulo α, ya que el ´ angulo de giro es igual a f 0 (z0 ). Si φ y ψ son ´angulos, sostevleni kasatielnimi L y l con el eje Ox, a φ0 y ψ kosotielnimi L0 y l0 con el eje Ou, entonces φ0 − φ = α, ψ 0 − ψ = α y φ0 − φ = ψ 0 − ψ. Por consiguiente, ψ − φ = ψ 0 − φ0 . Pero, ψ − φ es el ´angulo entre tangentes L y l, y ψ 0 − φ0 es el ´ angulo entre las tangentes L0 y l0 . Por lo tanto, dos rectas cualesquiera, que se intersectan en el punto (x0 , y0 ) se reflejan en dos correspondientes l´ıneas que se cruzan en el punto (u0 , v0 ), de tal manera que el a´ngulo β entre tangentes a las l´ıneas dadas y sus imagenes sea el mismo. 0

Se puede mostrar que el m´odulo de la derivada en el punto (x0 , y0 ), es decir |f 0 (z0 )|, representa el l´ımite de la relaci´ on de la distancia entre los puntos reflejados ω0 + ∆ω0 y ω0 y los puntos iniciales z0 + ∆z0 y z0 figura. Si consideramos otra curva y su imagen, podemos concluir que |f 0 (z0 )| representa el l´ımite de la relaci´ on de la distancia entre los puntos ω0 + ∆0 ω0 y ω0 y los puntos iniciales z0 + ∆0 z0 y z0 . Por lo tanto |f 0 (z0 )| es una magnitud de deslizamiento (iscazhenia) de escala en el punto z0 bajo el mapeo con ayuda de la funci´on ω = f (z). El mapeo (representaci´ on) con una funci´on ω = f (z) se llama mapeo conforme si preserva la magnitud y la direcci´on de los a´ngulos, excepto en puntos cr´ıticos (puntos donde f 0 (z0 ) = 0).

2.9 Ejercicios Resueltos.

2.9.

63

Ejercicios Resueltos.

Ejemplo 2.9.1. Para cada una de las siguientes funciones encontrar u(x, y) y v(x, y). A) f (z) = e3iz Soluci´ on: Sea z = x + iy, entonces e3i(x+iy)

= e3ix−3y = e3ix e−3y = e−3y [cos 3x + i sen 3x] = e−3y cos 3x + ie−3y sen 3x

(2.166)

de donde, podemos identificar u(x, y) = e−3y cos 3x,

v(x, y) = e−3y sen 3x

(2.167)

B) f (z) = cos(z) Soluci´ on: Sea z = x + iy cos(x + iy)

= i cos x cos y − sen x sen y =

cos x cosh y − sen x[i senh y]

=

cos x cosh y − i sen x senh y

(2.168)

u(x, y) = cos x cosh y

v(x, y) = − sen x senh y

(2.169)

de donde identificamos

C) f (z) = sen(2z) Soluci´ on: Si z = x + iy

sen(2x + 2iy)

=

i sen 2x cos 2y + i cos 2x sen 2y

=

sen 2x cosh 2y + i cos 2x senh 2y

(2.170)

De aqu´ı podemos identificar las funciones reales u(x, y) = sen 2x cosh 2y

v(x, y) = cos 2x senh 2y

(2.171)

D) f (z) = z 2 e2z Soluci´ on: Si z = x + iy (x + iy)2 e2(x+iy)

= (x2 + 2xyi − y 2 )e2x [cos(2y) + i sen(2y)] (2.172) = x2 e2x cos(2y) + x2 e2x sen(2y)i + 2xye2x cos(2y)i − − 2xye2x sen(2y) − y 2 e2x cos(2y) − y 2 e2x senh(y)i = x2 e2x cos(2y) − 2xye2x sen(2y) − y 2 e2x cos(2y) + +

[x2 e2x sen(2y) + 2xye2x cos(2y) − y 2 e2x sen(2y)]i

64

Funciones de una Variable Compleja De donde e2x [cos(2y)(x2 − y 2 ) − 2xy sen(2y)]

u(x, y)

=

v(x, y)

= e2x [sen(2y)(x2 − y 2 ) + 2xy cos(2y)]

(2.173)

Ejemplo 2.9.2. Obtener una expresi´ on para w = cos−1 (z) en t´erminos de logaritmos. Soluci´ on: z = cos(w) =

eiw + e−iw = e2wi − 2zeiw + 1 = 0 2

(2.174)

Aplicando la formula general e

iw1,2

=

p

p 4z 2 − 4(1)(1) = z ± 1 z2 − 1 2 p w = −i[log(z ± 1 z 2 − 1)]

2z ±

(2.175) (2.176)

Ejemplo 2.9.3. Encontrar los valores de z tales que ez = 1 + 2i se cumpla. Soluci´ on: Sea z = x + iy, tenemos ex cos y + iex sen y = 1 + 2i

(2.177)

Entonces ex cos y = 1,

ex sen y = 2

(2.178)

e2x [cos2 y + sen2 y] = e2x = 5

(2.179)

Elevando al cuadrado

Obtenemos x= Ahora dividiendo

1 ln 5 2

(2.180)

ex sen y = tan y = 2 ex cos y

(2.181)

y = tan−1 (2)

(2.182)

as´ı Una soluci´ on de la ecuaci´ on dada es z=

1 log 5 + i tan−1 (2) 2

Ejemplo 2.9.4. Calcular todos los valores de 2i .

(2.183)

2.9 Ejercicios Resueltos.

65

Soluci´ on: Tenemos log(2) = [log 2 + i arg 2] = [log 2 + 2nπi]

(2.184)

En donde n var´ıa sobre todos los enteros. Los valores de 2i son ei[log 2] = ei[log 2+2nπi] = e−2npi ei log 2 = e−2nπ {cos[log 2] + i sen[log 2]} (2.185) en donde n es cualquier entero. Ahora, sabemos que 2i tiene una infinidad de valores complejos, por tanto 2i = {e−2nπ [cos(log 2) + i sen(log 2)]}

(2.186)

66

Funciones de una Variable Compleja

Cap´ıtulo 3

Integrales Complejas

Contents 3.1. 3.2. 3.3. 3.4. 3.5.

Integral de una Funci´ on Compleja. . . . . . . . . . . Integrales de L´ınea. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Integral Compleja en T´ erminos de Integrales Reales. Teorema de Cauchy-Goursat. . . . . . . . . . . . . . Forma Integral de Cauchy. . . . . . . . . . . . . . . .

67 69 71 77 82

En las secciones anteriores hemos estudiado el ´algebra de los n´ umeros complejos, las funciones de una variable compleja, l´ımites y derivadas de funciones complejas. Por consiguiente, estamos listos para estudiar la integraci´on de funciones de una variable compleja.

3.1.

Integral de una Funci´ on Compleja.

Debido a que el plano complejo es bidimensional existe una mayor libertad en lo que entendemos por integral compleja (in what we mean by a complex integral). Por ejemplo, nos hacemos la pregunta, si la integral de cierta funci´ on entre los puntos A y B depende de la curva por la que se integra (upon the curve along which we integrate). Consecuentemente, un ingrediente importante en una integral compleja es el contorno que seguiremos durante la integraci´on. El resultado de una integral compleja es una expresi´on compleja. A diferencia de su contraparte en variables reales, no existe una interpretaci´on f´ısica para estas

68

Integrales Complejas

cantidades, tales como un ´ area bajo una curva. Por lo general, la integraci´on en el plano complejo es un proceso intermediario con una cantidad f´ısicamente realizable la cual ocurre solo despu´es que hallamos tomado la parte real o imaginaria (with a physically realizable quantity ocurring only after we take its real or imaginary part). El caso m´as simple de integraci´ on de una funci´on compleja se tiene cuando f (z) es una funci´ on compleja definida en un intervalo cerrado de n´ umeros reales [a, b]. Sea f : [a, b] → C una funci´on compleja. Sea f (x) = u(x) + iv(x) una funci´on compleja definida en el intervalo cerrado de n´ umeros reales a ≤ x ≤ b. Entonces la integral de f (x) de a a b, est´ a definida de la siguiente manera

b

Z

Z f (x)dx =

a

b

Z u(x)dx + i

a

b

v(x)dx.

(3.1)

a

Las integrales de la derecha son integrales de Riemann de funciones reales en [a, b]. Ejemplo 3.1.1. Integrar la funci´ on f (x) =

1 x


2 − i , ∀x, 1 ≤ x ≤ 2.

Soluci´ on: Por definici´ on tenemos Z

b

Z f (x)dx

=

a

1

2



   Z 2 2 1 dx 1 2 − 1 dx − 2i = − − x − 2i log x x2 x x 1 1 1

1 = − − 2i log 2 − 2 + 1 + 2i log 1 + 1 = 2 1 = − − 2i log 2 2

(3.2)

Ejemplo 3.1.2. Integrar la funci´ on f (x) = x − ix2 , ∀x, 1 ≤ x ≤ 2. Soluci´ on: Por definici´ on tenemos Z

b

Z 2 x 2 x3 2 x dx − i x2 dx = − i = 2 1 3 1 1  1  1 8 1 3 7 2− −i − = − i 2 3 3 2 3

Z f (x) dx =

a

=

2

Ejemplo 3.1.3. Integrar la funci´ on f (x) = ei2x , ∀x, 0 ≤ x ≤

π 6.

(3.3)

3.2 Integrales de L´ınea.

69

Soluci´ on: Por definici´ on tenemos Z b Z π6 π6 1 1 iπ 1 f (x) dx = e2ix dx = e2ix = e 3 − e(2i)(0) 2i 2i 2i 0 a 0 π  π i 1 iπ 1 1 1 h = cos + i sen − e3 − = 2i " 2i 2i !# 3 3 2i √ √   1 1 1 3 1 3 1 − = +i = + − 2i 2 2 2i 4i 4 2i √ 1 3 = + 4 4i

(3.4)

Ejemplo 3.1.4. Integrar la funci´ on f (x) = cos(2x) + i sen(2x), 0 ≤ x ≤ π/4. Soluci´ on: Por definici´ on, tenemos Z b Z π/4 Z f (x) dx = cos(2x) dx + i a

0

π/4

sen(2x) dx =

0

1 1 + i 2 2

(3.5)

Esta misma integral la podemos calcular de la siguiente manera, escribiendo la funci´ on dada como f (x) = e2ix e integrando Z b Z π/4  e2ix π/4 1  iπ/2 f (x) dx = e −1 e2ix dx = = 2i 0 2i a 0 1 1 [cos (π/2) + i sen (π/2) − 1] = (1 + i) (3.6) = 2i 2

3.2.

Integrales de L´ınea.

Tambi´en podemos definir la integral de una funci´on compleja sobre una curva en el plano. Sea f : [a, b] → C una funci´ on compleja. Sea Γ : [a, b] → C una curva suave en el plano. Supongamos que f es continua en todos los puntos en Γ. Entonces, la integral de f sobre Γ se define como: Z Z b f (z) dz = f [Γ(t)]Γ0 (t) dt (3.7) Γ

a

Como z = Γ(t) en la curva, la integral (3.7) se escribe como

Z

Z f (z) dz =

Γ

b

f [z(t)]z 0 (t) dt.

(3.8)

a

Esta forma de escribir la integral compleja tiene la ventaja de sugerir la manera R en que la integral Γ f (z) dz es evaluada, reemplazando a z por z(t) en la curva. Luego, dz = z 0 (t)dt e integrando sobre el intervalo a ≤ t ≤ b.

70

Integrales Complejas

Ejemplo 3.2.1. Evaluar la integral

R Γ

z¯ dz si Γ(t) = eit , 0 ≤ t ≤ π.

Soluci´ on: La gr´afica de Γ(t) es la mitad del c´ırculo unitario orientado de 1 a −1. En Γ, z(t) = eit y z 0 (t) = ieit . Luego f [z(t)] = z¯(t) = e−it . Entonces Z Z π Z π −it it f (z) dz = e ie dt = i dt = πi. (3.9) Γ

0

0

Ejemplo 3.2.2. Evaluar la integral 0 ≤ t ≤ 1.

R Γ

z 2 dz si Γ(t) = t + it, en el intervalo 2

Soluci´ on: Tenemos z(t) = t(1 + i) y f (z) = z 2 , entonces f [z(t)] = (z(t)) = 2 2 (1 + i) t = 2it2 de donde z 0 (t) = 1 + i. La integral se transforma en   Z Z 1 Z 1 2i 3 2 3 1 2 2 2 2 2 z dz = (i + i)2it dt = [2it − 2t ] dt = t − t = (−1 + i) 3 3 3 0 Γ 0 0 (3.10) R Ejemplo 3.2.3. Evaluar la integral Γ z Re(z) dz, si Γ(t) = t − it2 en 0 ≤ t ≤ 2. Soluci´ on: Tenemos f [z(t)] = z Re(z) = (t − it2 )t, Entonces Z z Re(z) dz Γ

=

(3.11)

Z 2 (t2 − it3 )(1 − 2it) dt = (t2 − 3it3 − 2t4 ) dt 0  0 3 152 3i 4 2 5 2 t − t − t =− − 12i (3.12) 3 4 5 15 0 Z

=

z 0 (t) = 1 − 2it

2

En ocasiones es necesario integrar sobre una curva dada. En tal caso, debemos encontrar las funciones que describen a la curva. Ejemplo 3.2.4. Supongamos que necesitamos integrar la funci´ on f (z) = z sobre el segmento de recta de 3 a 2 + i. Soluci´ on: La ecuaci´ on de la recta la podemos hallar usando la f´ormula: y − y1 x − x1 = y2 − y1 x2 − x1

(3.13)

Los puntos que unen a la recta son (3, 0) y (2, 1). Sustituyendo estos valores en la f´ ormula, encontramos la ecuaci´ on y=

x−3 =3−x 2−3

(3.14)

Luego, podemos parametrizar la recta como z(t) = (5 − t) + (t − 2)i,

2≤t≤3

(3.15)

3.3 Integral Compleja en T´ erminos de Integrales Reales.

71

De tal manera que z(2) = 3 y z(3) = 2 + i, con esta parametrizaci´on tenemos una correcta orientaci´ on. Ahora z 0 (t) = −1 + i. La integral se puede escribir como Z Z 3 Z 3 z dz = [(5 − t) + (t − 2)i] (−1 + i) dt = (−3 + 7i − 2it) dt = −3 + 2i Γ

2

2

(3.16)

3.3.

Integral Compleja en T´ erminos de Integrales Reales.

Es l´ ogico pensar en la integral de una funci´on compleja sobre una curva como una suma de integrales de l´ınea de funciones de valor real de dos variables reales sobre la curva. Un m´etodo muy conocido de calcular integrales complejas de l´ınea consiste en separar la integralen una parte real y otra parte imaginaria. Esto reduce la integral compleja a integrales de l´ınea de funciones reales. Sea f (z) = u(x, y) + iv(x, y) (3.17) y z = x + iy,

dz = dx + idy

(3.18)

sustituyendo en la integral Z Z f (z) dz = [u(x, y) + iv(x, y)] [dx + i dy] (3.19) C C Z Z = u(x, y) dx − v(x, y) dy + i v(x, y) dx + u(x, y) dy C

C

Entonces, la integral de una funci´ on compleja, est´a definida como

Z

Z u(x, y) dx − v(x, y) dy + i

f (z) dz = C

Z

C

v(x, y) dx + u(x, y) dy. C

(3.20)

El m´etodo para evaluar este tipo de integrales, en general, depende del contorno C dado. De la definici´ on de integral de l´ınea, tenemos las siguientes propiedades Z Z f (z) dz = − f (z) dz (3.21) C0

C 0

donde C es el contorno C tomado en la direcci´on opuesta de C. Z Z Z f (z) dz = f (z) dz + f (z) dz C1 +C2

C1

C2

(3.22)

72

Integrales Complejas

En general, tenemos Z Z f (z) dz = C1 +C2 +...+Cn

Z f (z) dz +

C1

Z f (z) dz + . . . +

C2

f (z) dz (3.23) Cn

Ejemplo 3.3.1. Evaluar la integral Z z¯ dz

(3.24)

C

de z = 0 a z = 4 + 2i, a lo largo de dos contornos diferentes. Si el primer contorno consiste de la ecuaci´ on param´etrica z = t2 + it. El segundo t´ermino consiste de dos ramas, la primera recorre a lo largo del eje imaginario de z = 0 a z = 2i y despu´es a lo largo de la l´ınea paralela al eje x de z = 2i a z = 4 + 2i. Soluci´ on: Los puntos z = 0 a z = 4 + 2i por el contorno C1 corresponden a t = 0 y t = 2, respect´ıvamente. Entonces, la integral de l´ınea Z Z 2 Z 2 8 (3.25) z¯ dz = (t2 − it) d(t2 + it) = (2t3 − it2 + t) dt = 10 − i 3 C1 0 0 La integral de l´ınea para el segundo contorno se divide en dos partes Z Z Z z¯ dz = z¯ dz + z¯ dz C2

C2a

(3.26)

C2b

donde C2a representa la integraci´on de z = 0 a z = 2i y C2b la integraci´on de z = 2i a z = 4 + 2i. Para la primer integral Z Z Z 2 z¯ dz = (x − iy)(dx + i dy) = y dy = 2 (3.27) C2a

C2a

0

ya que x = 0 y dx = 0 a lo largo de C2a . Por otro lado, a lo largo de C2b , y = 2 y dy = 0 as´ı que para la segunda rama, se tiene Z Z Z 4 Z 4 z¯ dz = (x − iy)(dx + i dy) = x dx + i −2 dx = 8 − 8i (3.28) C2b

C2b

0

0

Entonces, el valor total de la integral del contorno C2 es igual a la suma de las dos partes (3.27) y (3.28), es decir Z z¯ dz = 2 + 8 − 8i = 10 − 8i (3.29) C2

Aqu´ı el punto es que la integraci´on a lo largo de dos caminos diferentes nos dan diferentes resultados, (3.25) y (3.29) even though integramos de z = 0 a z = 4 + 2i los dos caminos. This results foreshadows un resultado general que es extremadamente importante, los resultados dependen upon the path taken. Since, complex integrations often involve integrands that have nonanalytic points, many line integrations depend upon the contour taken.

3.3 Integral Compleja en T´ erminos de Integrales Reales.

73

Ejemplo 3.3.2. Evaluar la integral Z

dz z

(3.30)

a lo largo del c´ırculo unitario |z| = 1. Soluci´ on: Elijamos la direcci´on en contra de las manecillas del reloj. Tenemos y y x x z = x+iy y z1 = x2 +y 2 −i x2 +y 2 . Entonces, u = x2 +y 2 y v = − x2 +y 2 . Escribiendo en forma param´etrica x = cos t y y = sen t, donde 0 ≤ t < 2π. Sustituyendo en la integral (3.30) se tiene   Z Z Z dz y x x dx + y dy +i − 2 dx + 2 dy = = x2 + y 2 x + y2 x + y2 |z|=1 z |z|=1 |z|=1 Z 2π Z 2π − cos t sen t + sen t cos t sen2 t + cos2 t = dt + i dt = 2 2 cos t + sen t cos2 t + sen2 t 0 0 Z 2π 2π = i dt = it = 2πi (3.31) 0

0

Ejemplo 3.3.3. Evaluar la integral Z z n dz, n = 0, ±1, ±2, . . .

(3.32)

|z|=1

Soluci´ on: Representando el c´ırculo |z| = 1 en forma param´etrica z(t) = cos t + i sen t, z 0 (t) = − sen t + i cos t

0 ≤ t < 2π, (3.33)

Entonces, usando la f´ ormula de Moivre f [z(t)] = [z(t)]n = (cos t + i sen t)n = [cos (nt) + i sen (nt)] Usando la expresi´ on I Z f (z)dz =

(3.34)

2π

f [z(t)]z 0 (t)dt =

0

Z

2π

=

[cos(nt) + i sen(nt)] [− sen t + i cos t] dt 0

Z =

2π

[− sen(n + 1)t + i cos(n + 1)t] dt

(3.35)

0

1 2π [cos(n + 1)t + i sen(n + 1)t|0 = 0, si n 6= −1 n+1 R 2π Si n = −1, entonces 0 dz z = 2πi, resultado obtenido antes (3.31). Entonces, tenemos ( Z 0 si n 6= −1 n z dz = (3.36) 2πi si n = −1 |z|=1 =

74

Integrales Complejas

Observe que para n = −2, −3, . . . la funci´on z −n dentro de la integral no est´a definida en el puntoR z = 0 y por lo tanto el teorema de Cauchy no se aplica, sin embargo la integral |z|=1 z n dz es cero; y para n = −1 la integral es igual a 2πi. Ejemplo 3.3.4. Determinar la siguiente integral para la l´ınea que une a (0, π) con (1, 0). Z ez dz (3.37) C

Soluci´ on: Graficando la recta se obtiene: Plano complejo z y (0, π)

(1, 0)

x

Figura 3.1: Recta de (0, π) a (1, 0).

La ecuaci´ on de la recta la podemos hallar usando la f´ormula: y − y1 x − x1 = y2 − y1 x2 − x1

(3.38)

Los puntos que unen a la recta son (0, π) y (1, 0). Sustituyendo estos valores en la f´ ormula, encontramos la ecuaci´ on y−π 0−π y

= =

x−0 , 1−0 π − πx,

y−π = x, y − π = −xπ −π y = π(1 − x)

(3.39)

Resolviendo la Integral Z

z

Z

e dz = C

De la ecuaci´ on de la recta

ex+iy (dx + i dy)

(3.40)

C

( y = π(1 − x) dy = −πdx

(3.41)

3.3 Integral Compleja en T´ erminos de Integrales Reales.

75

Sustituyendo en la integral Z Z x+i(π−πx) e dx + i(−π dx) = ex+iπ−iπx dx − iπ dx C C Z Z = ex+iπ−iπx dx(1 − iπ) dx = (1 − iπ) ex+iπ−iπx dx C C Z Z x(1−iπ) iπ iπ = (1 − iπ) e e dx = e (1 − iπ) ex(1−iπ) dx C

=

(3.42)

C

eiπ (1 − iπ) x((1−iπ) 1 e = e − eiπ = e − [cos π + i sen π] = e + 1 (1 − iπ) 0

Ejemplo 3.3.5. Determinar la siguiente integral para el segmento de recta desde z =0 a z =1+i Z [y − x − i(3x2 )] dx + i dy

(3.43)

C

Soluci´ on: Graficando se obtiene: La ecuaci´ on de la recta la podemos hallar usando la f´ ormula: y − y1 x − x1 = (3.44) y2 − y1 x2 − x1 Los puntos que unen a la recta son (0, 0) y (1, i). Sustituyendo estos valores en la f´ ormula, encontramos la ecuaci´ on x−0 y−0 = 1−0 1−0

x y = , 1 1

y=x

(3.45)

Si z = x + iy, sustituyendo, y = x, se tiene z = y + iy, derivando: dz = (1 + i) dy. Sustituyendo en la integral Z 1 Z 1 2 (y − x − i3x )(1 + i) dy = (y − y − i3y 2 )(1 + i) dy (3.46) 0

0

Z

1

Z

2

=

−

i3y (1 + i) dy = −3i(1 + i)

=

−i(1 + i) = 1 − i

0

1

y 2 dy = −3i(1 + i)

0

y 3 1 3 0

R 2+4i Ejemplo 3.3.6. Evaluar la integral 1+i z 2 dz para las siguientes condiciones: a) A lo largo de la par´ abola x = t, y = t2 donde 1 ≤ t ≤ 2; b) A lo largo de la recta que une 1 + i y 2 + 4i; c) A lo largo de las rectas 1 + i a 2 + i y hasta 2 + 4i R 2+4i Soluci´ on: a) Desarrollando la funci´ on 1+i z 2 dz se obtiene Z 2+4i Z (2,4) 2 z dz = (x + iy)2 (dx + i dy) = 1+i

(1,1)

Z

(2,4)

(x2 − y 2 + 2ixy)(dx + i dy)

= (1,1)

Z

(2, 4)

= (1, 1)

(x2 − y 2 ) dx − 2xy dy + i

Z

(2,4)

2xy dx + (x2 − y 2 ) dy

(1,1)

(3.47)

76

Integrales Complejas

Ahora, los puntos (1, 1) y (2, 4) corresponden a t = 1 y t = 2, respectivamente. Evaluando en estos puntos resulta Z 2+4i Z 2  2  z 2 dz = (t − t4 ) dt − 2(t)(t2 ) dt + 1+i

1

Z

2

  2(t)(t2 ) dt + (t2 − t4 )(2t) dt

+ i 1 2

Z

2

4

t − t − 2t

=

3



Z dt + i

1

 =

2

 3  4t − 2t5 dt

(3.48)

1

t3 t5 t4 − − 3 5 2

  2  2 341 t6 4 − 6i +i t − =− 3 30 1

1

b) La l´ınea recta tiene la ecuaci´ on x − x1 y − y1 = y2 − y1 x2 − x1

(3.49)

Sustituyendo los puntos (1, 1) y (2, 4) en la f´ormula, encontramos la ecuaci´on y = 3x − 2

(3.50)

Sustituyendo (3.50) en (3.47) y tomando en cuenta dy = 3 dx, se tiene Z 2+4i Z 2  2  z 2 dz = (x − (3x − 2)2 dx − 2x(3x − 2)(3) dx + 1+i

1

Z +

i

2

    2x(3x − 2)dx + x2 − (3x − 2)2 dx

(3.51)

1

 2 + 1  3  2 2 4 3 2 x x x x x i 6 − 4 + 3 − 27 − 36 − 12x 3 2 4 3 2 

=

+

x3 x2 x3 x2 x3 − 9 + 12 − 4x + 18 − 12 3 3 2 3 2

x=1

86 = − − 6i 3 c) De 1 + i a 2 + i, o de (1, 1) a (2, 1), y = 1, dy = 0 se obtiene  2 Z 2 Z 2 2 x 2 4 x3 − x + 2i (x2 − 1) dx + i 2x dx = = + 3i 3 2 3 1 x=1 x=1 x=1

(3.52)

Ahora de 2 + i a 2 + 4i, o de (2, 1) a (2, 4), x = 2, dx = 0 se obtiene   Z 2 Z 2 y 2 2 y 3 2 2 −4y dy + i (4 − y ) dy = −4 + i 4y − = −30 − 9i (3.53) 2 1 3 1 y=1 y=1 Sumando ambos resultados se obtiene   Z 2+4i 4 86 z 2 dz = + 3i + (−30 − 9i) = − − 6i 3 3 1+i

(3.54)

3.4 Teorema de Cauchy-Goursat.

3.4.

77

Teorema de Cauchy-Goursat.

Hemos aprendido a calcular las integrales complejas de l´ınea reduci´endolas a integrales reales. En general, esta forma de calcular las integrales es algo dif´ıcil. Si embargo, existen propiedades m´as profundas del an´alisis complejo que nos permiten de una forma mas f´ acil calcular las integrales de funciones complejas. Teorema 3.4.1. Cauchy-Goursat Sea f (z) una funci´ on anal´ıtica en un dominio D y sea Γ una curva simple cerrada dentro de D tal que f (z) sea anal´ıtica sobre y dentro de Γ. Entonces

I f (z) dz = 0,

(3.55)

Γ

el c´ırculo en la integral indica que ´esta se toma en una trayectoria Γ cerrada. En H otras palabras, el teorema de Cauchy-Goursat establece que la integral f (z) dz = 0 si f (z) es diferenciable en la curva y en todo punto encerrado por Γ ella. El teorema de Cauchy-Goursat tiene consecuencias muy importantes y u ´tiles. Por ejemplo, supongamos que tenemos un cierto dominio donde f (z) es anal´ıtica. Dentro de este dominio queremos evaluar una integral de l´ınea del punto A al punto B a lo largo de dos diferentes trayectorias γ1 y γ2 . Entonces, la integral por la trayectoria cerrada formada por la integraci´ on a lo largo de γ1 y despu´es a lo largo de γ2 dispuesta en direcci´ on opuesta, es

I

Z

Z f (z) dz −

f (z) dz = γ1

f (z) dz = 0.

(3.56)

γ2

Esto implica Z

Z f (z) dz =

γ1

f (z) dz

(3.57)

γ2

Debido a que γ1 y γ2 son trayectorias completamente arbitrarias, tenemos el siguiente resultado general: Si en un dominio, la funci´on f (z) es anal´ıtica, entonces la integral entre cualesquiera dos puntos A y B dentro del dominio es independiente de la trayectoria. Esto significa que la integraci´on no depende de por cual treayectoria se realice, sino depende solo de los puntos inicial y final.

78

Integrales Complejas

Teorema 3.4.2. Primer teorema de Deformaci´ on de Contornos: El valor de una integral de l´ınea de una funci´on anal´ıtica alrededor de cierto contorno simple cerrado permanece invariable si deformamos el contorno de tal manera que no pasemos por encima de un punto no anal´ıtico (singular). El teorema de deformaci´on nos permite deformar una trayectoria cerrada de integraci´on Γ, en otra, γ, sin cambiar el valor de la integral de l´ınea de una funci´ on diferenciable f (z). Una condici´on crucial para este proceso es que ning´ un paso de la deformaci´ on debe pasar sobre un punto en el cual f (z) no sea diferenciable. Esto implica que f (z) necesita ser diferenciable en ambas curvas y en la regi´on entre ellas. Ahora extendemos este resultado al caso en que Γ encierra un n´ umero finito de trayectorias cerradas ajenas, es decir que no se intersectan. Teorema 3.4.3. Segundo teorema de Deformaci´ on de Contornos: Sea Γ una trayectoria cerrada. Sean γ1 , γ2 , . . . , γn trayectorias cerradas dentro de Γ. Supongamos que ning´ un par de trayectorias se intersectan, y que ning´ un punto interior de alguna γj es interior a alguna otra γk . Sea f (z) diferenciable en un conjunto abierto que contiene a Γ, cada γj , y todos los puntos que son interiores a Γ y exteriores a cada γj . Entonces:

I

f (z) dz = Σnj=1

Γ

I f (z) dz.

(3.58)

γj

La integral de f (z) alrededor de Γ es la suma de las integrales de f (z) alrededor de cada una de las curvas γ1 , γ2 , . . . , γn . on f (z) = z −1 alrededor del contorno cerraEjemplo 3.4.1. Integrar la funci´ do Γ, si ´este consiste de un cuadrado, centrado en el or´ıgen, con v´ertices en (1, 1), (−1, 1), (−1, −1) y (1, −1). H Soluci´ on: La integral directa de z −1 dz por el contorno dado es muy tediosa. Sin embargo, debido a que el integrando es una funci´on anal´ıtica en todos los puntos, excepto en el origen, podemos deformar el contorno original en un c´ırculo de radio ρ, centrado en el or´ıgen. Entonces, tenemos z = ρeit y dz = iρeit dt, luego la integral es I I Z 2π Z 2π dz dz iρeit = = dt = i dt = 2πi (3.59) ρeit Γ z |z|=ρ z 0 0 Ejemplo 3.4.2. Evaluar la integral cerrada en el plano.

H Γ

2

ez dz, donde Γ es una cierta trayectoria 2

Soluci´ on: Debido a que la funci´on f (z) = ez es anal´ıtica en todo el plano (no tiene puntos singulares) y por el teorema de Cauchy-Goursat la integral

3.4 Teorema de Cauchy-Goursat. deber´ a ser cero

I

79 2

ez dz = 0

(3.60)

Γ

Ejemplo 3.4.3. Calcular el valor de la integral I 2z + 1 dz 2 Γ z + 3iz

(3.61)

donde Γ es el c´ırculo |z + 3i| = 2. on (3.1) podemos ver que la funci´on f (z) es anal´ıtica, Soluci´ on: De la expresi´ excepto en los puntos donde el denominador se anula z 2 + 3iz = 0. Estos puntos son; 0 y −3i. Desarrollando en fracciones parciales 2z + 1 z(z + 3i)

=

A B + z z + 3i

zA + 3iA + Bz

=

2z + 1

f (z) =

→

A=

1 , 3i

B =2−

1 3i

(3.62)

Obtenemos

  1 1 1 2z + 1 = + 2+ i . f (z) = z(z + 3i) 3iz 3 z + 3i Sustituyendo este resultado en la integral (3.1)  I I I 2z + 1 dz dz 1 i dz = + 2 + 2 3i |z+3i|=2 z 3 |z+3i|=2 z + 3iz |z+3i|=2 z + 3i

(3.63)

(3.64)

Luego, debido a que z1 es diferenciable en Γ y dentro del dominio simplemente conexo encerrado por ella, ya que z = 0 no pertenece al dominio dado y por el teorema de Cauchy-Goursat I 1 dz = 0. (3.65) 3i |z+3i|=2 z 1 Sin embargo, z+3i es diferenciable en el dominio dado, excepto en el punto z = −3i el cual pertenece al dominio dentro sel contorno Γ como se muestra en la Figura 3.2, de tal manera que no podemos aplicar el teorema de CauchyGoursat a la integral de esta funci´on. Sin embargo, podemos calcular la integral parametrizando, esto es, escribiendo z(t) = −3i + 2eit , entonces z + 3i = 2eit y dz = 2ieit donde 0 ≤ t ≤ 2π. La integral se reduce a calcular  I   Z 2π 6+i 1 6+i 1 dz = 2ieit dt (3.66) it 3 z + 3i 3 2e |z+3i|=2 0   Z 2π 6+i 6+i = idt = (2πi) 3 3 0

Finalmente, tenemos el valor de la integral   I 2z + 1 2 dz = − + 4i π 2 3 |z+3i|=2 z + 3iz

(3.67)

80

Integrales Complejas y 1.0 × (0, 0)

−2.0 −1.0

2.0

x

−i Γ −2i ×(0, −3i) −4i −5i Figura 3.2: Contorno de integraci´ on, Γ, y ubicaci´on de los polos, ×, de f (z). Ejemplo 3.4.4. Calcular el valor de la integral I z dz (z + 2)(z − 4i) Γ

(3.68)

donde Γ es una trayectoria que encierra a los puntos −2 y 4i. Soluci´ on: Esta integral se puede evaluar con ayuda del segundo teorema de deformaci´ on. Para esto coloquemos un c´ırculo γ1 alrededor del punto −2 y un c´ırculo alrededor de 4i con radios suficientemente peque˜ nos para que ning´ un c´ırculo intersecte al otro ni a Γ y de tal manera que cada uno est´e encerrado por Γ. Entonces I I I z dz z dz z dz = + (3.69) (z + 2)(z − 4i) (z + 2)(z − 4i) (z + 2)(z − 4i) γ1 γ2 Γ Luego, desarrollando en fracciones parciales, tenemos     z 1 2 1 4 2 1 = − i + + i (z + 2)(z − 4i) 5 5 z+2 5 5 z − 4i

(3.70)

Poniendo en la integral, resulta  I  I I 1 2 4 2 z dz dz dz = − i + + i (z + 2)(z − 4i) 5 5 z + 2 5 5 z − 4i γ γ1 Γ  I   I1 1 2 4 2 dz dz + − i + + i (3.71) 5 5 5 5 γ2 z + 2 γ2 z − 4i La segunda y tercer integral de la derecha son cero por el teorema de Cauchy(γ1 no encierra a 4i y γ2 no encierra a −2). La primer y cuarta integral son iguales a 2iπ.     I z dz 1 2 4 2 = 2iπ − i + + i = 2iπ (3.72) 5 5 5 5 Γ (z + 2)(z − 4i)

3.4 Teorema de Cauchy-Goursat.

81

Ejemplo 3.4.5. Calcular el valor de la integral I dz z −a Γ

(3.73)

donde Γ es cualquier trayectoria cerrada, la cual contiene al n´ umero complejo a. Soluci´ on: No podemos parametrizar la trayectoria Γ, porque no la conocemos, solo sabemos que es cualquier trayectoria que encierra a. Para hacer uso del primer teorema de deformaci´on, suponemos un c´ırculo γ de radio ρ alrededor de a, con ρ suficientemente peque˜ no para que γ quede encerrada por Γ. Luego, 1 f (z) = z−a es diferenciable en todos los puntos excepto en a, es decir, en ambas curvas y la regi´ on entre ellas. Por el teorema de la deformaci´on, tenemos I I dz dz = (3.74) γ z−a Γ z−a Ahora s´ı podemos parametrizar al c´ırculo representado por γ, esto es γ = a + ρeit para 0 ≤ t ≤ 2π. Entonces I Z 2π Z 2π dz iρeit dt = = i dt = 2πi (3.75) ρeit γ z−a 0 0 Finalmente, tenemos el valor de la integral (3.73) I dz = 2πi γ z−a

(3.76)

Por el teorema de deformaci´on (3.74), tenemos que el valor de la integral original es I I dz dz = = 2πi (3.77) Γ z−a γ z−a Ejemplo 3.4.6. Evaluar la integral I |z|=1

3z + 5 dz z 2 + 2z

(3.78)

Soluci´ on: La funci´ on es anal´ıtica en todo punto, excepto en los puntos z = 0 y z = −2. Desarrollando en fracciones parciales la funci´on 3z + 5 z(z + 2)

=

A B + z z+2

Az + 2A + Bz

=

3z + 5

f (z) =

→

A=

5 , 2

B=

1 2

(3.79)

Sustituyendo los valores obtenidos de las constantes A y B resulta f (z) =

3z + 5 5 1 = + . z 2 + 2z 2z 2(z + 2)

(3.80)

82

Integrales Complejas

Por consiguiente, la integral (3.78) se transforma en I I I 3z + 5 5 dz 1 dz dz = + 2 + 2z z 2 z 2 z +2 |z|=1 |z|=1 |z|=1

(3.81)

En la primer integral de la derecha el integrando no es una funci´on anal´ıtica en z = 0, el cual est´ a dentro del c´ırculo, por consiguiente el teorema de CauchyGoursat no se puede aplicar. No obstante, usando el resultado anterior tenemos I 5 dz 5 = (2πi) = 5πi (3.82) 2 z 2 La segunda integral es cero, por el teorema de Cauchy-Goursat, ya que la funci´on es anal´ıtica en todo punto excepto en z = −2 pero ´este esta fuera del c´ırculo. Finalmente, tenemos I 3z + 5 dz = 5πi (3.83) 2 + 2z z |z|=1

3.5.

Forma Integral de Cauchy.

ormula Integral de Cauchy). Sea f (z) una funci´ on Teorema 3.5.1. (Primera F´ compleja y diferenciable en un dominio D. Sea Γ una trayectoria cerrada en D la cual encierra u ´nicamente puntos del dominio D. Entonces, para cualquier punto z0 encerrado por Γ se cumple la relaci´ on

f (z0 ) =

1 2πi

I Γ

f (z) dz. z − z0

(3.84)

A esta f´ ormula se le conoce como primera f´ ormula integral de Cauchy. Ejemplo 3.5.1. Hallar el valor de la integral de l´ınea dada por I z2 dz. z+i

(3.85)

Soluci´ on: Comparando la integral (3.85) con (3.84), tenemos que f (z) = z 2 y z0 = −i. La funci´ on dada f (z) = z 2 es una funci´ on anal´ıtica en todo el plano complejo, y el punto −i est´a dentro de ese dominio, por lo tanto, seg´ un la expresi´ on (3.84), tenemos I z2 dz = 2πif (z) = 2iπ(−i)2 = −2πi. (3.86) z+i z→−i En este ejemplo podemos observar que el valor de la integral no depende del contorno que se analice, ya que la funci´ on es anal´ıtica en todo el plano complejo. Sin embargo, si deseamos graficar un contorno debemos asegurarnos que ´este encierre al punto z0 .

3.5 Forma Integral de Cauchy.

83

Ejemplo 3.5.2. Evaluar la integral I Γ

2

ez dz z−i

(3.87)

para cualquier trayectoria cerrada que no pase por i. 2

Soluci´ on: Tenemos que la funci´on f (z) = ez es diferenciable ∀z ∈ D. De las condiciones del problema, tenemos dos casos: Primer caso: Supongamos que la trayectoria cerrada Γ no encierra al punto i. En este caso I 2 ez dz = 0 (3.88) Γ z−i z2

e debido al teorema de Cauchy, ya que z−i es diferenciable en Γ y dentro de ella. Segundo caso: La trayectoria cerrada Γ encierra al punto i, entonces por la f´ ormula integral de Cauchy, tenemos

I Γ

2 2 ez dz = 2iπei = 2iπe−1 z−i z=i

Ejemplo 3.5.3. Evaluar la integral I 2z e sen(z 2 ) dz z−2

(3.89)

(3.90)

on f (z) = e2z sen(z 2 ) es diferenciable ∀z ∈ D. Aqu´ı tamSoluci´ on: La funci´ bi´en tenemos dos casos de inter´es: Primer caso: La trayectoria Γ no encierra al punto 2. Entonces, por el teorema de Cauchy I 2z e sen(z 2 ) dz = 0 (3.91) z−2 la integral es cero. Segundo caso: Si Γ encierra al punto 2, entonces, por la primera f´ormula integral de Cuachy, tenemos I 1 f (z) f (z0 ) = dz = 2iπf (2) = 2iπe4 sen(4) (3.92) 2πi z − z0 Ejemplo 3.5.4. Evaluar la integral I |z|=2

cosh(iz) dz z 2 + 4z + 3

(3.93)

Soluci´ on: En este ejercicio nos estan dando el dominio, el cual es un c´ırculo de radio 2 centrado en el or´ıgen |z| = 2. Dentro del c´ırculo |z| = 2 el denominador

84

Integrales Complejas

se anula en el punto z = −1. Para aplicar la primera f´ormula integral de Cauchy, reescribimos (3.93) de la siguiente manera I |z|=2

cosh(iz) dz = z 2 + 4z + 3

I |z|=2

cosh(iz) dz = (z + 1)(z + 3)

I |z|=2

cosh(iz) z+3

z − (−1)

dz

(3.94)

Aqui, el punto z0 = −1, y la funci´on f (z) = cosh(iz) es anal´ıtica en el c´ırculo z+3 |z| ≤ 2. Por consiguiente   I cosh(iz) cosh(iz) dz = 2πif (z0 ) = 2πi 2 z+3 z0 =−1 |z|=2 z + 4z + 3 =

πi cosh(−i) = πi cos(1)

(3.95)

donde hemos aplicado la relaci´ on cosh(iz) = cos z y la propiedad de paridad. Ejemplo 3.5.5. Evaluar la integral I |z|=2

sen z dz 2z − π

(3.96)

Soluci´ on: |z| = 2 indica que la integraci´on debe hacerse a lo largo de un c´ırculo de radio 2, con centro en el origen. Escribiendo la integral (3.96) de la siguiente manera I sen z dz (3.97) 2(z − π2 ) La funci´on f (z) es anal´ıtica en todos los puntos, excepto en el punto z0 = π/2, el cual pertenece al dominio dado. Por consiguente, podemos aplicar la primera forma integral de Cauchy. Escribiendo la funci´on f (z) como f (z) =

1 sen z 2

(3.98)

por la forma integral, tenemos     I 1 sen z dz 1 = 2πi sen z = πi π = 2πi π 2(z − 2 ) 2 2 z0 = 2

(3.99)

Ejemplo 3.5.6. Evaluar la integral I

2

ez dz 2 z − 6z

(3.100)

en los siguientes dominios: A) |z − 2| = 1; B) |z − 2| = 3; C) |z − 2| = 5 Soluci´ on: A) En el dominio limitado por el c´ırculo |z − 2| = 1 la funci´on dentro de la integral es una funci´on anal´ıtica. Esto es debido a que los puntos singulares (polos) son z = 0 y z = 6 y estos puntos estan fuera del c´ırculo |z − 2| = 1, ya

3.5 Forma Integral de Cauchy.

85

que −1 + 2 ≤ z − 2 ≤ 1 se convierte en 1 ≤ z ≤ 3, donde podemos ver claramente que los puntos z0 = 0 y z0 = 6 no estan en el dominio, por lo tanto la funci´on es anal´ıtica dentro del c´ırculo dado por |z − 2| = 1. Por consiguiente, el teorema de Cauchy afirma que la integral debe ser cero I 2 ez dz = 0 (3.101) z 2 − 6z B) En el dominio limitado por el c´ırculo |z − 2| = 3, existe solo un punto singular z0 = 0 en el c´ırculo. Entonces, reescribiendo la integral I

2

ez dz = z 2 − 6z

2

ez z−6

I |z−2|=3

z

dz

(3.102)

z2

e La funci´on f (z) definida por f (z) = z−6 es anal´ıtica en el dominio dado. Aplicando la primer f´ ormula integral de Cauchy, resulta !   I 2 2 ez ez 1 πi dz = 2πi = 2πi − (3.103) =− 2 z − 6z z − 6 z=0 6 3

C) En el dominio limitado por |z − 2| = 5 exsiten dos puntos singulares (polos) z0 = 0 y z0 = 6, estos dos puntos estan dentro del c´ırculo, ya que el dominio es −3 ≤ z ≤ 7. Por consiguiente, no podemos aplicar la primer forma integral de Cauchy directamente, sino debemos proceder de la siguiente manera. Desarrollar en fracciones parciales el denominador 1 1 A B = = + , z 2 − 6z z(z − 6) z z−6

Az + Bz − 2A = 1

(3.104)

de la u ´ ltima expresi´on en (3.104) obtenemos los valores A = −1/6 y B = 1/6. Sustituyendo estos valores en (3.104), la integral (6.2) se escribe como I I I 2 2 2 ez ez ez 1 1 dz = − dz + dz (3.105) 6 |z−2|=5 z 6 |z−2|=5 z − 6 |z−2|=5 z(z − 6) Aplicando la primer forma integral de Cauchy a cada una de las integrales en (3.105), por separado tenemos I 2 2 ez dz = 2πiez = 2πie36 (3.106) z z=6 |z−2|=5 ! I 2 2 ez ez πi dz = 2πi (3.107) =− z − 6 z − 6 3 z=0 |z−2|=5 Sustituyendo estos valores en (3.105), tenemos el resultado final     I 2
1 ez 1 πi πi 36 1 36 dz = − 2πie + − =− e + 6 6 3 3 6 |z−2|=5 z(z − 6)

(3.108)

86

Integrales Complejas

Ejemplo 3.5.7. Evaluar la integral I |z−i|=2

dz z2 + 4

(3.109)

Soluci´ on: La integral (3.109) la podemos escribir de la siguiente manera I |z−i|=2

dz (z − 2i)(z + 2i)

(3.110)

los puntos singulares son z0 = 2i y z0 = −2i. Estos puntos estan fuera del dominio del c´ırculo de radio 2 y centro en i, por consiguiente, aplicando el teorema de Cauchy, la integral (3.109) ser´ a cero. Ejemplo 3.5.8. Evaluar la siguiente integral   I 1 2 + dz z+1 z−3 |z|=4 Soluci´ on: Escribiendo la integral de la siguiente manera I 3z − 1 dz (z + 1)(z − 3) |z|=4

(3.111)

(3.112)

podemos identificar dos puntos songulares; z = −1 y z = 3, los cuales pertenecen al dominio |z| = 4 y definiendo la funci´on f (z) = 3z−1 z−3 . Aplicando la forma integral de Cauchy para el primer punto singular, z = −1   I f (z) dz 3z − 1 = 2πif (z) = 2πi (3.113) = 2πi z−3 z=−1 z=−1 |z|=4 z + 1 Para el segundo caso, es decir, cuando z = 3 es el punto singular, definimos la funci´ on f (z) = 3z−1 z+1 . Aplicando la forma integral de Cauchy, resulta I |z|=4

  3z − 1 f (z) dz = 4πi = 2πif (z) = 2πi z−3 z+1 z=3 z=3

(3.114)

La integraci´on total se obtiene sumando ambos resultados. Finalmente, se tiene I 3z − 1 dz = 4πi + 2πi = 6πi (3.115) |z|=4 (z + 1)(z − 3) Ejemplo 3.5.9. Hallar el valor de la integral I |z|=5

cos (πz) dz (z − 1)(z − 2)

(3.116)

3.5 Forma Integral de Cauchy.

87

Soluci´ on: Desarrollando el denominador en fracciones parciales 1 A B = + (z − 1)(z − 2) z−1 z−2

(3.117)

de donde Az + 2A + Bz − B = 1, de aqui resultan dos ecuaciones A + B = 0 y −2A − B = 1. Resolviendo estas ecuaciones, tenemos B = 1 y A = −1. Sustituyendo estos valores en (3.117) 1 1 1 =− + (z − 1)(z − 2) z−1 z−2

(3.118)

Por consiguiente, la integral (3.116) se escribe como una suma de dos integrales I I I cos (πz) dz cos (πz) dz cos (πz) dz =− + (3.119) (z − 1)(z − 2) z − 1 z−2 |z|=5 |z|=5 |z|=5 Debido a que la funci´on f (z) = cos πz es anal´ıtica en z = 2 y z = 1 y estos puntos estan dentro del dominio, podemos aplicar la f´ormula integral de Cauchy. El valor de cada una de las integrales de la derecha de (3.119) es I cos(πz) dz = 2πi cos(πz) = 2πi cos (2π) = 2πi (3.120) z − 2 z=2 |z|=5 y la segunda integral I cos (πz) dz = 2πi cos(πz) = 2πi cos π = −2πi z−1 z=1 |z|=5

(3.121)

Sustituyendo los valores de (3.120) y (3.121) en (3.119), tenemos el valor de la integral I cos (πz) dz = −(−2πi) + 2πi = 4πi (3.122) (z − 1)(z − 2) |z|=5 Ejemplo 3.5.10. Evaluar la integral I sen(πz 2 ) + cos(πz 2 ) dz (z − 1)(z − 2) |z|=3

(3.123)

Soluci´ on: Como primer paso encontramos los polos: z = 1 y z = 2. Haciendo la expansi´ on en fracciones parciales A B 1 = + (z − 1)(z − 2) z−1 z−2

(3.124)

De aqui obtenemos las ecuaciones A + B = 0 y −2A − B = 1, resolviendo, obtenemos los valores de A = −1 y B = 1. Sustitutendo en (3.124) 1 1 1 =− + (z − 1)(z − 2) z−1 z−2

(3.125)

88

Integrales Complejas

La integral (3.123) se transforma en dos integrales sen(πz 2 ) + cos(πz 2 ) dz = − (z − 1)(z − 2) |z|=3   I sen(πz 2 ) + cos(πz 2 ) + dz (z + 2) |z|=3 I



I |z|=3

 sen(πz 2 ) + cos(πz 2 ) dz (z − 1) (3.126)

Aplicando la forma integral de Cauchy a la primer integral, se tiene   I
sen(πz 2 ) + cos(πz 2 ) dz = 2πi sen(πz 2 ) + cos(πz 2 ) (z − 1) z=1 |z|=3 =

2πi(sen π + cos π) = −2πi

(3.127)

Para la segunda integral   I
sen(πz 2 ) + cos(πz 2 ) dz = 2πi sen(πz 2 ) + cos(πz 2 ) (z + 2) z=−2 |z|=3 =

2πi(sen(4π) + cos(4π) = 2πi

(3.128)

Sustituyendo los valores obtenidos en (3.126 obtenemos el valor de la integral I |z|=3

sen(πz 2 ) + cos(πz 2 ) dz = 2πi + 2πi = 4πi (z − 1)(z − 2)

(3.129)

Ejemplo 3.5.11. Evaluar la integral I |z|=5

sen z dz (z − 2)(z − 3)(z − 4)

(3.130)

Soluci´ on: Los puntos singulares son z = 2 z = 3 y z = 4. Haciendo la expansi´ on en fracciones parciales 1 A B C = + + (z − 2)(z − 3)(z − 4) z−2 z−3 z−4

(3.131)

De donde obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones A+B+C

=

0

−7A − 6B − 5C

=

0

12A + 8B + 6C

=

1

(3.132)

Al resolver este sistema se encuentra A = 12 , B = −1 y C = 12 . Sustituyendo los resultados en (3.131) 1 1 1 1 = − + (z − 2)(z − 3)(z − 4) 2(z − 2) z − 3 2(z − 4)

(3.133)

3.5 Forma Integral de Cauchy.

89

Entonces, la integral (3.130) se escribe como I sen z dz (3.134) |z|=5 (z − 2)(z − 3)(z − 4) I I I sen z sen z sen z = dz − dz + dz |z|=5 2(z − 2) |z|=5 z − 3 |z|=5 2(z − 4) Debido a que los puntos singulares z = 2, z = 3 y z = 4 estan encerrados en el dominio |z| = 5 y las funciones f (z) = 12 sen z, f (z) = sen z son fanal´ıticas en los correspondientes puntos. Por consiguiente, podemos aplicar la forma integral de Cauchy a cada una de las integrales en (3.134) I sen z sen z = iπ sen(2) (3.135) dz = 2πi 2 z=2 |z|=5 2(z − 2) I

sen z dz = 2πi sen z = 2πi sen(3) z − 3 z=3 |z|=5 I sen z sen z dz = 2πi = iπ sen(4) 2 z=4 |z|=5 2(z − 4)

(3.136) (3.137)

Sumando los valores obtenidos y factorizando se tiene el valor de la integral (3.134) I sen z dz = iπ [sen(2) − 2 sen(3) + sen(4)] (3.138) (z − 2)(z − 3)(z − 4) |z|=5 Ejemplo 3.5.12. Evaluar la siguiente integral I eiz dz 2 |z−i|=1 z + 1

(3.139)

Soluci´ on: Los puntos singulares (polos) son en z = ±i. La integral (3.139) la podemos escribir como I eiz dz (3.140) |z−i|=1 (z + i)(z − i) Tenemos dos puntos singulares z = ±i. Sin embargo solo el punto z0 = i esta dentro del c´ırculo |z − i| = 1. Por lo tanto, aplicando la primer forma integral de Cauchy, se tiene el siguiente resultado I |z−i|=1

eiz dz = (z + i)(z − i)

I |z−i|=1

eiz z+i

z−i

 dz = 2πi

eiz z+i



= πe−1 (3.141) z0 =i

on Teorema 3.5.2. (Segunda F´ormula integral de Cauchy). Sea f (z) una funci´ anal´ıtica en un cierto dominio D. Entonces, f (z) tiene derivadas de todos los o´rdenes en cada punto del dominio D. M´ as a´ un, si Γ es una trayectoria cerrada

90

Integrales Complejas

en D, la cual encierra u ´nicamente a puntos de z0 ∈ D, y z0 es cualquier punto encerrado por Γ, entonces

f

(n)

n! (z0 ) = 2iπ

I Γ

f (z) dz. (z − z0 )n+1

(3.142)

La f´ ormula (3.84) a menudo se escribe como

I Γ

2πi (n) f (z) dz = f (z0 ), n+1 (z − z0 ) n!

(3.143)

donde n! representa n factorial, esto es n! = 1 · 2 · 3 . . . n, y f (n) (z0 ) representa la n derivada respecto a z, evaluada en el punto z0 . Ejemplo 3.5.13. Calcular la integral I 3 ez dz 3 Γ (z − i)

(3.144)

suponiendo que la trayectoria es cerrada y que no pasa por el punto i. Soluci´ on: Si Γ no encierra al punto i, entonces la integral es cero por el teorema de Cauchy. Ahora supongamos que Γ encierra al punto i. Debido a que el factor z − i aparece a la tercera potencia en el denominador, usamos n = 2 en 3 el teorema, con f (z) = ez , y obtenemos I Γ

3

ez 2iπ (2) dz = f (i) = πif 00 (i) 3 (z − i) 2!

(3.145)

3

Luego, derivando la funci´ on f (z) = ez dos veces respecto a z, tenemos 3

f 0 (z) = 3z 2 ez ,

3

f 00 (z) = 6zez + 9z 4 ez

3

Entonces, tenemos el resultado de la integral I 3
ez dz = iπ 6ie−i + 9e−i = (−6 + 9i)πe−i 3 Γ (z − i)

(3.146)

(3.147)

Ejemplo 3.5.14. Calcular la integral I |z|=3

e2z dz (z + 1)4

(3.148)

3.5 Forma Integral de Cauchy.

91

Soluci´ on: La funci´ on dada es diferenciable excepto en el punto z0 = −1. Adem´as el punto z0 = −1 est´a dentro del c´ırculo |z| = 3. Por consiguiente podemos aplicar directamente la segunda f´ ormula integral de Cauchy, para n = 3 I 2πi 000 e2z dz = · f (z0 ) (3.149) 4 (z + 1) 3! |z|=3 donde f (z) = e2z y sus derivadas f 0 = 2e2z ,

f 00 = 4e2z

f 000 = 8e2z |z0 =−1 = 8e−2 Sustituyendo (3.150) en (3.149), el resultado es I 2πi −2 e2z 8 dz = 8e = πie−2 4 3! 3 |z|=3 (z + 1)

(3.150)

(3.151)

Ejemplo 3.5.15. Evaluar la integral I

cosh z dz (z + 1)3 (z − 1)

|z|=2

(3.152)

Soluci´ on: El denominador se anula en los puntos z = −1 y z = 1, es decir, estos son puntos singulares. Estos puntos estan dentro del c´ırculo |z| = 2, por consiguiente no podemos aplicar directamente la segunda f´ ormula integral de Cauchy. Sin embargo, podemos desarrollar el denominador en fracciones parciales 1 A B C D = + + + (z − 1)(z + 1)3 z − 1 z + 1 (z + 1)2 (z + 1)3 Ejemplo 3.5.16. Evaluar la siguiente integral I ez dz 2 |z|=2 (z − 3)(z − 1)

(3.153)

(3.154)

Soluci´ on: La funci´on dentro del integrando tiene dos polos z0 = 3 y z0 = 1. Sin embargo, solo el polo z0 = 1 est´a dentro del dominio del c´ırculo |z| = 2. Escribiendo (3.154) de la siguiente manera I |z|=2

ez dz (z−3)

(z − 1)2

(3.155)

y comparando ´esta integral con la segunda f´ormula integral de Cauchy, podemos identificar n = 1, z0 = 1 y f (z) = ez /(z − 3). Esta funci´on f (z) es anal´ıtica en el dominio dado, ya que el punto z0 = 3 esta fuera de |z| = 2. Aplicando directamente la segunda f´ ormula integral de Cuachy, resulta  z  I ez dz d e = 2πi (3.156) 2 (z − 3)(z − 1) dz z − 3 z=1 |z|=2  z  e ez 3πie = 2πi − =− z − 3 (z − 3)2 |z|=2 2

92

Integrales Complejas

Ejemplo 3.5.17. Evaluar la integral I |z|=1

cos2 z dz z3

(3.157)

Soluci´ on: la funci´on es anal´ıtica en todos los puntos, excepto en z0 = 0, el cual est´ a en el c´ırculo |z| = 1. Podemos ver de (3.157) n = 2, entonces usando la segunda f´ ormula integral de Cauchy, se tiene I 2πi 00 cos2 z dz = f (z0 ) (3.158) z3 2! |z|=1 donde la funci´ on es f (z) = cos2 z, derivando dos veces respecto a a, tenemos = −2 (3.159) f 0 = −2 cos z sen z, f 00 = 2(sen2 z − cos2 z) z=0

Sustituyendo (3.159) en (3.158, finalmente el resultado es I cos2 z 2πi 00 2πi dz = f (z0 ) = (−2) = −2πi 3 z 2! 2! |z|=1

(3.160)

Cap´ıtulo 4

Series en el Dominio Complejo

Contents 4.1. 4.2. 4.3. 4.4.

Series de Potencias . . . . Series de Taylor . . . . . . Series de Laurent . . . . . Ceros y Puntos Singulares Complejas . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aislados de Funciones . . . . . . . . . . . . . .

. 93 . 96 . 101 . 103

Las series de potencias son las series m´as importantes en el an´alisis complejo.

4.1.

Series de Potencias

Una serie de potencias en potencias de z − z0 es una serie de la forma c0 + c1 (z − z0 ) + c2 (z − z0 )2 + . . . + . . . =

∞ X

cn (z − z0 )n

(4.1)

n=0

donde z es la variable, c0 , c1 , . . . cn son constantes complejas dadas, llamadas coeficientes de la serie, y z0 es una constante, llamada centro de la serie. La serie (4.1) se llama serie de potencias en el dominio complejo. Si z0 = 0, entonces, obtenemos un caso particular de la serie (4.1) c0 + c1 z + c2 z 2 + . . . + . . . =

∞ X n=0

cn z n ,

(4.2)

94

Series en el Dominio Complejo

esta es una serie de potencias en potencias de z. Una de las cuestiones m´as importantes de las series de potencias es su convergencia. Teorema 4.1.1. (Teorema de Abel) Si la serie de potencias (4.1) converge para algunos valores de z igual a z0 , entonces es absolutamente convergente para todos los valores de z tales que |z| < |z0 |. Si la serie (4.1) diverge en z = z1 , entonces ´esta es divergente para cualquier valor de z tal que |z| > |z1 |. El dominio de convergencia de (4.1) es un c´ırculo centrado en el or´ıgen de coordenadas, el cual se llama c´ırculo de convergencia de (4.1).

Propiedades de de las Series de Potencias Supongamos que la serie (4.1) es divergente en cierto punto z1 . Entonces, la serie es divergente en cada punto z que satisface |z − z0 | > |z1 − z0 |

(4.3)

Para cualquier serie de potencias (4.1) existe un n´ umero R tal que en el c´ırculo |z − z0 | < R (4.4) la serie (4.1) converge, y fuera del c´ırculo |z − z0 | > R

(4.5)

la serie de potencias diverge. Si R > 0, la regi´ on mayor de convergencia para la serie es el c´ırculo |z − z0 | < R. En la frontera |z − z0 | = R la serie (4.1) puede converger o diverger. El dominio |z − z0 | < R,

R>0

(4.6)

es llamado c´ırculo de convergencia de la serie de potencias (4.1), el n´ umero R en (4.6) se llama radio de convergencia de la serie. Los radios de convergencia pueden ser calculados por las f´ ormulas R = l´ım

n→∞

|cn | , |cn+1 |

cn 6= 0,

R = l´ım

n→∞

1 |cn |1/n

(4.7)

siempre y cuando los l´ımites existan, finitos o infinitos. Ejemplo 4.1.1. Hallar el radio de convergencia de la serie de potencias ∞ X zn , nα n=1

α>0

(4.8)

4.1 Series de Potencias

95

Soluci´ on: Los coeficientes de la serie son cn = 1/nα , entonces cn =

1 , nα

cn+1 =

1 . (n + 1)α

(4.9)

Por la primer f´ ormula de (4.7) se tiene

R=

1 nα l´ım 1 n→∞ (n+1)α

 α (n + 1)α 1 = l´ım = l´ım 1 + = 1. n→∞ n→∞ nα n

(4.10)

Tenemos, entonces que el radio de convergencia es |z| < 1. Ejemplo 4.1.2. Hallar el radio de convergencia de la serie ∞ X

ein z n

(4.11)

cn+1 = ei(n+1)

(4.12)

n=1

Soluci´ on: Los coeficientes son cn = ein , Por la f´ ormula (4.7), se tiene R = l´ım

|ein |

n→∞

= l´ım |ei | = ei · e−i = 1

|ei(n+1) |

n→∞

(4.13)

El radio de convergencia es |z| < 1. Ejemplo 4.1.3. Hallar el radio de convergencia de la serie ∞ X

in z n

(4.14)

n=1

Soluci´ on: Los coeficientes de la serie son cn = in ,

cn+1 = in+1

(4.15)

Entonces, por la f´ ormula (4.7), resulta R = l´ım

|in |

n→∞ in+1 |

= l´ım | − i| = 1 n→∞

(4.16)

El radio de convergencia es |z| < 1. Ejemplo 4.1.4. Hallar el radio de convergencia de la siguiente serie ∞ X

(1 + i)n z n

(4.17)

n=0

Soluci´ on: El m´ odulo de los coeficientes cn = (1 + i)n , esto es √ n |cn | = |(1 + i)n | = |1 + i|n = 2 = 2n/2

(4.18)

Usando la segunda f´ ormula de (4.7), obtenemos el radio de convergencia R = l´ım

n→∞

1 1 =√ (2n/2 )1/n 2

(4.19)

96

Series en el Dominio Complejo

4.2.

Series de Taylor

Teorema 4.2.1. Sea f (z) una funci´ on anal´ıtica en un disco abierto |z −z0 | < R0 centrado en z0 y de radio R0 figura. Entonces, para todo punto z de ese disco, f (z) admite la representaci´ on en serie de potencias f (z) =

∞ X

cn (z − z0 )n ,

|z − z0 | < R0

(4.20)

n=0

donde los coeficientes cn de la serie est´ an dados por la expresi´on I f (n) (z0 ) 1 f (z) dz cn = , (n = 0, 1, 2, 3 . . .) = n! 2πi Γ (z − z0 )n+1

(4.21)

donde Γ representa un c´ırculo centrado en z = z0 y est´a enteramente en la vecindad del punto z0 donde la funci´on f (z) es anal´ıtica. La serie de potencias (4.21) converge a f (z) cuando |z − z0 | < R0 . La serie de potencias (4.20) se conoce como serie de Taylor . La serie de Taylor (4.20) a menudo se escribe como f (z) = f (z0 ) +

f 0 (z0 ) f 00 (z0 ) f 000 (z0 ) (z − z0 ) + (z − z0 )2 + (z − z0 )3 + . . . (4.22) 1! 2! 3!

Para el caso particular en que, z0 = 0 se tiene la serie f (z) = f (0) +

f 00 (0) 2 f 000 (0) 3 f 0 (0) z+ z + z + ... 1! 2! 3!

(4.23)

y se conoce como serie de Maclariun. Ejemplo 4.2.1. Desarrollar en serie de Taylor la funci´ on f (z) = ez alrededor del punto z0 = 0 Soluci´ on: El desarrollo alrededor de z0 = 0 viene siendo el desarrollo en serie de Maclairun (4.23), para esto calculamos algunas derivadas de la funci´on dada y la evaluamos en el punto z0 = 0. f (0) f

IV

(0)

= e0 = 1, f 0 (0) = e0 = 1, f 00 (0) = e0 = 1, f 000 (0) = e0 = 1 = e0 = 1, f V (0) = e0 = 1, f V I (0) = e0 = 1

(4.24)

sustituyendo en la serie (4.23) tenemos el desarrollo deseado ez = 1 +

∞ X 1 1 1 1 1 1 1 n z + z2 + z3 + z4 + z5 + z6 + . . . = z 1! 2! 3! 4! 5! 6! n! n=0

(4.25)

Este desarrollo lo podemos escribir en una forma mas conveniente ∞ X 1 n e = z n! n=0 z

(4.26)

4.2 Series de Taylor

97

Ejemplo 4.2.2. Hallar el desarrollo en serie de Taylor de la funci´ on f (z) = ez alrededor del punto z0 = i. Soluci´ on: Del ejemplo anterior, sabemos que para todo z se cumple el desarrollo (4.26). Para desarrollar alrededor del punto z0 = i, la serie de potencias debe estar en t´erminos de potencias de z − i. Para esto escribimos ez = ez−i+i = ei ez−i =

∞ ∞ X X ei 1 (z − i)n = ei (z − i)n n! n! n=0 n=0

(4.27)

Este es el desarrollo de la funci´on f (z) = ez alrededor del punto z0 = i. La serie obtenida (4.27) converge para todo z. on f (z) = Ejemplo 4.2.3. Hallar el desarrollo en serie de Maclairun de la funci´ cos z. Soluci´ on: Para esto calculamos algunas derivadas y las evaluamos en el punto z0 = 0. Esto es f (0)

=

cos 0 = 1,

f 0 (0) = − sen 0 = 0,

000

f (0)

=

sen 0 = 0,

f V I (0)

=

− cos 0 = −1

f

IV

f 00 (0) = − cos 0 = −1 f V (0) = − sen 0 = 0

(0) = cos 0 = 1,

(4.28)

Sustituyendo estos resultados en la f´ ormula (4.23), tenemos cos z = 1 −

1 1 1 2 z + z4 − z6 + . . . 2! 4! 6!

(4.29)

Esta expresi´ on la podemos escribir de la siguiente manera cos z =

∞ X (−1)n 2n z (2n)! n=0

(4.30)

on f (z) = z 4 en serie de Taylor en potencias Ejemplo 4.2.4. Desarrollar la funci´ de z − i Soluci´ on: Tenemos la funci´ on y sus correspondientes derivadas f (z) f V (z)

= z4,

f 0 (z) = 4z 3 ,

f 00 (z) = 12z 2 ,

f 000 (z) = 24z,

f IV (z) = 24

= f V I (z) = . . . = 0.

(4.31)

El siguiente paso es evaluar la funci´ on y sus derivadas en el punto z0 = i f (i) = i4 = 1, f 0 (i) = 4i3 = −4i, f 00 (i) = 12i2 = −12 f (i) = 24i, f IV (z) = 24 f V (z) = f V I (z) = . . . = 0. 000

(4.32)

Sustituyendo en la serie de Taylor (4.22), obtenemos el desarrollo f (z) = 1 −

4i 12 24i 24 (z − i) − (z − i)2 + (z − i)3 + (z − i)2 . 1! 2! 3! 4!

(4.33)

98

Series en el Dominio Complejo

Ejemplo 4.2.5. Desarrollar en serie de Maclairun la funci´ on f (z) =

1 1−z

Soluci´ on: La serie est´ a dada por la expresi´on ∞

X 1 = 1 + z + z2 + z3 + z4 + . . . + = zn, 1−z 0

|z| < 1

(4.34)

Para el caso ∞

X 1 = 1 − z + z2 − z3 + z4 − . . . + = (−1)n z n , 1+z 0

|z| < 1

(4.35)

Ejemplo 4.2.6. Desarrollar en serie de Maclairun la funci´ on f (z) = sen z Soluci´ on: Tenemos que las derivadas evaluadas en z0 = 0, tienen la forma general f (2n) (0) = 0, f (2n+1) (0) = (−1)n , n = 0, 1, 2, . . . (4.36) Entonces, el desarrollo tiene la forma sen z = z −

∞ X (−1)n 2n+1 z3 z5 + − ... = z 3! 5! (2n + 1)! n=0

(4.37)

Sabemos que la expresi´on senh z = −i sen (iz), es suficiente cambiar z por iz en la expresi´ on (4.37) y multiplicando por −i, tenemos el desarrollo en serie de Maclairun de la funci´ on seno hiperb´ olico senh z =

∞ X

z 2n+1 , (2n + 1)! n=0

|z| < ∞

(4.38)

Ejemplo 4.2.7. Hallar la serie de Maclairun de la funci´ on f (z) =

z4

z +9

(4.39)

Soluci´ on: La funci´ on (4.39), la podemos escribir de la siguiente manera f (z)

=

" #  4 n ∞ z z 1 zX z n = = = (−1) 4 4 z z +9 9 1+( 9 ) 9 n=0 9

=

∞ X (−1)n 4n+1 z , 3n+2 n=0

|z| <

√

3

(4.40)

Ejemplo 4.2.8. Hallar el desarrollo en serie de Maclairun de la funci´ on f (z) = z 2 e3z

(4.41)

4.2 Series de Taylor

99

Soluci´ on: Usando el desarrollo en serie de Maclairun de la funci´on exponencial ez , donde debemos cambiar a z por 3z, resulta e

3z

∞ X z 3n = n! n=0

(4.42)

El siguiente paso es multiplicar este resultado por z 2 , finalmente, tenemos z 2 e3z =

∞ X 3n n+2 z n! n=0

(4.43)

Ejemplo 4.2.9. Hallar la expansi´ on de Maclairun y el radio de convergencia de la funci´ on 1 (4.44) f (z) = (z + 1)(z + 2) Soluci´ on: Usando fracciones parciales, la funci´on (4.44) la podemos escribir de la siguiente manera 1 1 1 1 1 1 = − = − (z + 1)(z + 2) z+1 z+2 1 − (−z) 2 1 − (−z/2)

(4.45)

Usando la f´ ormula de la serie geom´etrica, tenemos f (z)

 ∞  ∞ (−1)n 1 X  z n X (−1)n − n+1 z n = = − 2 n=0 2 2 n=0 n=0   ∞ X 1 = (−1)n 1 − n+1 z n (4.46) 2 n=0 =

∞ X

(−z)n −

El coeficiente de la serie (−1)n 1 − hacemos uso de la f´ ormula

1 2n+1




. Para hallar el radio de convergencia

  1/n 1 (−1)n 1 − 1 =1 = l´ ım n+1 n→∞ |cn |1/n n→∞ 2

R = l´ım

(4.47)

Entonces, el radio de convergencia de la serie dada es R = 1. Ejemplo 4.2.10. Hallar los primeros tres t´erminos en la serie de potencias alrededor del punto z = 1 de la funci´ on f (z) =

z2 z−2

(4.48)

Soluci´ on: Para hallar la expansi´ on alrededor de z0 = 1 debemos primero modificar la funci´ on (4.48), de la siguiente manera 2

z 2 = [(z − 1) + 1] = (z − 1)2 + 2(z − 1) + 1

(4.49)

100

Series en el Dominio Complejo

y z − 2 = − [1 − (z − 1)]

(4.50)

De esta manera podemos escribir la funci´ on (4.48) como " # ∞ X   2 k f (z) = (z − 1) + 2(z − 1) + 1 1 − (z − 1)

(4.51)

n=0

Por consiguiente, los primeros tres t´erminos son f (z) = −1 − (1 + 2)(z − 1) − (1 + 2 + 1)(z − 1)2 − (1 + 2 + 1)(z − 1)3 (4.52) Ejemplo 4.2.11. Hallar los primeros tres t´erminos en la serie de potencias en el punto z0 = 1 de la funci´ on f (z) =

z−2 (z + 3)(z + 2)

(4.53)

Soluci´ on: Haciendo la descomposici´ on parcial tenemos f (z) =

5 4 − z+3 z+2

(4.54)

Luego, escribiendo   5 5 1 5 1 1 1 2 3 = = 1 − (z − 1) + (z − 1) − (z − 1) (4.55) z+3 4 1 − 14 (z − 1) 4 4 42 43 Similarmente, tenemos para el segundo t´ermino en (4.54)   4 1 1 4 1 = 1 − (z − 1) + 2 (z − 1)2 − 3 (z − 1)3 z+2 3 3 3 3

(4.56)

Por consiguiente, hallamos que los primeros tres t´erminos de la expansi´on en el punto z0 = 1 de la funci´ on (4.53) esta dada por     z−2 5 4 5 4 f (z) = = − − − (z − 1) + (z + 3)(z + 2) 4 3 42 32     4 4 5 5 2 + − − (z − 1) − (z − 1)3 (4.57) 43 33 44 34 Ejemplo 4.2.12. Desarrollar las funciones a) cos z y b) sen z en serie de potencias alrededor de z0 = π/2. Soluci´ on: a) Tomando en cuenta que cos z = − sen(z − π/2) para todo z ∈ C, entonces ∞ X (−1)n+1  π 2n+1 cos z = z− (4.58) (2n + 1)! 2 n=0 0

rmb) De manera similar, se tiene sen z = cos(z − π/2) ∞ X (−1)n  π 2n sen z = z− (2n)! 2 n=0

(4.59)

4.3 Series de Laurent

4.3.

101

Series de Laurent

Supongamos ahora que la funci´ on f (z) no es anal´ıtica en todo el disco sino solamente en un anillo A limitado por dos c´ırculos conc´entricos γ1 : |z − z0 | = R1 y γ2 : |z − z0 | = R2 , 0 < R1 < R2 , para cierto punto z0 figura. Entonces, en general podemos desarrollar la funci´on f (z) en series de potencia, algunas de las cuales o todas pueden ser negativas. Una serie de potencias que contenga potencias positivas y negativas se llama series de potencias de Laurent. Para un punto z0 , la serie de potencias ∞ X

cn (z − z0 )n ,

n∈Z

(4.60)

bn . (z − z0 )n n=1

(4.61)

−∞

est´ a definida por

∞ X

an (z − z0 )n +

n=0

∞ X

Esta serie es la serie de Laurent si las dos series en (4.61) convergen. Teorema 4.3.1. (Teorema de Laurent) Si f (z) es una funci´ on de una variable compleja z y anal´ıtica en el anillo R1 < |z − z0 | < R2 para alg´ un punto z0 entonces, f (z) es igual a la serie de Laurent (4.61) f (z) =

∞ X

an (z − z0 )n +

n=0

∞ X

bn , (z − z0 )n n=1

(4.62)

donde f (n) (z0 ) 1 an = = n! 2πi 1 bn = 2πi

Z γ1

Z γ2

f (ζ) dζ , (ζ − z0 )n+1

f (ζ) dζ , (ζ − z0 )−n+1

n = 0, 1, 2, 3 . . .

(4.63)

n = 1, 2, 3 . . .

(4.64)

La integraci´on sobre γ1 y γ2 es en la direcci´ on positiva, es decir, en contra de las manecillas del reloj. La serie de Laurent (4.62) es la generalizaci´on de la serie de Taylor (5.13). Si f (z) es anal´ıtica dentro y sobre γ2 , entonces todas las bn ser´an cero por el teorema de Cauchy ya que los integrandos son funciones anal´ıticas dentro y sobre γ1 . Ejemplo 4.3.1. Sea la funci´ on f (z) =

1 (z − 1)(z − 2)

desarrollar en serie de Laurent para f (z) 1. en el disco |z| < 1

(4.65)

102

Series en el Dominio Complejo

2. en el anillo 1 < |z| < 2 3. en la regi´ on 2 < |z| Soluci´ on: Desarrollando en fracciones parciales la funci´on (4.65), podemos escribir 1 1 1 =− + (4.66) (z − 1)(z − 2) z−1 z−2 1. Para el caso |z| < 1 tenemos ∞ X 1 1 − = = zn z−1 1 − z n=0

(4.67)

y 1 1 1 =− z−2 2 1−

z 2

∞ 1 X  z n =− 2 n=0 2

(4.68)

De esta manera, tenemos el desarrollo en serie de Laurent de (4.65) f (z) =

∞ ∞ X 1 1 X  z n = zn − (z − 1)(z − 2) n=0 2 n=0 2

(4.69)

cuando |z| < 1. 2. Si 1 < |z| < 2, se tiene −

1 1 1 =− z−1 z 1−

1 z

=−

∞ 1X 1 z n=0 z n

(4.70)

y ∞ 1 1 X  z n =− z−2 2 n=0 2

(4.71)

De esta manera, el resultado es ∞ ∞ X 1 1 1 X  z n f (z) = =− − (z − 1)(z − 2) z n+1 2 n=0 2 n=0

(4.72)

3. Si 2 < |z|, entonces ∞  n 1 1 1 1X 2
= = z−2 2 1 − z2 z n=0 z

(4.73)

∞ ∞  n X 1 1 1X 2 f (z) = =− + (z − 1)(z − 2) z n+1 z n=0 z n=0

(4.74)

De esta manera

4.4 Ceros y Puntos Singulares Aislados de Funciones Complejas 103 Ejemplo 4.3.2. Desarrollar en serie de Laurent la funci´ on f (z) =

z+1 z−1

(4.75)

en las regiones a). |z| < 1 y b). |z| > 1 Soluci´ on: Para a)., tenemos f (z) = −


z+1 = −(z + 1) 1 + z + z 2 + . . . , 1−z

|z| < 1

(4.76)

Para b)., resulta f (z) =

   1 1 1 1 z+1 = 1 + 1 + + + . . . , z 1 − ( z1 ) z z z2

|z| > 1

(4.77)

Ejemplo 4.3.3. Hallar la serie de Laurent para la funci´ on f (z) =

1 z 2 (1 − z)

(4.78)

para las regiones a) 0 < |z| < 1, b) |z| > 1 Soluci´ on: Para el caso a), podemos escribir f (z) =


1 1 1 1 1 = 2 1 + z + z 2 + z 3 + . . . = 2 + + 1+z +z 3 +. . . (4.79) 2 z 1−z z z z

Para b) |z| > 1, se tiene f (z) = −

4.4.

1 1 1 =− 3 z 3 1 − ( z1 ) z

  1 1 1 1 1 1 + + 2 + . . . = − 3 − 4 − 5 − . . . (4.80) z z z z z

Ceros y Puntos Singulares Aislados de Funciones Complejas

Sea f (z) una funci´on anal´ıtica en el punto z0 . Entonces, se dice que el punto z0 es un cero de orden n de f (z), si f 0 (z0 ) = 0,

f 00 (z0 ) = 0, . . . , f (n−1) (z0 ) = 0,

f (n) (z0 ) 6= 0 (4.81) En particular, si (n = 1) al punto z0 se le llama cero simple de f (z). f (z0 ) = 0,

Ejemplo 4.4.1. Hallar los ceros de la funci´ on f (z) = z 4 + 4z 2 y determinar su orden.

104

Series en el Dominio Complejo

Soluci´ on: Debemos hallar los puntos que satisfacen la relaci´on f (z) = 0, esto es f (z) = z 4 + 4z 2 = 0 → z 2 (z 2 + 4) = 0 → z = 0, z = ±2i

(4.82)

Calculando la derivada de f (z) y evaluando en el punto z = 0 de (4.82), resulta
f 0 (0) = 4z 3 + 8z z=0 = 0 (4.83) Debido a que la derivada evaluada en z = 0 es cero, entonces, hacemos la segunda derivada de f (z) y la evaluamos en z = 0, tenemos   f 00 (0) = 12z 2 + 8 = 8 6= 0 (4.84) z=0

Concluimos, entonces que z = 0 es un cero de orden 2, ya que la segunda derivada es la que no se anula en z = 0. Tomamos los otros ceros de la funci´on. Estos son z = ±2i. Primero evaluamos la derivada en z = 2i, tenemos
f 0 (2i) = 4z 3 + 8z z=2i = 4(2i)3 + 8(2i) = −16i 6= 0 (4.85) Para el punto z = −2i, tenemos
f 0 (−2i) = 4z 3 + 8z z=2i = 4(−2i)3 + 8(−2i) = 16i 6= 0

(4.86)

Conluimos, que los puntos z = ±2i son ceros simples, ya que la primer derivada de la funci´ on evaluada en estos ceros es diferente de cero. on f (z) = z 2 sen z y determinar el Ejemplo 4.4.2. Hallar los ceros de la funci´ orden. on f (z) = 0. Soluci´ on: Debemos hallar los puntos que satisfacen la relaci´ Tenemos f (z) = z 2 sen z = 0 → z = 0, sen z = 0, zn = nπ, n = ±1, ±2 . . .

(4.87)

Los ceros de la funci´ on dada, estan en z = 0 y zn = nπ. Calculando la derivada de la funci´ on y evaluando en el cero z = 0, se tiene
f 0 (0) = 2z sen z + z 2 cos z z=0 = 0 (4.88) Como el resultado es cero, entonces debemos calcular la segunda derivada y evaluarla en el mismo cero z = 0, tenemos
f 00 (0) = 2 sen z + 2z cos z + 2z cos z − z 2 sen z z=0 = 0 (4.89) Obtenemos, nuevamente cero. Entonces, calculamos la tercer derivada evaluada en z = 0, resulta
f 000 (0) = 2 cos z + 4 cos z − 4z sen z − 2z sen z − z 2 cos z z=0 = 6 6= 0 (4.90)

4.4 Ceros y Puntos Singulares Aislados de Funciones Complejas 105 Debido a que la tercer derivada es la u ´ nica que no se anula en el cero z = 0, concluimos que el cero z = 0 de la funci´ on f (z) es de orden tres. Sustituyendo el cero zn = nπ en (4.88), resulta   f 0 (nπ) = 2z sen z + z 2 cos z = 2nπ sen (nπ) + n2 π 2 cos(nπ) z=nπ 2 2

n

= n π (−1) 6= 0,

n = ±1, ±2 . . .

(4.91)

Entonces, podemos decir, que el cero zn = nπ es un cero simple o de orden uno. El punto z0 es un cero de orden n de una funci´on anal´ıtica f (z) en z0 , si y s´ olo si en la vecindad (cercan´ıa) del punto z0 se cumple f (z) = (z − z0 )n φ(z)

(4.92)

donde φ(z) es una funci´ on anal´ıtica en z0 y φ(z0 ) 6= 0. Ejemplo 4.4.3. Hallar el orden del cero z0 = 0 de la funci´ on. f (z) =

z8 z − sen z

(4.93)

Soluci´ on: Para esto desarrollamos en serie de Taylor la funci´ on sen z alrededor del punto z0 = 0 f (z)

= =

z8 z8 = 3 z − sen z z − z − z3! + z 1 3!

−

5

z2 5!

+ ...

= z5

5!

− ...

1 1 3!

−

z2 5!

−

z2 5!

donde φ(z) =

z5

+ ...


=

z8 z3 3!

= z 5 φ(z)

1 1 3!

+ ...

−

z5 5!

+ ... (4.94)

(4.95)

es una funci´ on anal´ıtica en z0 = 0 y φ(0) = 6 6= 0. Comparando con la relaci´on (4.92), podemos concluir que el punto z0 = 0 de la funci´on f (z) (4.93) es de quinto orden. Ejemplo 4.4.4. Hallar los ceros de la funci´ on f (z) = (z 2 + 1)3 senh z y determinar el orden. on hacemos f (z) = 0 y Soluci´ on: Para determinar los ceros de la funci´ obtenemos (z 2 + 1)3 senh z = 0 → z 2 + 1 = 0, senh z = 0 (4.96) Resolviendo las dos u ´ ltimas ecuaciones en (4.96), tenemos que los ceros de la funci´ on f (z) son: z = ±i,

z = nπi (n = 0, ±1, ±2, . . .)

(4.97)

106

Series en el Dominio Complejo

Tomamos el segundo cero de (4.97), z = −i. De la expresi´on (4.92), podemos escribir f (z) = (z + i)3 φ(z) (4.98) donde la funci´ on φ(z) = (z − i)3 senh z es una funci´on anal´ıtica en z = −i y φ(−i) = 8i senh i = −8 sen 1 6= 0

(4.99)

Esto implica que el punto z = −i es un cero de tercer orden de f (z). De manera an´aloga se puede verificar que el punto z = i es un cero de tercer orden de f (z). Ahora analizaremos los ceros z = nπi. Para esto derivamos la funci´ on y la evaluamos en z = nπi, resulta   f 0 (nπi) = 6z(z 2 + 1)2 senh z + (z 2 + 1)3 cosh z z=nπi 6= 0 (4.100) Esto implica que los ceros dados por z = nπi son ceros simples o de primer orden. Se dice que el punto z0 es un punto singular aislado de una funci´ on f (z) si existe una vecindad de este punto en la cual la funci´on es anal´ıtica en todo lugar excepto en z = z0 . Un punto singular aislado de una funci´on f (z) es removible si en el punto z = z0 la funci´on f (z) tiene un l´ımite finito. Se dice que el punto z0 de una funci´ on f (z) es un polo de f (z) si la funci´on tiende al infinito conforme z → z0 . El punto z0 es un polo de orden n (n ≥ 1) de f (z) si ´este es un cero de 1 orden n de la funci´on φ(z) = f (z) . Si n = 1, decimos que el polo es simple. En otras palabras, z0 es un polo de orden n de f (z) si y s´olo si, podemos escribir f (z) =

φ(z) (z − z0 )n

(4.101)

donde φ(z) es una funci´on anal´ıtica en z0 , y φ(z0 ) 6= 0. El punto z0 se llama singularidad esencial de la funci´on f (z) si no existe el l´ımite de f (z) conforme z → z0 . Ejemplo 4.4.5. Analizar los puntos de la funci´ on f (z) =

ez − 1 z

(4.102)

Soluci´ on: La funci´ on (4.102) tiene un solo punto singular en z = 0. Veamos si es o no removible, para esto calculamos el l´ımite de la funci´on f (z) ez − 1 = l´ım z→0 z→0 z

l´ım f (z) = l´ım

z→0

d z dz (e − 1) d dz (z)

= l´ım ez = 1 z→0

(4.103)

El l´ımite de la funci´on es finito y por consiguiente el punto singular z = 0 de la funci´ on (4.102) es removible. Ejemplo 4.4.6. Analizar los puntos singulares de la siguiente funci´ on f (z) =

sen z z3 + z2 − z − 1

(4.104)

4.4 Ceros y Puntos Singulares Aislados de Funciones Complejas 107 Soluci´ on: El denominador de la funci´ on lo podemos escribir como z 3 + z 2 − z − 1 = (z − 1)(z + 1)2 = 0

(4.105)

entonces los puntos singulares de la funci´on son dos; z1 = 1 y z2 = −1. Tomando el punto z1 = 1 y escribiendo sen z

f (z) =

sen z (z+1)2 = 2 (z − 1)(z + 1) z−1

(4.106)

Comparando con (4.101), identificamos la funci´on φ(z) =

sen z (z + 1)2

(4.107)

la cual es anal´ıtica en el punto z1 = 1, y φ(1) 6= 0. Concluimos de esta manera que el punto z1 = 1 es un polo de orden uno ´o simple de la funci´on (4.104). De igual manera, para el punto z2 = −1, escribimos la funci´on (4.104) como f (z) =

sen z z−1

(z + 1)2

(4.108)

de donde identificamos la funci´ on φ(z) =

sen z z−1

(4.109)

la cual es anal´ıtica en el punto z2 = −1, y φ(−1) 6= 0. Concluimos que el punto z2 = −1 es un polo de segundo orden para la funci´on (4.104). Ejemplo 4.4.7. Determinar el tipo de punto singular z = 0 de la funci´ on f (z) =

1 2 + z 2 − 2 cosh z

(4.110)

Soluci´ on: El punto singular z = 0 es un polo de (4.110) ya que la funci´on f (z) tiende a infinto conforme z → 0, ( 10 → ∞). Sea φ(z) =

1 = 2 + z 2 − 2 cosh z f (z)

(4.111)

El punto z = 0 es un cero para la funci´on (4.111), ya que φ(0) = 0. Nos queda hallar el orden del cero de la funci´on φ(z), para esto calculamos las derivadas de φ evaluadas en z = 0 φ0 (0) 0000

φ (0)

= =

(2z − 2 senh z)z=0 = 0, (−2 senh z)z=0 = 0, φ

IV

φ00 (0) = (2 − 2 cosh z)z=0 = 0(4.112) (0) = (−2 cosh z)z=0 = −2 6= 0

Debido a que la derivada de cuarto orden es la u ´nica diferente de cero, implica que el cero de φ(z) (4.111) es de orden cuatro. Por consiguiente, el punto singular de la funci´ on dada (4.110) es un polo de orden cuatro.

108

Series en el Dominio Complejo

Ejemplo 4.4.8. Determinar el tipo de punto singular z = 1 de la funci´ on f (z) = Soluci´ on: Sea φ(z) =

sen πz − 2z

2ez−1

2ez−1 − 2z 1 = f (z) sen πz

(4.113)

(4.114)

Ahora, escribiendo el numerador de (4.114) como ψ1 = 2ez−1 − 2z

(4.115)

Desde luego que el punto z = 1 es una cero de (4.115). Para determinar el orden derivamos y evaluamos en el punto z = 1
ψ10 = 2ez−1 − 2 z=1 = 0 (4.116) Derivamos una vez m´ as y evaluamos en z = 1 ψ100 = 2ez−1 = 2 6= 0

(4.117)

z=1

Entonces, decimos que el cero z = 1 de la funci´on (4.115) es de segundo orden. Luego, representadno el denominador de (4.114) como ψ2 = sen nπ

(4.118)

El punto z = 1 es tambien un cero para (4.118). Para saber de que orden derivamos y evaluamo en z = 1. Tenemos ψ10 (1) = − cos z = − cos(1) 6= 0 (4.119) z=1

Lo que implica que z = 1 es un cero simple o de primer orden para la funci´on ψ2 . Finalmente, sustituyendo estos resultados en la funci´on dada por (4.114), φ(z) =

1 2ez−1 − 2z = f (z) sen πz

(4.120)

tenemos que el orden del cero z = 1 para φ(z) es (2 − 1 = 1), es decir, un cero simple (lo anterior resulta del hecho que el numerador de (4.120) es de orden 2 y el denominador de orden 1). Por consiguiente el punto z = 1 es un polo de primer orden o polo simple de la funci´ on f (z) en (1.45).

Cap´ıtulo 5

Series de Taylor y de Laurent: Singularidades

Contents 5.1. Series de Potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

5.1.

Series de Potencias

La suma de cualquier serie de potencias, con radio de convergencia positivo, es una funci´on anal´ıtica. Rec´ıprocamente, toda funci´on anal´ıtica f (z) se puede representar mediante series de potencias, llamadas series de Taylor de f (z), y tienen la misma forma que en el c´alculo real, con x sustituida por el n´ umero complejo z. Sea f (z) una funci´on anal´ıtica en una vecindad de un punto z = z0 , primero obtendremos la f´ormula de Taylor y a partir de esta obtenedremos la serie de Taylor de f (z) con centro en z0 . La herramienta crucial para obtener la f´ormula de Taylor es la f´ ormula integral de Cauchy, escribiendo ζ y z en lugar de z y z0 , tenemos I 1 f (ζ) f (z) = dζ (5.1) 2πi Γ ζ − z z esta dentro de Γ, por lo cual en tal vecindad se considera un c´ırculo de radio r

110

Series de Taylor y de Laurent: Singularidades

con centro en z0 . ζ es la variable compleja de integraci´on. La idea es desarrollar 1 ζ−z en potencias de z − z0 . Esto es 1 1 1  = = ζ −z ζ − z0 − (z − z0 ) (ζ − z0 ) 1 −

z−z0 ζ−z0



(5.2)

Podemos observar que como ζ est´ a sobre Γ, mientras z est´a en Γ, se tiene z − z0 (5.3) ζ − z0 < 1 Usando la f´ ormula de la serie geom´etrica 1 q n+1 = 1 + q + . . . + qn + 1−q 1−q Si ponemos que q =

= +

z−z0 ζ−z0

(5.4)

y aplicando la f´ ormula, tenemos

1 = ζ −z "  2  3  n # 1 z − z0 z − z0 z − z0 z − z0 1+ + + + ... + + ζ − z0 ζ − z0 ζ − z0 ζ − z0 ζ − z0  n+1 z − z0 1 (5.5) ζ − z ζ − z0

Sustituyendo en la f´ ormula (5.1), se tiene I I 1 f (ζ) f (ζ) dz z − z0 f (z) = + ... + dζ + 2πi Γ ζ − z0 2πi Γ (ζ − z0 )2 I f (ζ) dz (z − z0 )n + Rn (z) + 2πi (ζ − z0 )n+1 Γ donde el u ´ltimo t´ermino est´ a dado seg´ un la f´ormula I f (ζ) (z − z0 )n+1 dζ Rn (z) = n+1 (ζ − z) 2πi (ζ − z ) 0 Γ

(5.6)

(5.7)

Usando la f´ ormula integral de Cauchy f (n) (z0 ) =

n! 2πi

I Γ

f (z) dz (z − z0 )n+1

De esta f´ ormula tenemos las siguientes expresiones, para n = 0, 1, 2 I 1 f (z) f (z0 ) = dz 2πi Γ (ζ − z0 ) 1! f (z0 ) = 2πi 0

I Γ

f (z) dz (ζ − z0 )2

(5.8)

(5.9)

(5.10)

5.1 Series de Potencias

111

I 2! f (z) dz 2πi Γ (ζ − z0 )3 Sustituyendo estas derivadas en (5.6), tenemos f 00 (z0 ) =

(5.11)

(z − z0 )2 00 (z − z0 )n (n) z − z0 0 f (z0 ) + f (z0 ) + . . . + f (z0 ) + Rn (z) 1! 2! n! (5.12) Esta representaci´on se llama F´ ormula de Taylor y Rn (z) se llama el residuo. La funci´on anal´ıtica f (z) tiene derivadas de todos los ordenes, entonces n se puede tomar tan grande como se desee. Si dejamos que n se pueda considerar como infinito a partir de la f´ ormula anterior se obtiene la serie de potencias f (z) = f (z0 ) +

f (z) =

∞ X f (m) (z0 ) (z − z0 )m m! n=0

(5.13)

Esta serie se llama serie de Taylor de f (z) con centro en z0 . El caso particular, cuando z0 = 0 la serie se llama de Maclaurin de f (z). Es claro que la serie de Taylor, converge y representa a f (z) si s´olo si l´ım Rn (z) = 0

n→∞

(5.14)

Teorema 5.1.1. Si f (z) es una funci´ on de una variable compleja z la cual es anal´ıtica en un disco de radio R centrado en z0 , entonces la serie de Taylor para f (z) alrededor de z0 converge a f (z) f (z)

= f (z0 ) + f 0 (z0 )(z − z0 ) + =

∞ X

f 00 (z0 ) (z − z0 )2 + . . . + . . . = 2!

an (z − z0 )n

(5.15)

n=0

donde an =

1 (n) f (z0 ) n!

(5.16)

O por la forma integral de Cauchy an =

1 2πi

I Γ

f (z) dz (z − z0 )n+1

(5.17)

Provided |z − z0 | < R. En (5.17) la integraci´on se hace en sentido contrario a las manecillas del reloj alrededor de una trayectoria simple cerrada que contenga en su interior a z0 . 1 Ejemplo 5.1.1. Serie geom´ etrica. Sea f (z) = 1−z . Entonces se tiene f (n) = 1 n! (n) (0) = n!, por tanto, el desarrollo de Maclaurin de 1−z es la serie (1−z)n+1 , f geom´etrica n ∞z X 1 = = 1 + z + z2 + . . . (5.18) 1−z n=0

f (z) es singular en z = 1; este punto se encuentra sobre el c´ırculo de convergencia.

112

Series de Taylor y de Laurent: Singularidades

Ejemplo 5.1.2. La funci´ on exponencial. Se sabe que la funci´ on exponencial ez es anal´ıtica para toda z y (ez )0 = ez . As´ı, a partir de (5.13) con z0 = 0 se obtiene la serie de Maclaurin ez =

∞ X zn z2 z3 zn =1+z+ + + ... + , n! 2! 3! n! n=0

|z| < ∞

(5.19)

Esta serie tambi´en se obtiene si x se sustituye por z en la conocida serie de Maclaurin de ex . Ejemplo 5.1.3. Funciones trigonom´ etricas e hiperb´ olicas. Al sustituir la serie exponencial (5.19) en la serie geom´etrica (5.18) se obtienen las series de las funciones trigonom´etricas mas importantes, ´estas son: cos z sen z tan−1 (z)

= = =

∞ X n=0 ∞ X n=0 ∞ X

(−1)n

z 2n z2 z4 =1− + − ... + ..., (2n)! 2! 4!

(−1)n

z 2n+1 z3 =z− + ... − ..., (2n + 1)! 3!

(−1)n−1

n=0

|z| < ∞ (5.20) |z| < ∞

z3 z5 z 2n−1 =z− + − ... + ..., 2n − 1 3 5

(5.21)

|z| <(5.22) 1

Cuando z = x, las expresiones anteriores son las conocidas series de Maclaurin de las funciones reales cos(x), sen(x) y tan−1 (x). De manera semejante al sustituir la serie exponencial en la serie geom´etrica se obtiene: cosh z

=

senh z

=

∞ X z2 z4 z 2n =1+ + + ... (2n)! 2! 4! n=0

(5.23)

∞ X

z 2n+1 z3 z5 =z+ + + ... (2n + 1)! 3! 5! n=0

(5.24)

Ejemplo 5.1.4. Logaritmo. Con base en la ecuaci´ on 5.12 se concluye que: ln(1 + z) = (−1)n−1

zn z2 z3 =z− + − ... + ..., n 2 3

|z| < 1

(5.25)

Ejemplo 5.1.5. F´ ormula binomial. Si (1 + z)p es mult´ıvoca el resultado es v´ alido para la rama de la funci´ on que toma el valor de 1 cuando z = 0. (1 + z)p = 1 + pz +

p(p − 1) 2 p(p − 1) · · · (p − n + 1) n z +...+ z +... 2! n!

|z| < 1 (5.26)

Ejemplo 5.1.6. Determinar la serie de Taylor para la siguiente funci´ on, f (z) = ez , donde z0 = 0.

5.1 Series de Potencias

113

Soluci´ on: f 0 (z0 ) f 00 (z0 ) f 000 (z0 ) (z − z0 ) + (z − z0 )2 + (z − z0 )3 + . . . (5.27) 1! 2! 3! Como al derivar la funci´on exponencial se obtiene la misma funci´on. Sustituyendo z0 = 0 se obtiene f (z) = f (z0 ) +

e(0) e(0) e(0) (z − 0) + (z − 0)2 + (z − 0)3 + . . . 1! 2! 3! z3 z2 + + ... f (z) = 1 + z + 2 6 Ejemplo 5.1.7. Desarrollar en serie de Maclaurin las funciones: f (z)

= e(0) +

(5.28) (5.29)

A) log(z + 1): Soluci´ on: log(z + 1) = z −

z3 z2 zn + − . . . + (−1)n−1 + ... 2 3 n

(R = 1). (5.30)

B) (1 + z)α : Soluci´ on: (1 + z)α

= +

α(α − 1) 2 α(α − 1)(α − 2) 3 z + z 2! 3! α(α − 1) . . . (α + n − 1) n ... + z + .... (R = 1). (5.31) n!

1 + αz +

Un caso particular de esta serie es cuando α = −1, entonces la expansi´on es 1 = 1 − z + z 2 − . . . + (−1)n z n + . . . 1+z

(R = 1).

(5.32)

La f´ormula (5.30) nos da la expansi´ on en series de Taylor alrededor del punto z0 = 0 del valor principal del logaritmo. Para obtener la serie de Taylor para los otros valores de una funci´on multivaluada log(1 + z) debemos sumar en la serie (5.30) el valor 2πn (n = ±1, ±2, . . .). Entonces, tenemos log(z + 1) = z −

z3 z2 zn + − . . . + (−1)n−1 + . . . + 2nπi 2 3 n

(R = 1) (5.33)

Ejemplo 5.1.8. Desarrollar en serie de Maclaurin la funci´ on cos (z 3 ) Soluci´ on: Tenemos el desarrollo de la funci´on coseno ∞ X (−1)n 2n cos (z) = z (2n)! n=0

(5.34)

Entonces, es suficiente reemplazar a z por z 3 , el resultado es: ∞ ∞ X (−1)n 3 2n X (−1)n 6n cos z = (z ) = z (2n)! (2n)! n=0 n=0 3

(5.35)

114

Series de Taylor y de Laurent: Singularidades

Ejemplo 5.1.9. Desarrollar en serie de Taylor la funci´ on f (z) = ez alrededor del punto i Soluci´ on: Sabemos el desarrollo en serie de la funci´on ez es: ∞ X 1 n ez = z n! n=0

(5.36)

Entonces, el resultado es: ez = e(z−i+i) =

∞ X

ei

n=0

1 (z − i)n n!

(5.37)

Singularidades: Una singularidad (o punto singular) z0 de una funci´on f (z) es un punto en el cual, la funci´on f (z) no es anal´ıtica. Se dice que el punto z0 es una singularidad aislada de f (z) si ´esta no es anal´ıtica en z0 , pero existe una vecindad dada por 0 < |z − z0 | < R, donde la funci´on f (z) es anal´ıtica. Existen tres diferentes tipos de singulariades. Las singularidades aisladas entran en estos tres tipos de singulariadades que existen. Las series de potencias de Laurent proveen un m´etodo para identificar las singularidades de una funci´ on f (z). Si z0 es una singularidad aislada de la funci´on f (z), entonces tenemos la serie de Laurent (4.62) f (z) =

∞ X

an (z − z0 )n +

n=0

∞ X

bn , (z − z0 )n n=1

(5.38)

v´ alida en el dominio 0 < |z − z0 | < R. Si bn = 0 para todo n, entonces para z 6= z0 la serie (5.38) se reduce a f (z) =

∞ X

an (z − z0 )n .

(5.39)

n=0

poniendo f (z0 ) = a0 hace (makes) a la funci´ on f (z) anal´ıtica en z0 , y z0 is termed a removable singularity. Por ejemplo, la funci´ on f (z) =

∞ X (−1)n z 2n sen z = , z (2n + 1)! n=0

(z 6= 0)

(5.40)

tiene una singularidad removible en z = 0 si ponemos f (0) = 1. If all but finitely many bn are zero, say bn = 0 para todo n > m ≥ 1 y bm 6= 0, entonces ∞

f (z) =

X b1 b2 bm + + ... + + an (z − z0 )n . (5.41) 2 m z − z0 (z − z0 ) (z − z0 ) n=0

en este caso, decimos que z0 es un polo de orden m de f (z). Si m = 1, entonces z0 es un polo simple de f (z).

5.1 Series de Potencias

115

Si un n´ umero infinito de bn no son cero en (5.38), entonces z0 es una singularidad esencial de f (z). Residuos Para una funci´on f (z) con una singularidad isolated en z0 y la serie de Laurent f (z) =

∞ X

∞

X bn + an (z − z0 )n . n (z − z ) 0 n=1 n=0

(5.42)

en 0 < |z − z0 | < R, el coeficiente b1 , de acuerdo con (4.64) est´a dado por Z 1 f (ζ) dζ, (5.43) b1 = 2πi C para C : |z − z0 | < r < R. Este coeficiente es muy especial debido a su representaci´on integral y se conoce como el residuo de f (z) en z0 , y se representa por Res(z0 ). In the event f (z) tiene un polo de orden m en z0 , el algoritmo Res(z0 ) = b1 =

1 dm−1 l´ım [(z − z0 )m f (z)] (m − 1)! z→z0 dz m−1

(5.44)

permite calcular el residuo de la funci´on f (z). Cuando z0 es un polo simple (es decir, m = 1), tenemos Res(z0 ) = l´ım (z − z0 )f (z).

(5.45)

z→z0

Este u ´ltimo caso, puede tambi´en ser tratado de la siguiente manera. Supongamos que p(z) f (z) = , (5.46) q(z) donde p(z) y q(z) son funciones anal´ıticas en z0 , p(z0 ) 6= 0, y q(z) tiene un polo simple en z0 , whence f (z) tiene un polo simple en z0 . Entonces, q(z) = (z − z0 )Q(z), Q(z0 ) 6= 0, y q 0 (z0 ) = Q(z0 ), aplicando p(z0 ) . q 0 (z0 )

(5.47)

q 00 (z0 ) (z − z0 )2 + . . . = (z − z0 )Q(z), 2!

(5.48)

Res(z0 ) = l´ım (z − z0 ) z→z0

p(z) = l´ım q(z) z→z0

p(z) q(z)−q(z0 ) z−z0

=

Por otro lado, si q(z0 ) = 0 y q 0 (z0 ) 6= 0, entonces q(z) = q 0 (z0 )(z − z0 ) +

donde Q(z0 ) = q 0 (z0 ) 6= 0. Es decir, hemos mostrado que z0 es un cero simple de q(z), hence un simple polo de f (z). La raz´ on de calcular el residuo es la siguiente:

116

Series de Taylor y de Laurent: Singularidades

Teorema de Cauchy para el Residuo. Sea f (z) una funci´ on anal´ıtica dentro y sobre un contorno simple y cerrado C excepto en finitely many points z1 , z2 , . . . zn lying en el interior de C figura. Entonces Z f (z) dz = 2πi C

n X

Res(zi ),

(5.49)

i=1

donde la integral se toma en direcci´ on positiva. Ejemplo 5.1.10. Encontrar la serie de Laurent de z −5 sen(z) con centro en 0. Soluci´ on: z −5 sen z =

∞ X (−1)n 2n−4 1 1 1 2 1 z − z + −... = 4− 2+ (2n + 1)! z 6z 120 5040 n=0

(|z| > 0) (5.50)

Aqu´ı la corona de convergencia es todo el plano complejo sin el origen. Ejemplo 5.1.11. Encontrar la serie de Laurent de

cos(z) z5

alrededor de 0.

Soluci´ on: La serie para el coseno es cos z =

∞ X (−1)n 2n z (2n)! n=0

(5.51)

Para z 6= 0 ∞ X (−1)n 2n−5 1 1 1 cos z 1 1 1 1 z = 5− · 3+ · − ·z + z 3 − . . . (5.52) = z5 (2n)! z 2 z 24 z 720 40320 n=0 z Este es el desarrollo de Laurent de cos z 5 alrededor de 0. Este desarrollo tiene exactamente tres t´erminos que contienen potencias negativas de z, y el resto de los t´erminos contienen s´olo potencias positivas. Podemos pensar que cos(z) = z5 h(z) + g(z), donde 1 1 z+ z3 − . . . (5.53) g(z) = − 720 40320 es una funci´ on diferenciable (es una serie de potencias alrededor del origen), y

h(z) =

1 1 1 1 1 − · 3+ · z5 2 z 24 z

Es h(z) quien determina el comportamiento de

cos (z) z5

Ejemplo 5.1.12. Encontrar la serie de Laurent de

(5.54) cerca del origen.

1 (1+z 2 )

alrededor de -i.

Soluci´ on: Queremos una serie de potencias de z+i. La funci´on es diferenciable en el anillo 0 < |z + i| < 2 con centro en −i. Este anillo tiene radio 2 ya que esta es la distancia entre −i, el centro del desarrollo propuesto, e i, el otro punto en

5.1 Series de Potencias

117

1 donde (1+z a definida. Para obtener potencias de z + i, primero usamos 2 ) no est´ fracciones parciales

1 1 i 1 i 1 = = · − · 2 (1 + z ) (z + i)(z − i) 2 z+i 2 z−1

(5.55)

El pen´ ultimo t´ermino ya es una potencia de z + i, de manera que lo dejamos como est´ a y rearreglamos el u ´ltimo t´ermino de la derecha: 1 z−i

1 1 1 =− · −2i + (z + i) 2i 1 − (z+i) 2i n ∞  ∞ X X 1 z+i 1 =− (z + i)n = − n+1 2i n=0 2i (2i) n=0 =

(5.56)

Este desarrollo en serie geom´etrica es v´alido para | (z+i) 2i | < 1, o |z + i| < 2. Ahora se tiene: !     ∞ X i 1 i 1 1 n = − − (z + 1) 1 + z2 2 z+i 2 (2i)n+1 n=0 =

∞ i 1 1 i X · + · (z + 1)n 2 z + i 2 n=0 (2i)n+1

(5.57)

1 Este es el desarrollo de Laurent de (1+z 2 ) en el anillo 0 < |z + i| < 2. Expresa la funci´on como parte de una serie de potencias y una parte que contiene potencias negativas de z + i.

118

Series de Taylor y de Laurent: Singularidades

Cap´ıtulo 6

Residuos

Contents 6.1. Residuos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 6.1.1. Residuo en el Infinito. . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 6.1.2. Residuos Logar´ıtmicos - Principio del Argumento. . 122 6.2. Integrales de Funciones Reales. . . . . . . . . . . . . 124 6.2.1. Integrales de Funciones Racionales de cos(θ) y sen(θ).124 6.2.2. Integrales Impropias de Funciones Racionales. . . . . 126 6.3. Ejercicios Resueltos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

En este capitulo analizaremos los polos de funciones, el teorema del residuo y su aplicaci´ on al c´ alculo de integrales de funciones reales.

6.1.

Residuos

Primero se explicar´a qu´e es un residuo y c´ omo puede usarse para evaluar integrales I f (z) dz (6.1) C

Estas ser´an integrales de contorno tomadas alrededor de una trayectoria simple cerrada C. Si f (z) es anal´ıtica en todas partes sobre C y dentro de C, entonces tal integral es cero debido al teorema de Cauchy-Goursat. Si f (z) tiene una singularidad en

120

Residuos

un punto z = z0 en el interior de C, pero de otra forma es anal´ıtica sobre C y dentro de C, entonces f (z) tiene una serie de Laurent f (z) =

∞ X

b1 b2 + ··· + z − z0 (z − z0 )2

an (z − z0 )n +

n=0

(6.2)

que converge para todos los puntos pr´ oximos a z = z0 (excepto en z = z0 mismo), en alg´ un dominio de la forma 0 < |z − z0 | < R. Ahora sigue la idea crucial. 1 El cociente b1 de la primer potencia negativa z−z de esta serie de Laurent 0 est´ a dado por la siguiente f´ ormula integral utilizando n = 1 I 1 b1 = f (z) dz (6.3) 2πi c Esto lo podemos escribir como

I f (z) dz = 2πib1 .

(6.4)

C

Aqu´ı se integra en sentido contrario al movimiento de las manecillas del reloj alrededor de la trayectoria simple cerrada C que contiene a z = z0 en su interior. El coeficiente b1 (6.3) se denomina residuo en z = z0 y se denota por

b1 = Res f (z),

6.1.1.

z = z0 .

(6.5)

Residuo en el Infinito.

Sea f (z) anal´ıtica para |z| > R. El residuo de f (z) en el ∞ se define como sigue:

Res[f (z), ∞] =

1 2πi

I f (z) dz,

(6.6)

C

donde la integral se toma en la direcci´on negativa de una trayectoria simple cerrada C, (a favor de las manecillas del reloj), en el dominio de anal´ıticidad de

6.1 Residuos

121

la funci´on, y fuera del cual f (z) no tiene singularidad, salvo en ∞. Por tanto se puede decir que el residuo de f (z) en ∞ est´a dado por la ecuaci´on:

Res[f (z), ∞] = −a−1 ,

(6.7)

donde a−1 es el coeficiente de z −1 en el desarrollo de Laurent de f (z) en ∞: f (z) = · · · +

a−1 a−n + ··· + + a0 + a1 z + · · · zn z

(6.8)

El teorema del residuo de Cauchy tiene tambi´en una extensi´on para incluir: Sea f (z) anal´ıtica en un dominio D que incluye una vecindad diluida de ∞. Sea C una trayectoria cerrada simple en D fuera de la cual f (z) es anal´ıtica excepto para singularidades aisladas en z1 , . . . , zk . Entonces I f (z) dz = 2πi{Res[f (z), z1 ] + · · · + Res[f (z), zk ] + Res[f (z), ∞]} (6.9) C

Tomando la integral sobre C en la direcci´on negativa y que el residuo en ∞ debe ser incluido a la derecha. Para una integral en particular I f (z) dz (6.10) C

sobre una trayectoria simple cerrada C se tienen ahora dos formas de evaluaci´ on: la integral es igual a 2πi veces la suma de los residuos dentro de la umero finito de singularidades trayectoria (siempre que haya solamente un n´ all´ı), y es tambi´en igual a menos 2πi veces la suma de los residuos fuera de la trayectoria m´as el de ∞ (siempre que haya un n´ umero finito de singularidades en el dominio exterior). El principio involucrado se resume en el teorema: Si f (z) es anal´ıtica en el plano z extendido excepto para un n´ umero finito de singularidades, entonces la suma de todos los residuos de f (z) (incluyendo ∞) es cero. Para evaluar los residuos en ∞, se puede formular un grupo de reglas. A) Si f(z) tiene un cero de primer orden en ∞, entonces Res[f (z), ∞] = − l´ım zf (z) z→∞

(6.11)

Si f (z) tiene un cero de segundo orden u orden m´ as alto en ∞, el residuo en ∞ es 0. B) 

1 Res[f (z), ∞] = −Res 2 f z

   1 ,0 z

(6.12)

122

Residuos donde f (z) = · · · + an z n + · · · + a1 z + a0 +

a−1 a−2 + 2 + ··· , z z

|z| > R (6.13)

Entonces   1 = z a1 an = ··· + n + ··· + + a0 + a−1 z + a−2 z + · · · , z z  1 a−1 a0 1 f = ··· + 2 + + a−2 + · · · z2 z z z f

0 < |z| <

1 R

(6.14)

Por lo que 

1 Res 2 f z

   1 , 0 = a−1 z

(6.15)

Este resultado reduce el problema a la evaluaci´on de un residuo en 0.

6.1.2.

Residuos Logar´ıtmicos - Principio del Argumento.

Sea f (z) anal´ıtica en un dominio D. Entonces

f 0 (z) , f (z)

(6.16)

es anal´ıtica en D excepto en los ceros de f (z). Si se elige una rama anal´ıtica de log f (z) en parte de D (necesariamente exluyendo los ceros de f (z)), entonces d f 0 (z) log f (z) = dz f (z)

(6.17)

Por esta raz´on la expresi´on 6.16 se conoce como la derivada logar´ıtmica de f (z) y conduce al siguiente teorema. Sea f (z) anal´ıtica en un dominio D. Sea C una trayectoria cerrada simple D dentro de la cual f (z) es anal´ıtica excepto para un n´ umero finito de polos y sea f (z) 6= 0 sobre C. Entonces I f 0 (z) 1 dz = N0 − Np (6.18) 2πi C f (z) Donde N0 es el n´ umero total de ceros en f dentro de C y Np es el n´ umero total de polos de f dentro de C, cont´andose los ceros y los polos de acuerdo a sus multiplicidades.

6.1 Residuos

123

Conforme C recorre la trayectoria C, el punto w = f (z) traza una trayectoria Cw en el plano w y cambiando variables se obtiene I Z 1 f 0 (z) 1 dw dz = (6.19) 2πi C f (z) 2πi cw w La trayectoria Cw ser´a una trayectoria cerrada, pero se puede cruzar varias veces a s´ı misma. Por suposici´on, f (z) 6= 0 sobre C, de manera que Cw no pasa por el origen del plano w, obteniendose la integral Z w2 dw = log(w2 ) − log(w1 ) (6.20) w w1 mide el cambio total en log(w), como log(w) var´ıa continuamente sobre la trayectoria. Si w1 = w2 , entonces log(w2 )−log(w1 ) = log |w2 |+i arg(w2 )−[log |w1 |+i arg(w1 )] = i[arg(w2 )−arg(w1)] (6.21) Luego, sobre una trayectoria cerrada Cw , la integral Z dw (6.22) Cw w es puramente imaginaria y mide i veces el cambio total en arg(w), como arg(w) var´ıa continuamente sobre la trayectoria. Este cambio total en arg(w) debe ser un m´ ultiplo de 2π, puesto que w1 = w2 , y puede considerarse como una medida del n´ umero de veces que la trayectoria Cw encierra al origen en el plano w. Tambi´en

Z Cw

dw =i w

Z Cw

−v du + u dv . u2 + v 2

(6.23)

La ecuaci´ on 6.23 es llamada integral de Kronecker Si I f 0 (z) 1 1 dz = [aumento en arg[f (z)] sobre la trayectoria] (6.24) 2πi C f (z) 2π Z Z 1 dw 1 −v du + u dv = N0 − Np = = 2πi Cw w 2π Cw u2 + v 2 La afirmaci´ on: 1 [aumento en arg[f (z)] sobre la trayectoria] = N0 − Np 2π

(6.25)

se conoce como el principio del argumento. El cual es de gran valor para encontrar las ra´ıces de funciones anal´ıticas, el siguiente teorema explica este principio.

124

Residuos

Teorema. Sea f (z) anal´ıtica en un dominio D. Sea Cz una trayectoria cerrada simple en D, dentro de la cual f (z) es anal´ıtica. Si la funci´on f (z) representa a la curva Cz en una transformaci´ on uno a uno sobre una trayectoria cerrada simple Cw en el plano w y f 0 (z) 6= 0 dentro de Cz , entonces f (z) representa el interior de Cz en una transformaci´ on uno a uno en todo el interior de Cw . H Ejemplo 6.1.1. Evalue C cot(z) dz, con C la trayectoria dada en la Figura 6.1. y C πi

π

−π

x 2π

3π

−πi −2πi Figura 6.1: Prueba del Principio del Argumento.

Soluci´ on: Reescribiendo la integral se tiene cot z =

f 0 (z) cos z = sen z f (z)

(6.26)

donde f (z) = sen z. Como f tiene 5 ceros simples y ning´ un polo encerrado por C, el principio del argumento da I cot z dz = 2πi(5 − 0) = 10πi (6.27) C

6.2.

Integrales de Funciones Reales.

El teorema del residuo tambi´en constituye un m´etodo muy elegante y simple para evaluar ciertas clases de integrales reales complicadas.

6.2.1.

Integrales de Funciones Racionales de cos(θ) y sen(θ).

Primero se considerar´ an integrales del tipo Z I=

2π

F [cos θ, sen θ] dθ 0

(6.28)

6.2 Integrales de Funciones Reales.

125

en donde F [cos θ, sen θ] es una funci´on racional de cos θ y sen θ. Por ejemplo, sen2 θ on. Al hacer eiθ = z se obtiene 5−4 cos θ , y es finita sobre el intervalo de integraci´

1 1 cos θ = (eiθ +e−iθ ) = 2 2





1 z+ z

1 1 , sen θ = (eiθ −e−iθ ) = 2i 2i



 1 z− , z (6.29)

y se observa que el integrando se vuelve una funci´on racional de z, por ejemplo f (z). A medida que θ var´ıa desde 0 hasta 2π, la variable z var´ıa una vez alrededor de la circunferencia unitaria |z| = 1 en sentido contrario al movimiento de las dz iθ manecillas del reloj. Como dz dθ = ie , se tiene que dθ = iz , y la integral dada asume la forma I dz (6.30) I= f (z) iz C la integraci´on se efect´ ua en sentido contrario al movimiento de las manecillas del reloj alrededor de la circunferencia unitaria. Ejemplo 6.2.1. Verificar que Z

2π

√

0

dθ = 2π 2 − cos θ

Soluci´ on: Se usa cos θ = 12 (z + z1 ) y dθ = I C

√

2−

dz iz 1 2 z

dz iz .

(6.31)

As´ı, la integral se vuelve

I

+


1 z

dz √ i 2 − 2 2z + 1) − (z C 2 I 2 dz √ √ = − i C (z − 2 − 1)(z − 2 + 1)

=

(6.32)

√ Se observa que el integrando tiene dos polos simples, uno en z1 = 2 + 1, que est´a fuera de la circunferencia unitaria C: |z| = 1 y por tanto carece de inter´es; √ y el otro en z2 = 2 − 1 dentro de C, en donde el residuo es   1 1 1 √ √ √ Resz=z2 = =− √ 2 (z − 2 − 1)(z − 2 + 1) (z − 2 − 1) z= 2−1

(6.33)

Junto con el factor − 2i antes de la integral, sustituyendo se tiene el resultado deseado    2 1 2πi − − = 2π (6.34) i 2

126

Residuos

6.2.2.

Integrales Impropias de Funciones Racionales.

Son integrales de este tipo ∞

Z

f (x) dx

I=

(6.35)

−∞

Tal integral, para la que el intervalo de integraci´on no es finito, se denomina integral impropia, y significa que Z

∞

Z

0

f (x) dx = l´ım

a→−∞

−∞

Z f (x) dx + l´ım

b→∞

a

b

f (x) dx

(6.36)

0

Si ambos l´ımites existen, entonces es posible acoplar los dos pasajes independientes a −∞ y ∞, y escribir

Z

∞

Z

R

f (x) dx = l´ım

R→∞

−∞

f (x) dx.

(6.37)

−R

Se supone que la funci´ on f (x) es una funci´on racional real cuyo denominador es diferente de cero para todo x real, y que su grado es por lo menos dos unidades mayor que el grado del denominador. As´ı, el l´ımite existe. Considerando la siguiente integral de contorno correspondiente I f (z) dz (6.38) C

alrededor de una trayectoria C. Como f (x) es racional, entonces f (z) tiene una infinidad de polos en el semiplano superior, y si se elige R suficientemente grande, entonces C abarca a todos estos polos. Entonces, por el teorema del residuo se obtiene I

I f (z) dz =

C

Z

R

f (z) dz + S

f (x) dx = 2πi

X

Res f (z)

(6.39)

−R

en donde la suma consta de todos estos residuos de f (z) en los puntos en el semiplano superior en donde f (z) tiene un polo. A partir de lo anterior se obtiene Z

R

f (x) dx = 2πi −R

X

Z Res f (z) −

f (z) dz

(6.40)

S

Si R → ∞, entonces el valor de la integral sobre el semic´ırculo S tiende a cero. Si se hace z = Reiθ , entonces S est´a representado por R = constante, y a medida que z var´ıa a lo largo de S, la variable θ var´ıa desde 0 hasta π. Como, por

6.2 Integrales de Funciones Reales.

127

hip´otesis, el grado del denominador de f (z) es por lo menos dos unidades mayor que el grado del numerador, entonces se tiene |f (z)| <

k |z|2

(|z| = R > R0 )

(6.41)

para constantes k y R0 suficientemente grandes. Por la desigualdad M L se tiene Z f (z) dz < k πR = kπ (R > R0 ) (6.42) R2 R S

Por tanto, cuando R tiende a infinito, el valor de la integral sobre S tiende a cero y se produce el resultado

Z

∞

f (x) dx = 2πi

X

Res f (z),

(6.43)

−∞

en donde se suma sobre todos los residuos f (z) correspondientes a los polos de f (z) en el semiplano superior. Ejemplo 6.2.2. Verificar Z

∞

0

Soluci´ on: f (z) =

1 1+z 4 πi

dx π = √ 4 1+x 2 2

(6.44)

tiene cuatro polos simples en los puntos

z1 = e 4 , z2 = e

3πi 4

, z3 = e

−3πi 4

, z4 = e

−πi 4

(6.45)

Los dos primeros estan en el semiplano superior, tal y como y lo muestra en la Figura 6.2. Entonces se tiene:     1 1 1 πi 1 −3πi Resz=z1 f (z) = = = e 4 =− e4 (1 + z 4 )0 z=z1 4z 3 z=z1 4 4     1 1 −9πi 1 1 −πi Resz=z2 f (z) = = = e 4 = e 4 (1 + z 4 )0 z=z2 4z 3 z=z2 4 4 (6.46) Entonces se obtiene Z ∞ −πi πi dx π 2πi π = (−e 4 + e 4 ) = π sen = √ 4 1 + x 4 4 2 2 −∞ Como

1 1+x4

es una funci´ on par, entonces se obtiene, como se afirm´o Z Z ∞ dx 1 ∞ dx π = = √ 1 + x4 2 −∞ 1 + x4 2 2 0

(6.47)

(6.48)

128

Residuos Plano complejo z y z1

z0

x 0.5 z2

1 z3

Figura 6.2: Ubicaci´ on de los polos de f (z).

Ejemplo 6.2.3. Verificar Z

∞

−∞

x2 − 1 π dx = 4 2 x + 5x + 4 6

(6.49)

Soluci´ on: El grado del denominador es dos unidades mayor que el del numerador, por tanto, se tiene que f (z) =

p(z) z2 − 1 z2 − 1 = 4 = 2 2 q(z) z + 5z + 4 (z + 4)(z 2 + 1)

(6.50)

que tiene polo simples en 2i e i en el semiplano superior (y en −2i y −i en el semiplano inferior, que carecen de inter´es aqui). Por tanto, se calculan los residuos observando que q 0 (z) = 4z 3 + 10z   2 5 z −1 = Resz=2i f (z) = 4z 3 + 10z z=2i 12i  2  z −1 2 Resz=i f (z) = =− (6.51) 4z 3 + 10z z=i 6i Aplicando el teorema del residuo se tiene 2πi(

5 2 π − )= 12i 6i 6

(6.52)

Como se afirm´ o.

6.3.

Ejercicios Resueltos.

Ejemplo 2: Demostrar que la serie z(1 − z) + z 2 (1 − z) + z 3 (1 − z) + . . . converge para |z| < 1 y hallar su suma.

6.3 Ejercicios Resueltos.

129

Soluci´ on: La suma de los primeros n t´erminos de la serie es sn (z) = z(1 − z) + z 2 (1 − z) + . . . + z n (1 − z) = z − z 2 + z 2 − z 3 + . . . + z n − z n+1 = z − z n+1 . Ahora |sn (z) − z| = | − z n+1 | = |z|n+1 < . log  log  o n > log Para (n + 1) log(z) < log(), o sea, n + 1 > log |z| ´ |z| − 1 si z 6= 0. Si z = 0, sn (0) = 0 y |sn (0) − 0| <  para todo n. Por esto l´ımn→∞ sn (z) = z, la suma buscada para todo z tal que |z| < 1. Ejemplo 3: Demostrar que la serie z(1 − z) + z 2 (1 − z) + z 3 (1 − z) + . . . es absolutamente convergente para |z| < 1. Soluci´ on: fn (z) = z(1 − z)| + |z 2 (1 − z)| + . . . + |z n (1 − z)| = |1 − z|[|z| + |z|2 + |z|3 + . . . + |z|n ]   1 − |z|n = |1 − z| · |z| 1 − |z| n Si |z| < 1, entonces l´ım |z| = 0 y l´ımn→∞ fn (z) existe de modo que la serie es absolutamente convergente. Ejemplo 4: Demostrar para que valores de z convergen las siguientes series: P∞ n A) n=0 nz2 2n . Soluci´ on: Si un =

zn n2 2n

un+1 z n+1 n2 2n |z| = l´ım · n = l´ım n→∞ (n + 1)2 2n+1 n→∞ un z 2 Aplicando la prueba de la raz´on, la serie converge si |z| < 2 y diverge si |z| > 2. Si |z| = 2, la prueba de la raz´on falla. P∞ zn P∞ |z|n Sin embargo, los valores absolutos P∞ 1 de la serie n=0 n2 2n = n=0 n2 2n converge si |z| = 2, desde n=1 n2 converge. As´ı, la serie converge (absolutamente) para |z| ≤ 2, si todos los puntos estan dentro del c´ırculo |z| = 2. B)

P∞

n=0

(−1)n−1 z 2n−1 (2n−1)!

=z−

z3 3!

+

z5 5! .

Soluci´ on: n 2n+1 un+1 (2n − 1)! −z 2 = l´ım (−1) z =0 l´ım · = l´ ım n−1 2n−1 n→∞ n→∞ n→∞ 2n(2n + 1) un (2n + 1)! (−1) z Entonces la serie, que representa al sen(z), converge para todos los valores de z.

130

Residuos P∞

n

z Ejemplo 5: Probar que n=0 n(n+1) converge absolutamente para |z| ≤ 1. Soluci´ on: n z |z|n 1 zn Si |z| ≤ 1, entonces n(n+1) ≤ n12 , tomando un = n(n+1) , = n(n+1) ≤ n(n+1) P∞ 1 1 1 1 vn = n2 en el criterio de comparaci´on y si n=0 n2 = 1p = 1p−1 , donde, 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + ≤ + = , + + + ≤ p p p p p−1 p p p p 2 3 2 2 2 4 5 6 7 4p + 4p + 4p + p = 4p−1 . Con lo cual se deduce que la suma de cualquier n´ umero finito de t´erminos de la serie dada es menor que la serie geom´etrica.

1 1 1 1 1 + p−1 + p−1 + p−1 + · · · = 1 1p−1 2 4 8 1 − 2p−1 Que converge para p > 1, entonces vemos que converge absolutamente.

P

|un | converge, o sea,

P

un

Ejemplo 6: Hallar la regi´ on de convergencia de las siguientes series: A)

P∞

n=0

(−1)n−1 z 2n−1 . (2n−1)! n−1 2n−1

n 2n+1

z z Soluci´ on: Si un = (−1)(2n−1)! , entonces un+1 = (−1) (2n+1)! . Por esto, excluyendo z = 0 para el cual la serie dada converge, tenemos 2 un+1 z (2n − 1)! (2n − 1)!|z|2 = l´ım = l´ ım l´ım n→∞ un n→∞ 2n + 1 n→∞ (2n + 1)(2n)(2n − 1)!

|z|2 =0 n→∞ (2n + 1)(2n)

= l´ım

Para todo z finito, de tal, modo que la serie converge (absolutamente) para todo z, y decimos que la serie converge para |z| < ∞. Se puede decir, equivalentemente, que el c´ırculo de convergencia es ∞ o que el radio de convergencia es ∞. B)

P∞

n=0

n!z n .

Soluci´ on: Si un = n!z n , entonces un+1 = (n+1)!z n+1 . Entonces excluyendo z = 0 para el cual la serie dada converge, tenemos: n+1 un+1 = l´ım (n + 1)!z = l´ım (n + 1)|z| = ∞ l´ım n→∞ n→∞ un n→∞ n!z n De tal modo que la convergencia es s´olo en z = 0.

Ejemplo 7: Encontrar las siguientes series de Maclaurin:

6.3 Ejercicios Resueltos. A) f (z) =

131

1 1+z 2 .

Soluci´ on: Al sustituir −z 2 por z se obtiene ∞ ∞ X X 1 1 2 n = = (−z ) = (−1)n z 2n 1 + z2 1 − (−z)2 n=0 n=0

= 1 − z2 + z4 − z6 + . . .

B) f (z) = tan−1 (z). Soluci´ on: Se tiene f (z) = f (0) = 0, se obtiene tan−1 =

1 1+z 2 .

Al integrar t´ermino a t´ermino y usando

∞ X (−1)n 2n+1 z3 z5 z =z− + − +... 2n + 1 2 5 n=0

(|z| < 1)

Esta serie representa el valor principal de w = u + iv = tan−1 (z), definido como el valor para el que |u| < π2 . Ejemplo 8: Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: A) f (z) = sen(z)

z0 = 0

Soluci´ on: Derivando sucesivamente la funci´on se obtiene: f (z) = sen(z) f 0 (z) = cos(z) f 00 (z) = − sen(z) f 000 (z) = − cos(z) f (4) (z) = sen(z) Sustituyendo en la serie de Taylor, tomando z0 = 0 f (z) = f (z0 ) + f (z) = sen(0)+

f 0 (z0 ) f 00 (z0 ) f 000 (z0 ) (z − z0 ) + (z − z0 )2 + (z − z0 )3 + . . . 1! 2! 3! cos(0) sen(0) cos(0) sen(0) (z−0)− (z−0)2 − (z−0)3 + (z−0)4 +. . . 1! 2! 3! 4! 1 1 5 f (z) = z − z 3 + z − ··· 6 120

132

Residuos B) f (z) = sen(z)

z0 = i

Soluci´ on: Derivando sucesivamente la funci´on se obtiene: f (z) = sen(z) f 0 (z) = cos(z) f 00 (z) = − sen(z) f 000 (z) = − cos(z) f (4) (z) = sen(z) Sustituyendo en la serie de Taylor, tomando z0 = i f (z) = f (z0 ) +

f 0 (z0 ) f 00 (z0 ) f 000 (z0 ) (z − z0 ) + (z − z0 )2 + (z − z0 )3 + . . . 1! 2! 3!

f (z) = sen(i)+

cos(i) sen(i) cos(i) sen(i) (z−i)− (z−i)2 − (z−i)3 + (z−i)4 +. . . 1! 2! 3! 4!

Ejemplo 9: Encontrar las siguientes series de Taylor: A) f (z) = ez , alrededor de i. Soluci´ on: f (z) = f (z0 ) +

f 00 (z0 ) f 000 (z0 ) f 0 (z0 ) (z − z0 ) + (z − z0 )2 + (z − z0 )3 + . . . 1! 2! 3!

f (z) = ei + ei (z − i) +

ei ei (z − i)2 + (z − i)3 + . . . 2 6

B) f (z) = cos(z), alrededor de 3i. Soluci´ on: f (z) = f (z0 ) +

f 0 (z0 ) f 00 (z0 ) f 000 (z0 ) (z − z0 ) + (z − z0 )2 + (z − z0 )3 + . . . 1! 2! 3!

f (z) = cos(3i) − sen(3i)(z − 3i) −

cos(3i) sen(3i) (z − 3i)2 + (z − 3i)3 + . . . 2 6

Ejemplo 10: Encontrar el radio de convergencia de la serie de Taylor csc(z) alrededor de 3 − 4i. Soluci´ on: 1 Como csc(z) = sen(z) , esta funci´ on es diferenciable excepto en z = nπ, con n cualquier entero. Observando que π es el punto m´as cercano a 3 − 4i en el cual csc(z) no es diferenciable. la distancia entre π y 3 − 4i es p (π − 3)2 + 16,

6.3 Ejercicios Resueltos.

133

Plano complejo z y π

x

R=

p

(π − 3)2 + 42

(3, −4) Figura 6.3: Figura para el Problema 10.

y ´este es el radio de convergencia del desarrollo en serie de csc(z) alrededor de 3 − 4i. Ejemplo 11: Hallar la serie de Laurent alrededor de las singularidades indicadas para cada una de las siguientes funciones. Clasificar la singularidad en cada caso e indique la regi´ on de convergencia de cada serie. A)

e2z (z−1)3 ;

z = 1.

Soluci´ on: Sea z − 1 = u. Entonces z = 1 + u y   e2z e2+2u e2 2u e2 (2u)3 (2u)4 (2u)2 = = 3 ·e = 3 1 + 2u + + + + ··· (z − 1)3 u3 u u 2! 3! 4! =

2e2 2e2 4e3 2e2 e2 + + + + (z − 1) + · · · 3 2 (z − 1) (z − 1) z−1 3 3

z = 1 es un polo de tercer orden, o polo triple. 1 B) (z − 3) sen( z+2 );

z = −2.

Soluci´ on: Sea z + 2 = u. Entonces z = u − 2 y (z − 3) sen(

h1 i 1 1 1 1 ) = (u + 5) sen( ) = (u − 5) − + − ··· 3 5 z+2 z u 3!u 5!u =1−

=1−

1 5 1 5 − + + − ··· u 3!u2 3!u3 5!u4

1 5 5 1 − + + − ··· 2 3 z + 2 6(z + 2) 6(z + 2) 120(z + 2)4

z = −2 es una singularidad esencial. La serie converge para todos los valores de z 6= −2.

134

Residuos C)

z−sen(z) ; z3

z = 0.

Soluci´ on:    z − sen(z) 1 z3 z5 z7 = z − z − + − + · · · z3 z3 3! 5! 7! i 1 h z3 z5 z7 1 z2 z4 − + − · · · = − + − ··· z 3 3! 5! 7! 3! 5! 7!

=

z = 0 es una singularidad evitable. La serie converge para todos los valores de z. D)

z (z+1)(z+2) ;

z = −2.

Soluci´ on: Sea z = −2. Entonces z + 2 = u y u−2 2−u 1 2−u z = = · = (1 + u + u2 + u3 + · · · ) (z + 1)(z + 2) (u − 1)u u 1−u u u 2 + 1 + u + u2 + · · · = + 1 + (z + 2) + (z + 2)2 + · · · 2 z+2 z = −2 es un polo de primer orden o polo simple. La serie converge para todos los valores de z tales que 0 < |z + 2| < 1. Ejemplo 12: Desarrollar f (z) = para:

1 (z+1)(z+3)

en una serie de Laurent v´ alida

A) 1 < |z| < 3. Soluci´ on: Resolviendo en fracciones parciales, se tiene 1 1 1 1 2 ( z+1 ) − 2 ( z+3 )

1 (z+1)(z+3)

=

Si z > 1 1 1 1 = = 1 2(z + 1) 2z 2z(1 + z )



1 1 1 1 − + 2 − 3 + ··· z z z

 =

1 1 1 1 − 2 + 3 − 4 +· · · 2z 2z 2z 2z

Si |z| < 3 1 1 1 = = 2(z + 3) 6(1 + z3 ) 6

  z z2 z3 1 z z2 z3 1− + − + ··· = − + − +· · · 3 9 27 6 18 54 162

Entonces la serie de Laurent buscada, v´alida para |z| > 1 y |z| < 3, o sea 1 < |z| < 3, es ··· −

1 1 1 1 z z2 z3 1 + − + − + − + − ··· 2z 4 2z 3 2z 2 2z 6 18 54 162

6.3 Ejercicios Resueltos.

135

B) |z| > 3. Soluci´ on: Si z > 1, tenemos Si z > 1 1 1 1 = 1 = 2z 2(z + 1) 2z(1 + z )



1 1 1 1 − + 2 − 3 + ··· z z z



27 3 9 + 2 − 3 + ··· z z z



=

1 1 1 1 + − +· · · − 2z 2z 2 2z 3 2z 4

=

1 9 27 3 + − +· · · − 2z 2z 2 2z 3 2z 4

Si |z| > 3 1 1 1 = = 2(z + 3) 2z 2z(1 + z3 )

 1−

Entonces la serie de Laurent buscada, v´alida para |z| > 1 y |z| > 3, o sea, |z| > 3, es, restando 1 4 13 40 − 3 + 4 − 5 + ··· 2 z z z z

C) 0 < |z + 1| < 2. Soluci´ on: Sea z + 1 = u, tenemos 1 1 1 1 = = = (z + 1)(z + 3) u(u + 2) 2u(1 + u2 ) 2u =



u u2 u3 1− + − + ··· 2 4 8



1 1 1 1 − + (z + 1) − (z + 1)2 + · · · 2(z + 1) 4 8 16

v´ alida para |u| < 2, u 6= 0 ´ o 0 < |z + 1| < 2. D) |z| < 1. Soluci´ on: 1 1 1 1 1 1 1 = = (1 − z + z 2 − z 3 + · · · ) = − z + z 2 − z 3 + · · · 2(z + 1) 2(1 + z) 2 2 2 2 2 Si |z| < 3 1 1 1 = z = 2(z + 3) 6(1 + 3 ) 6

  z z2 z3 1 z z2 z3 1− + − + ··· = − + − +· · · 3 9 27 6 18 54 162

Entonces la serie de Laurent buscada, v´alida para |z| < 1 y |z| < 3, o sea |z| < 1, es, restando 1 4 13 40 − z − z2 − z3 + · · · 3 9 27 81 Esta es una serie de Taylor.

136

Residuos

Ejemplo 13: Localizar en el plano finito z todas las singularidades de las siguientes funciones: A) f (z) =

z2 (z+1)3 .

Soluci´ on: z = −1 es un polo de tercer orden. B) f (z) =

2z 3 −z+1 (z−4)2 (z−i)(z−1+2i)

Soluci´ on: z = 4 es un polo de segundo orden (polo doble); z = i y z = 1 − 2i son polos de primer orden (polos simples). C) f (z) =

1−cos(z) z

Soluci´ on: z = 0 aparece como una singularidad. Sin embargo, si l´ımx→0 1−cos(z) = 0, esta es una singularidad removible. z h  i 1 z2 z4 z6 = = Otro m´ etodo: Teniendo 1−cos(z) 1 − 1 − + − + · · · z z 2! 4! 6! z 2!

−

z3 4!

+ · · · , observando que si z = 0 es una singularidad removible.

D) f (z) =

sen (mz) z 2 +z+2

m 6= 0

Soluci´ on: Teniendo z 2 + 2z + 2 = 0, se obtiene: p √ √ −2 ± 4 − 8 −2 ± 2i −b ± b2 − 4ac −2 ± (2)2 − 4(1)(2) = = = −1±i z1, 2 = 2a 2(1) 2 2 con lo cual se puede escribir z 2 + 2z + 2 = [z − (−1 + i)][z − (−1 − i)] = (z + 1 − i)(z + 1 + i). Obteniendo dos polos simples en: z = −1 + i y z = −1 − i. E) f (z) = e

1 − (x−1) 2

Soluci´ on: Al desarrollar la funci´ on en series de Laurent se obtiene 1−

1 1 + − ··· 2 (z − 1) 2!(z − 1)4

La cual es una serie de Laurent donde la parte principal tiene numero infino de t´erminos que no son cero. Por tanto z = 1 es una singularidad esencial.

´Indice alfab´etico

complejo n´ umero, 2

algebraica del n´ umero complejo, 14 trigonom´etrica del n´ umero complejo, 14 forma Residuos, 119 exponencial del n´ umero complejo, Integral de Kronecker, 123 17 Integrales de Funciones Reales, 124 Funciones Anal´ıticas, 37 Integrales de Funciones RacionaDerivada, 54 les de cos(θ) y sen(θ), 124 Ecuaciones de Cauchy-Riemann en Integrales Impropias de FuncioForma Polar, 59 nes Racionales, 126 Ecuaciones de Laplace, 60 Residuo en el Infinito, 120 Funciones Arm´onicas Conjugadas, Residuos Logar´ıtmicos - Principio 59 del Argumento, 122 Integrales, 67 series Forma Integral de Cauchy, 82 de potencias, 93 Primera Forma, 82 valor principal, 11 Segunda Forma, 89 Integral Compleja en T´erminos de Integrales Reales, 71 Integral de una Funci´on Compleja, 67 Integrales de L´ınea, 69 Teorema de Cauchy-Goursat, 77 N´ umeros Complejos, 2 C´ırculos y Discos, 30 Regiones en el Plano, 35 representaci´ on