Análisis_complejo_Garcia_D__Paiva_J__Herrera_A_

Vista previa del material en texto

Análisis
Complejo
Dolores Sánchez Garćıa
José Orlando Namuche Paiva
Adelmo Pérez Herrera
Análisis Complejo
Dolores Sánchez Garćıa
José Orlando Namuche Paiva
Adelmo Pérez Herrera
Análisis Complejo
Autores:
Dolores Sánchez Garćıa
José Orlando Namuche Paiva
Adelmo Pérez Herrera
La presentación y disposición en conjunto de ANÁLISIS COMPLEJO son propiedad
del editor. Ninguna parte de esta obra puede ser reproducida o transmitida, medi-
ante ningún sistema o método, electrónico o mecánico (incluyendo el fotocopiado, la
grabación o cualquier sistema de recuperación y almacenamiento de información), sin
consentimiento por escrito del editor o de los autores
Derechos reservados c©
Primera edición: Mayo 2013
Obra editada por:
José Orlando Namuche Paiva
Impreso en el Perú - Printed in Perú
Índice general
1. Números complejos 6
1.1. El cuerpo de los números complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.1. Aritmética de los números complejos . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.2. Plano complejo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.1.3. Conjugado de un número complejo . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.1.4. Módulo de un número complejo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.1.5. Conjunto de puntos en el plano complejo . . . . . . . . . . . . . . 17
1.2. Forma trigonométrica o polar de un número complejo . . . . . . . . . . . 23
1.2.1. Operaciones en C en forma polar . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.3. Forma exponencial compleja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
1.3.1. Ráız n−ésima de un número complejo . . . . . . . . . . . . . . . 32
1.4. Topoloǵıa en el plano complejo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
1.4.1. conjuntos abiertos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
1.4.2. Conjuntos cerrados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2. Funciones complejas, ĺımites y continuidad 51
2.1. Funciones de una variable compleja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.1.1. Parte real e imaginaria de una función compleja . . . . . . . . . . 54
2.1.2. Función exponencial compleja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
2.1.3. Uso de las coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
2.1.4. Funciones complejas como mapeos o transformaciones . . . . . . . 57
2.1.5. Mapeos lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
2.2. Curvas paramétricas en el plano complejo . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
2.2.1. Curvas paramétricas comunes en el plano complejo . . . . . . . . 64
2.2.2. Imagen de una curva paramétrica bajo un mapeo complejo . . . . 65
2.3. Ĺımites y continuidad de funciones complejas . . . . . . . . . . . . . . . . 66
4
2.3.1. Ĺımites en el infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
2.3.2. Continuidad de funciones complejas . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
3. Derivación e integración compleja 76
3.1. Derivada de una función compleja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
3.2. Funciones anaĺıticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
3.3. Ecuaciones de Caychy-Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
3.4. Ecuaciones de Cauchy-Riemann en coordenadas polares . . . . . . . . . . 88
3.5. Funciones armónicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
3.6. Integración en el plano complejo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
3.6.1. Curvas y contornos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
3.6.2. Integración compleja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
3.6.3. Integrales de contorno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
3.6.4. Propiedades de la integral de contorno . . . . . . . . . . . . . . . 117
3.6.5. Integral de contorno independiente de la curva . . . . . . . . . . . 126
3.6.6. El teorema de Cauchy-Goursat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
Bibliograf́ıa 133
5
Caṕıtulo 1
Números complejos
SECCIÓN 1.1
El cuerpo de los números complejos
Definición 1.1. Se define un número complejo z por dos números reales a y b y se
escribe aśı
z = a+ ib o bien z = x+ iy
donde i es la unidad imaginaria, teniendo en cuenta que i2 = −1.
En el número complejo z = a+ ib, a es la parte real de z y se escribe Re(z) = a, b es la
parte imaginaria y se escribe Im(z) = b.
Definición 1.2. Dos números complejos son iguales si tienen las partes reales iguales
y las partes imaginarias iguales.
i.e
Sean los números complejos z = a+ ib y w = c+ id entonces z = w si a = c y b = d
SUBSECCIÓN 1.1.1
Aritmética de los números complejos
Sean los números complejos z = a + ib y w = c+ id
1. Suma:
z + w = (a+ c) + i(b+ d)
6
1.1. El cuerpo de los números complejos 7
2. Sustracción:
z − w = (a− c) + i(b− d)
3. Multiplicación:
z · w = (a + ib)(c+ id)
= (ac− bd) + i(bc + ad)
4. División:
z
w
=
a + ib
c + id
, c 6= 0, d 6= 0
z
w
=
(
ac+ bd
c2 + d2
)
+ i
(
bc− ad
c2 + d2
)
Ejemplo 1.1. Efectuar (5 + 9i) + (2 + 4i)
Solución.
(5− 9i) + (2− 4i) = 7− 13i
Ejemplo 1.2. Efectuar (2− 3i)(4 + i)
Solución.
(2− 3i)(4 + i) = (2 + (−3)i)(4 + 1 · i)
= (2(4)− (−3)(1)) + i((−3)(4) + (2)(i))
= 11 + i(−10)
= 11− 10i
Ejemplo 1.3. Efectuar
2− 4i
3 + 5i
Solución.
2− 4i
3 + 5i
+
2 + (−4)i
3 + 5i
=
(
2(3) + (−4)(5)
34
)
+ i
(
(−4)(3) + 2(5)
34
)
= −14
34
+ i
(−22
34
)
= − 7
17
− 11
17
i
Propiedades
Sean los números complejos z1, z2 y z3. Entonces
1.1. El cuerpo de los números complejos 8
1. Conmutativa:
z1 + z2 = z2 + z1
z1z2 = z2z1
2. Asociativa
z1 + (z2 + z3) = (z1 + z2) + z3
z1(z2z3) = (z1z2)z3
3. Distributiva: z1(z2 + z3) = z1z2 + z1z3
A manera de ilustración probaremos la propiedad conmutativa.
Sean z1 = a1 + ib1; z2 = a2 + ib2, luego
z1 + z2 = (a1 + a2) + i(b1 + b2)
= (a2 + a1) + i(b2 + b1)
z1 + z2 = z2 + z1
También:
z1z2 = (a1a2 − b1b2) + i(b1a2 + a1b2)
= (a2a1 − b2b1) + i(a1b2 + b1a2)
= (a2a1 − b2b1) + i(b2a1 + a2b1)
z1z2 = z2z1
Observación 1.1.
1. Si en la parte (1) de la sección (1.1.1), hacemos b = d = 0, tenemos:
(a+ ib) + (c+ id) = (a+ c) + i(b+ d)
(a+ i0) + (c+ i0) = (a+ c) + i0
a + c = (a+ c) + i0
lo que quiere decir que cualquier número real x, se puede escribir en la forma
x = x+ i0.
1.1. El cuerpo de los números complejos 9
2. Una consecuencia de lo anterior es:
i = 0 + i1 ⇒ i2 = (0 + i1)(0 + i1)
i2 = (−1)
3. Consideraremos el complejo cero, como: 0 = 0 + i0 y la unidad en los números
complejos lo escribiremos como:
1 = 1 + i0 o 1 = 1 + 0i
Luego, denotamos el cuerpo de los números complejos como: C = {z = a+ ib/a, b ∈ R}
SUBSECCIÓN 1.1.2
Plano complejo
Existe una natural correspondencia entre números complejos y puntos en el plano xy.
Todo número complejo z = x+ iy se asocia con el punto (x, y) del plano (Figura 1.1).
Se prueba fácilmente que la aplicación
C → R2
x+ iy → (x, y)
es un isomorfismo de espacios vectoriales
i
iy
x+ iy
eje imaginario
eje realx
(x, y)
x
y
Figura 1.1: Plano complejo
1.1. El cuerpo de los números complejos 10
Definición 1.3. Definamos ahora el conjunto de los números complejos de la siguiente
manera
C = {(a, b)/a ∈ R, b ∈ R}
Las operaciones de adición (+) y multiplicación (·) se definen aśı:
Adición: (a, b) + (c, d) = (a + c, b+ d)
Multiplicación: (a, b) · (c, d) = (ac− bd, ad+ bc)
Igualdad: (a, b) = (c, d) ⇔ a = c ∧ b = d
Observación 1.2.
1. Si z = a+ ib = (a, b) un número complejo cualquiera.
Si a = 0, b = 1
z = 0 + i · 1 = (0, 1)
i = (0, 1)
Además
i2 = (0, 1) · (0, 1) = (−1, 0)
i2 = −1
2.
a+ ib = (a, 0) + (0, 1)(b, 0)
= (a, 0) + (0, b)
a+ ib = (a, b)
Con la definición (1.1) o con la definición (1.2) se puede probar que C verifica los axiomas
de cuerpo.
∀ (a, b) ∈ C, se tiene:
El neutro de la suma es: (0, 0)
El inverso de la suma es: (−a,−b)
1.1. El cuerpo de los números complejos 11
El neutro de la multiplicación:(1, 0)
El inverso de la multiplicación:
(
a
a2 + b2
,
−b
a2 + b2
)
El inverso multiplicativo se halla aśı:
(a, b) · (c, d) = (1, 0) siendo (c, d) el inverso de (a, b)
(ac− bd, ad+ bc) = (1, 0)
ac− bd = 1 (1.1)
ad+ bc = 0 (1.2)
De (1.2): ad = −bc entonces d = −bc
a
reemplazamos en (1.1)
ac− b
(−bc
a
)
= 1
a2c+ b2c = a
c =
a
a2 + b2
De la misma manera de (1.2): c =
−ad
b
en (1.1)
a
(
−ad
b
)
− bd = 1
−a2d− b2d = b
d =
−b
a2 + b2
Luego:
(a, b) · (c, d) = (1, 0) ⇒ (c, d) = (1, 0) · (a, b)−1
(a, b)−1 = (c, d) ⇒ (a, b)−1 =
(
a
a2 + b2
,
−b
a2 + b2
)
si
z = (a, b) ⇒ z−1 =
(
a
a2 + b2
,
−b
a2 + b2
)
1.1. El cuerpo de los números complejos 12
SUBSECCIÓN 1.1.3
Conjugado de un número complejo
Definición 1.4. Sea z ∈ C, z = a + ib, denotamos el conjugado de z como z y lo
definimos de la siguiente manera
z = a + ib entonces z = a− ib
Ejemplo 1.4.
1. z = 3− 3i entonces z = 3 + 3i o z = (3, 3)
2. z = 2 entonces z = 2 o z = (2, 0)
3. z = 2i entonces z = 2i o z = (0,−2)
Proposición 1.1. Para todo número complejo z, w se cumple:
(i) z ± w = z ± w
(ii) zw = z w
(iii) z = z
(iv) Si w 6= 0,
( z
w
)
=
z
w
(v) z = −z si y sólo si z es imaginario puro
(vi) z−1 = z−1
(vii) Re z =
z + z
2
, Im(z) = z−z
2i
Demostración. Si z = a + ib; w = c+ id
(i)
z + w = (a+ ib) + (c+ id) = (a + c) + i(b+ d)
= (a+ c)− i(b+ d) = (a− ib) + (c− id) = z + w
z + w = z + w
De manera similar se procede para: z − w = z − w
1.1. El cuerpo de los números complejos 13
(ii)
z · w = (a+ ib) · (c + id)
= (ac− bd) + i(ad+ bc)
= (ac− bd)− i(ad + bc)
= ac− bd− iad − ibc
= ac+ i2bd− iad− ibc
= (ac− ibc) + (i2bd− iad)
= c(a− ib) + id(ib− a)
= c(a− ib)− id(a− ib)
= (a− ib)(c− id)
z · w = z w
(iv) Sea ξw = z, ξ ∈ C:
ξw = z
ξ w = z
ξ =
z
w
( z
w
)
=
z
w
(vi) De z · z−1 = 1 se tiene
zz−1 = 1
z z−1 = 1
z−1 =
1
z
z−1 = (z)−1
z−1 = z−1
1.1. El cuerpo de los números complejos 14
SUBSECCIÓN 1.1.4
Módulo de un número complejo
Definición 1.5. Sea z = a+ ib ∈ C, se define el módulo del número complejo z, que
lo denotamos |z|, como el número real
|z| =
√
a2 + b2
Ejemplo 1.5. Si z = 2− i, entonces
|z| =
√
22 + (−1)2
|z| =
√
5
Proposición 1.2.
(i) |z| ≥ 0, |z| = 0 si y sólo si z = 0
(ii) |kz| = |k||z|, k ∈ R
(iii) |z| = | − z| = |z|
(iv) |z|2 = zz
(v) |zw| = |z||w|
(vi)
∣
∣
∣
z
w
∣
∣
∣ =
|z|
|w| , w 6= 0
(vii) |Re(z)| ≤ |z|; | Im(z)| ≤ |z|
(viii) |z + w| ≤ |z|+ |w|
Demostración.
(iv) Sea z = a+ ib entonces
z · z = (a + ib)(a− ib)
z · z = a2 − i2b2
z · z = a2 + b2 = (
√
a2 + b2)2
z · z = |z|2
1.1. El cuerpo de los números complejos 15
(v)
|zw|2 = (zw)(zw) = (zw)(z · w)
= (zz)(ww)
= |z|2|w|2
|zw| = |z||w|
(vi)
∣
∣
∣
z
w
∣
∣
∣
2
=
( z
w
)( z
w
)
=
( z
w
)( z
w
)
=
z z
w w
=
|z|2
|w|2
∣
∣
∣
z
w
∣
∣
∣ =
|z|
|w|
(vii) Si z = a+ ib, Re(z) = a, |z| =
√
a2 + b2
|a| ≤
√
a2 + b2
|a| ≤ |z|
|Re(z)| ≤ |z|
además Im(z) = b entonces
b2 ≤ a2 + b2
√
b2 ≤
√
a2 + b2
|b| ≤
√
a2 + b2
| Im(z)| ≤ |z|
(viii)
|z + w|2 = (z + w)(z + w)
= (z + w)(z + w)
= zz + zw + wz + ww
= |z|2 + zw + wz + |w|2
= |z|2 + zw + zw + |w|2
= |z|2 + zw + zw + |w|2
= |z|2 + 2Re zw + |w|2
1.1. El cuerpo de los números complejos 16
usando (vii) |Re(z)| ≤ |z|, se tiene |Re(zw)| ≤ |zw|, luego
|z + w|2 ≤ |z|2 + 2|zw|+ |w|2
≤ |z|2 + 2|z||w|+ |w|2
|z + w|2 ≤ (|z|+ |w|)2
|z + w| ≤ |z|+ |w|
Observación 1.3. En la prueba de (vii) se puede considerar
a ≤ |a| =
√
a2 ≤
√
a2 + b2
a ≤ z entonces Re(z) ≤ |z|
lo mismo para: Im(z) ≤ |z|, entonces
Re(zw) ≤ |zw|
Para cada punto (o número) z en el plano complejo, podemos asociar, como se vio
anteriormente, un vector, es decir el segmento de recta del origen al punto z (Figura
1.2)
i.e.
z = a+ ib entonces ~v = (a, b) (o z = (a, b) como vector)
~v1
~v2
z1
z2
z1 + z2
~v 1
+
~v 2
Figura 1.2:
1.1. El cuerpo de los números complejos 17
SUBSECCIÓN 1.1.5
Conjunto de puntos en el plano complejo
Definición 1.6. Sean z1 = x1+iy1 y z2 = x2+iy2 dos números complejos, la distancia
entre z1 y z2 se denota |z1 − z2| y se define de la siguiente manera:
|z1 − z2| =
√
(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2
esta distancia nos permite describir curvas en el plano cartesiano.
Ejemplo 1.6. La ecuación |z− 1+3i| = 2, representa una circunferencia con centro en
z0 = 1− 3i y radio r = 2.
Solución. Se sabe que z = x+ iy, z0 = 1− 3i, entonces
|z − z0| = 2 ⇒
√
(x− 1)2 + (y + 3)2 = 2
(x− 1)2 + (y + 3)2 = 22
C(1,−3), r = 2
−1
−2
−3
−4
−5
1 2 3−1
b
(1,−3)
(1− 3i)
2
Figura 1.3:
1.1. El cuerpo de los números complejos 18
Ejemplo 1.7. Indicar el conjunto de puntos que representa la ecuación |z| = |z − i|.
Solución. Se tiene que z = x+ iy, entonces
|x+ iy| = |x+ iy − i|
|x+ iy| = |x+ i(y − 1)|
√
x2 + y2 =
√
x2 + (y − 1)2
x2 + y2 = x2 + (y − 1)2
y2 = y2 − 2y + 1
0 = 1− 2y
2y = 1
y =
1
2
Es la recta y =
1
2
.
� Grupo de ejercicios resueltos No 1
1. Resolver
a) (1 + i)z = 1
b) (5 + i)z = 6− i
Solución.
a) Si (1 + i)z = 1, entonces
(1− i)(1 + i)z = 1− i
2z = 1− i
z =
1
2
− 1
2
i
b) Si (5 + i)z = 6− i, entonces
(5− i)(5 + i)z = (5− i)(6− i)
26z = 29− 11i
z =
29
26
− 11
26
i
1.1. El cuerpo de los números complejos 19
2. Sean z y w números complejos tales que z̄w 6= 1 pero tales que z o w tienen
magnitud 1.
Pruebe que: ∣
∣
∣
∣
z − w
1− z̄w
∣
∣
∣
∣
= 1
Solución.
∣
∣
∣
∣
z − w
1− z̄w
∣
∣
∣
∣
2
=
(
z − w
1− z̄w
)(
z − w
1− z̄w
)
=
(
z − w
1− z̄w
)(
z̄ − w̄
1− zw̄
)
=
zz̄ − zw̄ − wz̄ + ww̄
1− zw̄ − z̄w + z̄w · zw̄
=
|z|2 − zw̄ − wz̄ + |w|2
1− zw̄ − z̄w + |z|2|w|2
=
2− zw̄ − wz̄
2− zw̄ − wz̄ = 1
∣
∣
∣
∣
z − w
1− z̄w
∣
∣
∣
∣
2
= 1
∣
∣
∣
∣
z − w
1− z̄w
∣
∣
∣
∣
= 1
3. Demuestre que
√
2|z| ≥ |Re(z)|+ | Im(z)|
Solución. Sea z = x+ iy entonces Re(z) = x; Im(z) = y.
Escribamos:
2|z|2 − (|Re(z)|+ | Im(z)|)2 = 2(x2 + y2)− (|x|+ |y|)2 (1.3)
operamos el segundo miembro de (1.3)
2(x2 + y2)− (|x|+ |y|)2 = 2x2 + 2y2 − |x| − 2|x||y| − |y|2
= 2x2 + 2y2 − x2 − 2|x||y| − y2
= x2 + y2 − 2|x||y|
= |x|2 − 2|x||y|+ |y|2
= (|x| − |y|)2 ≥ 0
Reemplazamos en (1.3):
2|z|2 − (|Re(z)| + | Im(z)|)2 ≥ 0
2|z|2 ≥ (|Re(z)|+ | Im(z)|)2
√
2|z| ≥ |Re(z)|+ | Im(z)|
1.1. El cuerpo de los números complejos 20
4. Demuestre que ||z1| − |z2|| ≤ |z1 − z2|
Solución.
|z1| = |(z1 − z2) + z2| ≤ |z1 − z2|+ |z2|
|z1| − |z2| ≤ |z1 − z2| (1.4)
Podemos intercambiar z1 y z2:
|z2| − |z1| ≤ |z1 − z2|
−(|z1| − |z2|) ≤ |z1 − z2|
|z1| − |z2| ≥ −|z1 − z2| (1.5)
De (1.4) y (1.5)
−|z1 − z2| ≤ |z1| − |z2| ≤ |z1 − z2|
||z1| − |z2|| ≤ |z1 − z2|
5. Exprese en la forma x+ iy el número complejo z =
√
−7 + 24i
Solución.
√
−7 + 24i = x+ iy
−7 + 24i = (x+ iy)2
−7 + 24i = x2 − y2
x2 − y2 = −7 (1.6)
2xy = 24 (1.7)
Resolviendo (1.6) y (1.7), obtenemos: x = ±3; y = ±4, luego
z = ±(3 + 4i)
6. Probar que |Re(2 + z̄ + z3)| ≤ 4 cuando |z| ≤ 1.
Solución. Sabemos que |Re(z)| ≤ |z| y |z1 + z2 + z3| ≤ |z1|+ |z2|+ |z3|
|Re(2 + z̄ + z3)| ≤ |2 + z̄ + z3|
|Re(2 + z̄ + z3)| ≤ 2 + |z̄|+ |z3|
|Re(2 + z̄ + z3)| ≤ 2 + |z|+ |z|3
|Re(2 + z̄ + z3)| ≤ 2 + 1 + 1
|Re(2 + z̄ + z3)| ≤ 4
1.1. El cuerpo de los números complejos 21
7. Determinar el conjunto de puntos z que satisface la siguiente igualdad
a) |z|2 + Im(z) = 16
b) |z + 1 + 6i| = |z − 3 + i|
Solución.
a) Si z = x+ iy, entonces
|z|2 + Im(z) = 16
x2 + y2 + y = 16
x2 +
(
y +
1
2
)2
− 1
4
= 16
x2 +
(
y +
1
2
)2
= 16 +
1
4
x2 +
(
y +
1
2
)2
=
65
4
x2 +
(
y +
1
2
)2
=
(√
65
2
)2
Una circunferencia de centro (0,−1/2) y radio r =
√
65
2
.
b) Si z = x+ iy, entonces
|x+ iy + 1 + 6i| = |x+ iy − 3 + i|
|(x+ 1) + i(y + 6)| = |(x− 3) + i(y + 1)|
√
(x+ 1)2 + (y + 6)2 =
√
(x− 3)2 + (y + 1)2
(x+ 1)2 + (y + 6)2 = (x− 3)2 + (y + 1)2
x2 + 2x+ 1 + y2 + 12y + 36 = x2 − 6x+ 9 + y2 + 2y + 1
2x+ 12y + 36 = −6x+ 9 + 2y
8x+ 10y + 27 = 0
representa una recta.
� Grupo de ejercicios propuestos No 1
1. Exprese cada uno de los siguientes números complejos en la forma x+ iy
a) (
√
2− i)− i(1−
√
2i)
1.1. El cuerpo delos números complejos 22
b) (2− 3i)(−2 + i)
c)
1 + i
i
+
i
1− i
Respuesta:
a) −2i
b) −1 + 8i
c)
1
2
− 1
2
i
2. Determinar el conjunto de todos los puntos z en las siguientes igualdades (o de-
sigualdades)
a) |z − z0| = |z − z0|, donde Im(z0) 6= 0
b) |z − 2| = 2|z − 2i|
c)
Re(z)
|z − 1| > 1, Im(z) < 3
Respuesta:
a) El eje real
b) Circunferencia C
(
−2
3
,
8
3
)
, r =
√
32
3
c) Región interior de la parábola y2 = 2
(
x− 1
2
)
pero debajo de la ĺınea y = 3
3. Resolver para z y w complejos el sistema
(1 + i)z − iw = 2 + i
(2 + i)z + (2− i)w = 2i
Respuesta: z =
1
13
(6− 9i), w = 1
13
(−16 + 11i)
4. Hallar x e y reales tales que:
1
x+ iy
+
2
x− iy = 1 + i
Respuesta: x =
3
10
, y =
9
10
1.2. Forma trigonométrica o polar de un número complejo 23
5. Sean z, w ∈ C. Pruebe que
|z + w|2 + |z − w|2 = 2(|z|2 + |w2|)
6. Demuestre que el vector z1 es perpendicular al vector z2 si y solo si Re(z1z2) = 0.
7. Demuestre que el vector z1 es paralelo al vector z2 si y solo si Im(z1z2) = 0.
8. Demuestre que los cuatro puntos z, z̄, −z y −z̄ son los vértices de un rectángulo
con centro en el origen.
9. Demuestre que |zn| = |z|n, n ∈ N.
10. Demuestre que: |z1 − z2|2 = |z1|2 − 2Re(z1z2) + |z2|2
11. Demuestre que: |z1 + z2 + · · ·+ zn| ≤ |z1|+ |z2|+ · · ·+ |zn|; ∀ z1, z2, . . . , zn ∈ C
SECCIÓN 1.2
Forma trigonométrica o polar de un número complejo
Definición 1.7. Sea z = x + iy un número complejo no nulo, z en forma polar se
escribe aśı:
z = r(cos θ + i sen θ) (1.8)
donde r = |z|, cos θ = x
r
, sen θ =
y
r
(Figura 1.4)
z
θ
r sen θ
r cos θ x
y
Figura 1.4:
El número real θ representa el ángulo en radianes, que forma el vector de posición de z
con el semieje real positivo (Figura 1.4). Al igual que el cálculo, θ tiene infinitos valores
posibles, incluyendo valores negativos que difieren entre si por un múltiplo entero de 2π.
1.2. Forma trigonométrica o polar de un número complejo 24
Estos valores se pueden hallar con la ecuación tan θ =
∣
∣
∣
y
x
∣
∣
∣, donde hay que especificar el
cuadrante que contiene al punto z. Cada valor posible de θ se llama argumento de z y
el conjunto de todos esos valores se denota por arg(z).
i.e.
arg(z) =
{
θ ∈ R/ tan θ =
∣
∣
∣
y
x
∣
∣
∣
}
(1.9)
Ejemplo 1.8. Escribir en forma polar el número complejo z = 1 + i.
Solución. |z| =
√
2 entonces r =
√
2, además tan θ = 1 implica que θ =
π
4
1
1
z
θ
r
x
y z = 1
(
cos
π
4
+ i sen
π
4
)
z = cos(
9π
4
) + i sen
(
9π
4
)
z = cos(
17π
4
) + i sen
(
17π
4
)
z = cos(−7π
4
) + i sen
(
−7π
4
)
...
z = cos
(π
4
+ 2πk
)
+ i sen
(π
4
+ 2πk
)
En esta situación
π
4
se llama argumento principal de z = 1 + i note que −π < π
4
≤ π.
El argumento principal de un número complejo z se denota como arg(z). Luego:
−π < Arg(z) ≤ π
Para nuestro ejemplo, la ecuación (1.9) se escribe aśı:
arg(1 + i) =
{π
4
+ 2πk, k ∈ z
}
La ecuación
arg(z) = θ + 2πk (1.10)
tiene el significado de que cada elección de k proporciona un valor de arg(z), y rećıpro-
camente, cada valor de arg(z) viene dado por una elección del entero k.
La ecuación (1.10) también se puede escribir aśı
arg(z) = Arg(z) + 2πk (1.11)
Ejemplo 1.9. Escriba en forma polar los siguientes números complejos
1.2. Forma trigonométrica o polar de un número complejo 25
1. z =
√
3 + i
2. z = −
√
3 + i
3. z = −
√
3− i
4. z =
√
3− i
Solución.
1. r =
√
(
√
3)2 + 1 = 2
1
1
√
3 + i
√
3
θ
r
x
y
tan θ =
1√
3
=
√
3
3
θ = arctan
(√
3
3
)
θ =
π
6
z = 2
(
cos
π
6
+ i sen
π
6
)
2. r = 2
−1
1
−
√
3 + i
-
√
3
θ
x
y
θ = π − arctan
∣
∣
∣
y
x
∣
∣
∣
θ = π − arctan
∣
∣
∣
∣
∣
−
√
3
3
∣
∣
∣
∣
∣
θ = π − π
6
=
5π
6
z = 2
(
cos
5π
6
+ i sen
5π
6
)
3. r = 2
−1
−1
−
√
3 + i
−
√
3
θ
x
y
θ = π − arctan
∣
∣
∣
y
x
∣
∣
∣
θ = π +
π
6
=
7π
6
z = 2
(
cos
7π
6
+ i sen
7π
6
)
4. r = 2
1.2. Forma trigonométrica o polar de un número complejo 26
1
−1
√
3
θ x
y
θ = −π
6
z = 2
(
cos
(
−π
6
)
+ i sen
(
−π
6
))
o
θ = 2π − arctan
∣
∣
∣
y
x
∣
∣
∣
θ = 2π − π
6
θ =
7π
6
z = 2
(
cos
(
7π
6
)
+ i sen
(
7π
6
))
θ = −π
6
es el argumento principal
Ejemplo 1.10. Hallar el argumento principal de los siguientes números complejos
1. z = 1 + i
2. z = −1 + i
3. z = −1− i
Solución.
1.
1
1
θ
x
y
Arg(z) =
π
4
pues: −π < π
4
≤ π
1.2. Forma trigonométrica o polar de un número complejo 27
2.
−1
1
θ
x
y
θ = π − π
4
θ =
3π
4
Arg(z) =
3π
4
3.
−1
−1
θ
x
y
θ = π + arctan
∣
∣
∣
y
x
∣
∣
∣
θ = π +
π
4
=
5π
4
5π
4
no puede ser argumento principal, pues
5π
4
/∈ 〈−π, π].
Usamos (1.11):
5π
4
= Arg(z) + 2πk, k = 1
5π
4
= Arg(z) + 2π
Arg(z) =
5π
4
− 2π
Arg(z) = −3π
4
1.2. Forma trigonométrica o polar de un número complejo 28
SUBSECCIÓN 1.2.1
Operaciones en C en forma polar
Definición 1.8 (Multiplicación en forma polar). Si θ1 es un valor de arg(z1) y θ2 es
un valor de arg(z2), entonces
z1z2 = (r1(cos θ1 + i sen θ1))(r2(cos θ2 + i sen θ2))
z1z2 = r1r2[(cos θ1 cos θ2 − sen θ1 sen θ2) + i(sen θ1 cos θ2 + cos θ1 sen θ2)]
z1z2 = r1r2[cos(θ1 + θ2) + i sen(θ1 + θ2)] (1.12)
θ1 + θ2 es uno de los valores de arg(z1z2), por lo tanto:
arg(z1z2) = arg(z1) + arg(z2) + 2πk (1.13)
θ1
θ1
θ2
θ1 + θ2
z1
z2
z1z2
x
y
Definición 1.9 (División en forma polar). Si θ1 es un valor de arg(z1) y θ2 es un
valor de arg(z2), entonces
z1
z2
=
r1
r2
[cos(θ1 − θ2) + i sen(θ1 − θ2)] (1.14)
θ1 − θ2 es un valor de arg(z1/z2), por lo tanto:
arg(z1/z2) = arg(z1)− arg(z2) + 2πk (1.15)
1.2. Forma trigonométrica o polar de un número complejo 29
Ejemplo 1.11. Escriba el siguiente cociente en forma polar
1 + i√
3− i
Solución. z1 = 1 + i entonces r =
√
2, θ1 =
π
4
, luego
z1 =
√
2
(
cos
π
4
+ i sen
π
4
)
z2 =
√
3− i entonces r = 2, θ2 = −
π
6
, luego
z2 =
√
2
(
cos
(
−π
6
)
+ i sen−π
6
)
z1
z2
=
√
2
2
[
cos
(π
4
+
π
6
)
+ i sen
(π
4
+
π
6
)]
=
√
2
2
[
cos
(
5π
12
)
+ i sen
(
5π
12
)]
Observación 1.4. No siempre es verdad que:
Arg(z1z2) = Arg(z1) + Arg(z2)
Por ejemplo: Arg(−1) = π, pero arg((−1)(−1)) = Arg(1) = 0 6= π + π.
Teorema 1.1 (Fórmula de Moivre). Para z = r(cos θ + i sen θ) y n ∈ N, tenemos
zn = [r(cos θ + i sen θ)]n
zn = rn(cos(nθ) + i sen(nθ)) (1.16)
Demostración. La prueba se hace por inducción. Resumiendo se haŕıa aśı: para z =
z1 = z2 = · · · = zn de acuerdo a (1.12)
zn = r · r · r · · · r(cos(θ + θ + θ + · · ·+ θ) + i sen(θ + θ + θ + · · ·+ θ))
zn = rn(cos(nθ) + i sen(nθ))
Ejemplo 1.12. Efectuar: (1 +
√
3)9
1.2. Forma trigonométrica o polar de un número complejo 30
Solución. Sea z = 1 +
√
3i entonces r = 2, θ = π
3
z = 2
(
cos
(π
3
)
+ i sen
(π
3
))
z9 = 29
(
cos
(
9π
3
)
+ i sen
(
9π
3
))
z9 = 512(cos(3π) + i sen(3π))
= 512(−1 + 0) = −512
Ejemplo 1.13. Probar la siguiente identidad:
(
1 + i tan θ
1− i tan θ
)n
=
1 + i tan(nθ)
1− tan(nθ)
Solución.
(
1 + i tan θ
1− i tan θ
)n
=



1 + i
sen θ
cos θ
1− i sen θ
cos θ



n
=
(
cos θ + i sen θ
cos θ − i sen θ
)n
=
cos(nθ) + i sen(nθ)
cos(nθ)− i sen(nθ)
=
1 + i
sen(nθ)
cos(nθ)
1− i sen(nθ)
cos(nθ)
=
1 + i tan(nθ)
1− tan(nθ)
1.3. Forma exponencial compleja 31
SECCIÓN 1.3
Forma exponencial compleja
Definición 1.10. Si z = x+ iy, definimos
ez = ex(cos y + i sen y) (1.17)
Este número satisface las propiedades algebraicas usuales de la función exponencial
ez1ez2 = ez1+z2 y
ez1
ez2
= ez1−z2
En efecto: Sean z1 = x1 + iy1; z2 = x2 + iy2, entonces
ez1ez2 = ex1(cos y1 + i sen y1)e
x2(cos y2 + i sen y2)
= ex1+x2(cos(y1 + y2) + i sen(y1 + y2))
= ex1+x2ei(y1+y2) = e(x1+x2)+i(y1+y2)
= e(x1+iy1)+(x2+iy2) = ez1+z2
En caso particular x = 0 entonces
eiy = cos y + i sen y (1.18)
e−iy = cos y − i sen y (1.19)
De estas últimas ecuaciones tenemos:
cos y = Re(eiy) =
eiy + e−iy
2
sen y = Im(eiy) =
eiy − e−iy
2i
Definición 1.11 (Forma exponencial de un número complejo). Si z = r(cosθ +
i sen θ), entonces z se puede expresar aśı:
z = reiθ (1.20)
1.3. Forma exponencial compleja 32
Las operaciones de multiplicación y división se pueden expresar aśı
z1z2 = r1r2e
i(θ1−θ2)
z1
z2
=
(
r1
r2
)
ei(θ1−θ2)
Si z = reiθ entonces su conjugada es z = re−iθ.
La fórmula de De Moivre se escribe:
zn = rnei(nθ) (1.21)
Corolario 1.1. La fórmula de De Moivre también se cumple para n entero negativo.
Demostración.
zn = (z−1)−n =
(
1
r
ei(−θ)
)−n
=
(
1
r
)−n
ei(−n)(−θ)
= rnei(nθ)
zn = rn(cos(nθ) + i sen(nθ))
para n = −1, −2, . . .
SUBSECCIÓN 1.3.1
Ráız n−ésima de un número complejo
Definición 1.12. La ráız n−ésima del número complejo z = a + ib es el número
complejo ω, tal que ωn = z.
Es decir:
n
√
z = ω si y sólo si ωn = z
Teorema 1.2. z = r cos θ + ı sen θ es un número complejo con r > 0, θ ∈ [0, 2π〉.
El número z tiene n−ráıces distintas dadas por:
ω = n
√
r
(
cos
(
θ + 2πk
n
)
+ i sen
(
θ + 2πk
n
))
(1.22)
1.3. Forma exponencial compleja 33
Demostración. Por definición (1.12): n
√
z = ω si y sólo si ωn = z.
Supongamos que z = r(cos θ + i sen θ) y que ω = ρ(cosϕ + i senϕ). Por la fórmula de
De Moivre se tiene:
ωn = ρn(cos(nϕ) + i sen(nϕ))
ϕn(cos(nϕ) + i sen(nϕ)) = r(cos θ + 1 sen θ)
ρn = r entonces ρ = n
√
r
cos(nϕ) = cos θ
sen(nϕ) = sen θ
nϕ = θ + 2πk, donde k es algún entero
ϕ =
θ + 2πk
n
ωk =
n
√
r
(
cos
(
θ + 2πk
n
)
+ sen
(
θ + 2πk
n
))
Cada uno de los valores de k = 0,1, 2, . . . , n − 1 da un valor diferente de ω. Entonces
existe exactamente n−ráıces distintas. Se puede también escribir aśı
zk =
n
√
r
(
cos
(
θ + 2πk
n
)
+ i sen
(
θ + 2πk
n
))
(1.23)
o también de la siguiente manera:
zk =
n
√
rei(
θ+2πk
n ) (1.24)
Ejemplo 1.14.
1. Hallar z =
3
√√
2 + i
√
2
Solución. Se tiene z =
√
2 + i
√
2 entonces r = 2, θ =
π
4
zk =
3
√
2
(
cos
( π
4
+ 2πk
3
)
+ i sen
( π
4
+ 2πk
3
))
zk =
3
√
2
(
cos
(
π
12
+
2
3
πk
)
+ i sen
(
π
12
+
2
3
πk
))
k = 0, 1, 2
z0 =
3
√
2
(
cos
( π
12
)
+ i sen
( π
12
))
z0 =
3
√
2 (cos (15◦) + i sen (15◦))
1.3. Forma exponencial compleja 34
z1 =
3
√
2
(
cos
(
3π
4
)
+ i sen
(
3π
4
))
z1 =
3
√
2 (cos (135◦) + i sen (135◦))
z2 =
3
√
2
(
cos
(
17π
12
)
+ i sen
(
17π
12
))
z2 =
3
√
2 (cos (255◦) + i sen (255◦))
2. Resuelva la ecuación (z + 1)5 = z5
Solución. Si (z + 1)5 = z5 se tiene
(
z + 1
z
)5
= 1 entonces
z + 1
z
=
5
√
1
Luego
1 +
1
z
= e
2πki
5
1
z
= e
2πki
5 − 1
z =
1
e
2πki
5 − 1
z =
1
cos
(
2πk
5
)
+ i sen
(
2πk
6
) − 1 (1.25)
Por comodidad
2πk
6
= α, luego en (1.25)
z =
1
cosα + i senα− 1 entonces z = (cosα+ i senα)
−1 (1.26)
arreglamos el número complejo cosα + i senα− 1 aśı:
cosα+ i senα = −(1− cosα) + i senα
= −2 sen2 α
2
+ i2 sen
α
2
cos
α
2
= 2 sen
α
2
[
− sen α
2
+ i cos
α
2
]
pero:
− sen x = cos
(π
2
+ x
)
cos x = sen
(π
2
+ x
)



(1.27)
1.3. Forma exponencial compleja 35
Luego, tenemos
cosα + i senα− 1 = 2 sen α
2
[
cos
(π
2
+
α
2
)
+ i sen
(π
2
+
α
2
)]
Reemplazamos en (1.26)
z =
[
2 sen
α
2
[
cos
(π
2
+
α
2
)
+ i sen
(π
2
+
α
2
)]]−1
z =
1
2
1
sen α
2
[
cos
(π
2
+
α
2
)
− i sen
(π
2
+
α
2
)]
Usando las identidades de (1.27)
z =
1
2
1
− sen α
2
[
− sen
(α
2
)
− i cos
(α
2
)]
z = −1
2
[
1 + i cot
(α
2
)]
quitando α
z = −1
2
[
1 + i cot
(
πk
5
)]
3. Hallar 3
√
z, siendo z = 1.
Solución. De acuerdo a la definición (1.12), tenemos
w = 3
√
z = 3
√
cos(2πk) + i sen(2πk)
= cos
(
2πk
3
+ i sen
(
2πk
3
))
wk = cos
(
2πk
3
+ i sen
(
2πk
3
))
w0 = cos(0
o) + i sen(0o) = 1
w1 = −
1
2
+ i
√
3
2
w2 = −
1
2
− i
√
3
2
Es costumbre escribir las ráıces cúbicas de la unidad aśı
1, ω, ω2
Luego, las ráıces n−ésima de la unidad se escribirán como:
1, ω, ω2, ω3, . . . , ωn−1
1.3. Forma exponencial compleja 36
� Grupo de ejercicios resueltos No 2
1. Hallar el módulo del siguiente número complejo
z = eiθ(2− i)(1− i)40
Solución.
|z| = |eiθ(2− i)(1 − i)40| = |eiθ||(2− i)||(1− i)40|
= 1
√
5(
√
2)4 = 4
√
5
2. Escriba en forma polar los siguientes números complejos
a) senα + i cosα, 0 ≤ α < 2π
b) senα− i cosα, π
2
≤ α < 2π
c) 1− senα + i cosα, π
2
≤ α < 2π
Solución.
a) Hagamos z = cosα+i senα, entonces z en forma polar es z = r(cos θ+i sen θ),
θ = arg(z)
senα = cos
(π
2
− α
)
cosα = sen
(π
2
− α
)
entonces
z = cos
(π
2
− α
)
+ i sen
(π
2
− α
)
donde r = 1, θ =
π
2
− α
b) Pongamos: z = senα− i cosα
senα = cos
(
α− π
2
)
cosα = − sen
(
α− π
2
)
entonces
z = cos
(
α− π
2
)
+ i sen
(
α− π
2
)
donde r = 1; θ = α− π
2
1.3. Forma exponencial compleja 37
c) Pongamos z = 1− senα + i cosα.
Es posible usar una de las siguientes identidades
cos2
(x
2
)
=
1 + cosx
2
, sen2
(x
2
)
=
1− cosx
2
1− senα = 1 + cos
(
α +
π
2
)
= 2 cos2
(
α + π/2
2
)
= 2 cos2
(π
2
+
π
4
)
cosα = sen
(
α +
π
2
)
= sen
(
2
(
α + π/2
2
))
= sen
(
2
(α
2
+
π
4
))
= 2 sen
(α
2
+
π
4
)
cos
(α
2
+
π
4
)
entonces
z = 2 cos2
(π
2
+
π
4
)
+ i2 sen
(α
2
+
π
4
)
cos
(α
2
+
π
4
)
z = 2 cos
(π
2
+
π
4
)(
cos
(π
2
+
π
4
)
+ i sen
(α
2
+
π
4
))
donde r = 2 cos
(π
2
+
π
4
)
, θ =
π
2
+
π
4
3. Resuelva las siguientes ecuaciones
(a) z7 − 2iz4 − iz3 − 2 = 0
(b) z6 + iz3 + i− 1 = 0
Solución.
(a) Se tiene que z7 − 2iz4 − iz3 − 2 = 0, luego
(z7 − iz3)− (2iz4 + 2) = 0
z3(z4 − i)− 2i(z4 − i) = 0
(z4 − i)(z3 − 2i) = 0
z4 = i y z3 = 2i entonces z = 4
√
i y z = 3
√
2i.
Los números complejos buscados son:
zk = e
(π/2+2πk4 )i, k = 0, 1, 2, 3
zm =
3
√
2e(
π/2+2πm
3 )i, m = 0, 1, 2
1.3. Forma exponencial compleja 38
(b) Se tiene que z6 + iz3 + i− 1 = 0, entonces
(z3 + 1)(z3 + i− 1) = 0
z3 = −1 y z3 = 1− i, se resuelve similar a la parte (a)
4. Exprese cos 3θ en términos de cos θ
Solución.
cos 3θ = Re(cos 3θ + i sen 3θ)
= Re(cos θ + i sen θ)3
= Re(cos3−3 cos θ sen2 θ + (i cos2 θ sen θ − sen3 θ))
= cos3 θ − 3 cos θ sen2 θ
= cos3 θ − 3 cos θ(1− cos2 θ)
= cos3 θ − 3 cos θ + 3 cos3 θ
= 4 cos 3θ − 3 cos θ
5. Hallar n en la siguiente ecuación
(
1 + i√
2
)n
+
(
1− i√
2
)n
=
√
2
Solución. Pasamos los números complejos a la forma polar
1√
2
+
i√
2
= cos
(π
4
)
+ i sen
(π
4
)
1√
2
− i√
2
= cos
(
−π
4
)
+ i sen
(
−π
4
)
Entonces
(
cos
(π
4
)
+ i sen
(π
4
))n
+
(
cos
(
−π
4
)
+ i sen
(
−π
4
))n
=
√
2
cos
(nπ
4
)
+ i sen
(nπ
4
)
+ cos
(
−nπ
4
)
+ i sen
(
−nπ
4
)
=
√
2
2 cos
(nπ
4
)
=
√
2
cos
(nπ
4
)
=
√
2
2
nπ
4
= arc cos
(√
2
2
)
nπ
4
=
π
4
+ 2πk
n
4
=
1
4
+ 2k
n = 8k + 1 k ∈ Z
1.3. Forma exponencial compleja 39
6. Demostrar las siguientes igualdades
(a) Si z1z2 6= 0, entonces arg(z1z2) = arg(z1) + arg(z2) + 2πk
(b) Si z2 6= 0, entonces arg(z1/z2) = arg(z1)− arg z2 + 2πk
(c) arg(z1z2) = arg(z1)− arg(z2) + 2πk
Demostración.
(a) Escribiendo ambos números complejos en forma exponencial, tenemos: z1 =
r1e
iθ1 , z2 = r2e
iθ2 ; donde θ1 = arg(z1), θ2 = arg(z2)
z1z2 = r1e
iθ1r2e
iθ2 = r1r2e
i(θ1+θ2)
arg(z1z2) = θ1 + θ2 + 2πk
= arg(z1) + arg(z2) + 2πk
La forma de probar la suma de 2πk es la siguiente: −π < θ ≤ π y −π < θ2 ≤ π
sumando:
−2π < θ1 + θ2 ≤ 2π
entonces existe un k (entero), tal que: −π < θ1+θ2+2πk ≤ π con esto termina
la demostración.
(b) Similar a la parte (a)
z1
z2
=
r1
r2
ei(θ1−θ2)
entonces
arg
(
r1
r2
)
= θ1 − θ2 + 2πk
= arg(z1)− arg(z2) + 2πk
(c) Sean z1 = r1e
iθ1 , z2 = r2e
−iθ2
z1z2 = r1r2e
iθ1e−iθ2
= r1r2e
i(θ1−θ2)
arg(z1z2) = θ1 − θ2
= arg(z1)− arg(z2) + 2πk
1.3. Forma exponencial compleja 40
� Grupo de ejercicios propuestos No 2
1. Si ω es una ráız cúbica compleja de la unidad; demostrar
a) (1− ω)(1− ω2)(1− ω4)(1− ω5) = 9
b)
1
x− 1 +
ω
x− ω +
ω2
x− ω2 =
3
x3 − 1
2. Demuestre que:
[(
√
3 + 1) + (
√
3− 1)i]60 = −290
3. Hallar
a) (1 + i)8n, n ∈ N Respuesta: 24n
b) (1 + cos θ + i sen θ)n, n ∈ N Respuesta: 2n
(
cosn
θ
2)
ei
nθ
2
c)
(
1 +
√
3i
1− i
)108
Respuesta: −254
4. Resolver
a) z2 + 2(1 + 2i)z − (11 + 2i) Respuesta: 2− i, −4 − 3i
b) (1 + i)z2 − (7− 13i)z + 2 + 60i = 0 Respuesta 7− 2i, 3 + 5i
c)
√
3z2 − z − i = 0 Respuesta
√
3
2
+
1
2
i, −
√
3
6
− 1
2
i
5. Determinar la parte real y parte imaginaria en:
z = (−1 + i
√
3)3n + (−1− i
√
3)3n, n ∈ Z+
Respuesta: Re(z) = 23n+1, Im(z) = 0
6. Simplificar
a)
[
1 + i tan θ
1− i tan θ
]n
Respuesta: cos(nθ) + i sen(nθ)
b)
[
1 + sen θ + i cos θ
1 + sen θ − i sen θ
]n
Respuesta: cos n
(π
2
− θ
)
+ i sen n
(π
2
− θ
)
7. Los complejos z1 y z2 son las ráıces de las ecuación:
z2 − (8 + 5i)z + 8 + 26i = 0
Determinar un complejo z3, tal que el triángulo formado por z1, z2 y z3 sea
equilátero. Respuesta: 8 + 2
√
3− 4
√
3i; 8− 2
√
3 + 4
√
3i
1.3. Forma exponencial compleja 41
8. Determinar a y b de modo que z = 1 + i sea una ráız de la ecuación
z5 + az3 + b = 0
Respuesta: a = 2; b = 8.
9. Sea el complejo z = (senα− sen β)− i(cosα− cos β).
Hallar: z20 Respuesta: 220
(
sen
(
α− β
2
))20
e10(α+β)i
10. Demostrar que
a) cos 5θ = cos5 θ − 10 cos3 θ sen2 θ + 5 cos θ sen4 θ
b) cos8 θ + sen8 θ =
1
64
(cos 8θ + 28 cos 4θ + 35)
11. Demostrar:
a) arg
(
1
z
)
= − arg(z)
b) Arg(zz) = 0
12. ¿Que es lo que está mal en lo siguiente?
1 =
√
1 =
√
(−1)(−1) =
√
−1
√
−1 = −1
13. Demuestre que:
(1− i)49
(
cos π
40
+ i sen π
40
)10
(8i− 8
√
3)6
= −
√
2
14. Hallar el argumento principal Arg(z) en:
a) z =
i
−2− 2i Respuesta: −
3π
4
b) z = (
√
3− i)6 Respuesta: π
1.4. TopologÍa en el plano complejo 42
SECCIÓN 1.4
Topoloǵıa en el plano complejo
SUBSECCIÓN 1.4.1
conjuntos abiertos
Definición 1.13. Un disco abierto con centro z0 y radio r > 0 es el conjunto:
B(z0, r) = {z ∈ C/|z − z0| < r}
Note que la circunferencia del disco, el conjunto {z/|z − z0| = r} no esta incluida en el
conjunto B(z0, r).
z0
r
B(z0, r)
Definición 1.14. Una vecindad (o entorno) del punto z0 es un disco abierto de centro
z0 y radio r > 0.
Ejemplo 1.15. El conjunto |z−2+3i| < 0,02 define una vecindad del punto z0 = 2−3i,
con radio r = 0,02 > 0.
Solución. Sea |z − 2 + 3i| < 0,02, entonces
√
(x− 2)2 + (y + 3)2 < 0,02
(x− 2)2 + (y + 3)2 < (0,02)2
1.4. TopologÍa en el plano complejo 43
−1
−2
−3
1 2 3−1
b
(2,−3)
r
B(z0, r)
x
y
Definición 1.15. Una vecindad reducida de z0, denotada por B
′(z0, r), es el conjunto
de puntos:
B′(z0, r) = {z0 ∈ C/0 < |z − z0| < r}
es el conjunto de puntos z interiores al disco de centro z0 y radio r > 0 salvo el propio
z0.
Definición 1.16. Un punto w en un conjunto dado S es un punto interior de S si
existe algún r > 0, tal que
B(ω, r) ⊆ S
Ejemplo 1.16.
1. Sea S = {z/ Im(z) > 0} cada punto ω ∈ S es un punto interior.
En efecto:
Si z = x+ iy entonces Im(z) = y > 0
ωξ
r B(ω, r) ⊂ SS
x
y Sea ω ∈ S, entonces podemos hallar
un r > 0, 0 < r < Im(ω), tal que
B(ω, r) ⊆ S.
i.e.
Sea ξ ∈ B(ω, r); entonces
Im(ξ) = Im(ω) + Im(ξ − ω)
1.4. TopologÍa en el plano complejo 44
pero
Im(ω) + Im(ξ − ω) ≥ Im(ω)− |ξ − ω| > Im(ω)− r > 0
Luego: Im(ω − r) > 0, entonces Im(ω) > r, lo que implica
0 < r < Im(ω)
2. Sea S = {z/Re(z) > 0} cada punto ω ∈ S es un punto interior.
En efecto:
Si z = x+ iy entonces Re(z) = x > 0.
ω
r
x
y
Sea ω ∈ S, entonces se puede hallar un r > 0,
0 < r < Re(ω) tal que
B(ω, r) ⊆ S
3. El conjunto Ω = {z/Re z = 0}, no contiene puntos interiores, pues es una ĺınea y
una ĺınea no contiene discos.
b
y
x
ω
r
Re(z) = 0 quiere decir x = 0, coincide con el eje y en el
plano cartesiano.
Sea ω ∈ Ω, entonces para algún r > 0, el disco B(ω, r)
contiene al punto ω + r
2
que no pertenece a Ω, esto es,
no existe algún disco que esté totalmente contenido en
Ω.
Definición 1.17. Un conjunto A ⊂ C es abierto si para todo punto ω ∈ A existe
algún r > 0, tal que B(ω, r) ⊆ A. En otras palabras A es un conjunto abierto si y
solo si todos sus puntos son puntos interiores.
Ejemplo 1.17.
1.4. TopologÍa en el plano complejo 45
1. El conjunto C es un conjunto abierto.
En efecto:
Sea ω ∈ C entonces es posible hallar r > 0 (por más pequeño que sea), tal que
B(ω, r) ⊆ C.
2. A = {z/ Im(z) > 0} es un conjunto abierto. Se vió en el ejemplo 1.16 parte 1.
3. A = {z/Re(z) ≥ 0} no es conjunto abierto.
En efecto:
bi
Sea ω = i ∈ A, pero es imposible hallar un r > 0,
tal que B(i, r) ⊆ A.
Esto es, el disco B(i, r) contiene por ejemplo al
punto −r
2
+ i /∈ A.
4. ∅ (vació) es un conjunto abierto.
La proposición:
“ω ∈ ∅ entonces existe r > 0 : B(ω, r) ⊆ ∅
es verdadera,pues el antecedente “ω ∈ ∅” es falsa.
Luego ∅ es abierto.
Teorema 1.3.
(a) Sea {Aα}α∈I una colección de conjuntos abiertos en C, indexada por el conjunto I.
Entonces la unión
⋃
α∈I
Aα es un conjunto abierto.
(b) Sea A1, A2, . . . , An cualquier colección finita de conjuntos abiertos en C. Entonces
su intersección A1 ∩A2 ∩ · · · ∩ An es abierto.
Demostración. Es similar a la demostración en Rn.
1.4. TopologÍa en el plano complejo 46
SUBSECCIÓN 1.4.2
Conjuntos cerrados
Definición 1.18. Un disco cerrado, que se denota B, con centro en z0 y radio r > 0,
es el conjunto:
B(z0, r) = {z ∈ C/|z − z0| ≤ r}
r
z0
B(z0, r)
b
Definición 1.19. Un conjunto A ⊂ C es cerrado, si su complemento C − A (Ac) es
abierto.
Ejemplo 1.18.
1. El conjunto vaćıo ∅ es cerrado, pues su complemento C es abierto.
De igual manera C es cerrado, pues su complemento ∅ es abierto.
2. El conjunto A = {z/ Im(z) ≥ 0} es cerrado.
Veamos:
Sólo tenemos que probar que su complemento
Ac = {z/ Im(z) < 0} es abierto
b
ω
r
A
Ac
y
x
x
y
ω
1.4. TopologÍa en el plano complejo 47
Sea ω /∈ A entonces ω ∈ Ac, teniendo en cuenta que Im(ω) < 0, tomamos r =
1
2
| Im(ω)|, vemos que B(ω, r) ⊂ Ac entonces Ac es abierto, entonces A es cerrado.
Definición 1.20. Dado un conjunto A ⊂ C, z0 es llamado punto frontera de A si
toda vecindad de z0 contiene por lo menos un punto de A y por lo menos un punto
que no esta en A.
i.e.
Un punto frontera no es ni punto interior ni un punto exterior.
El conjunto de todos los puntos frontera de A se denota ∂A y se llama frontera de A.
b
A
∂A
z0
r
z0 es un punto frontera
x
y
Definición 1.21. Un conjunto A ⊂ C es cerrado si contiene todos sus puntos frontera.
Esto es ∂A ⊂ A.
Existen conjuntos que no son ni abiertos ni cerrados, como los siguientes
Ejemplo 1.19. Sea 0 < r1 < r2 y sea S = {z ∈ C : r1 < |z| < |r2|}.
S es un conjunto que no es abierto ni cerrado.
b
b
r2
r1
S
z0
1.4. TopologÍa en el plano complejo 48
S es un anillo circular
Si z0 ∈ S, no existe un r > 0, tal que B(z0, r) ⊂ S.
Definición 1.22. Sea A ⊂ C, la clausura de A, que lo denotaremos como A, es el
conjunto: A = A ∪ ∂A.
Aśı por ejemplo, la clausura del disco abierto B(ω, r) es el disco cerrado:
B(ω, r){z ∈ C/|z − ω| ≤ r}
Definición 1.23. Dado S ⊂ C, un punto z se llama punto de acumulación de S (o
punto ĺımite) si cualquier disco B(z, r) contiene puntos de S diferentes de z.
Se nota que el punto z puede o no pertenecer a S.
Un resultado también importante es que un conjunto es cerrado si contiene todos sus
puntos de acumulación.
Definición 1.24. Un conjunto S ⊂ C es acotado, si existe un número real M > 0,
tal que:
|z| < M para cada z ∈ S
Es decir S está acotado si se puede encerrar completamente dentro de una vecindad
del origen.
S
En la figura el conjunto S es acotado,
por que está completamente contenido
dentro del disco circular con ĺıneas pun-
teadas del origen.
Un conjunto que no es acotado se llama conjunto no acotado.
En la siguiente figura el conjunto S no es acotado.
1.4. TopologÍa en el plano complejo 49
S
y
x
S no es acotado
Definición 1.25. Sea z1 y z2 dos puntos en el plano complejo. El segmento de recta
ℓ que conecta z1 y z2 es el conjunto
{ω ∈ C/ω = z1 + t(z2 − z1), 0 ≤ t ≤ 1}
Es decir
ℓ = [z1, z2] = {ω ∈ C/ω = z1 + t(z2 − z1), 0 ≤ t ≤ 1}
b
b
z2
z1
ℓ
segmento [z1, z2]
Ahora sea z1, z2, . . . , zn+1, (n+1) puntos en elplano complejo. Para cada k = 1, 2, . . . , n
sea ℓk que denota el segmento de recta que conecta zk a zk+1. Entonces los sucesivos
segmentos de recta ℓ1, ℓ2, . . . , ℓn forman una cadena cont́ınua conocida como trayectoria
poligonal
b
b
b
b
b
b
z1
z2
z3
z4
z5
z6
ℓ1 ℓ2
ℓ3
ℓ4
ℓ5 x
y
1.4. TopologÍa en el plano complejo 50
Definición 1.26. Sea S ⊂ C un conjunto abierto, S es conexo si cualquiera par de
puntos z1, z2 en S pueden ser unidos por una trayectoria poligonal que se encuentra
totalmente en S.
b
b
b
bb
z1
z5
S
El siguiente conjunto no es conexo (o lo sombreado)
z2
· z1
Llamaremos dominio a todo conjunto conexo abierto
Definición 1.27. Una región es un dominio del plano complejo con todos, algunos o
ninguno de sus puntos frontera .
De la definición, un conjunto abierto es una región (no tiene puntos frontera).
Caṕıtulo 2
Funciones complejas, ĺımites y
continuidad
SECCIÓN 2.1
Funciones de una variable compleja
Definición 2.1. Sea S un subconjunto de C, una función compleja (con valores
complejos de una variable compleja) f definida en S es una regla que asigna a cada
número complejo z = x + iy un único número complejo w = u + iv en C, tal que
w = f(z).
Es decir
f : S ⊂ C → C
z → w = f(z)
f(z) = U + iV
f(z) = U(x, y) + iV (x, y)
f(z) = U(z) + iV (z)
Ejemplo 2.1. Los siguientes enunciados son funciones complejas:
1. f(z) = z2 + 6z
2. g(z) = 3z3 − z2 + z + Re(z)
3. h(i) = i2 + 3Re(i)
51
2.1. Funciones de una variable compleja 52
4. f(z) = z2 + 6z
f(z) = z2 + 6z
= (x+ iy)2 + 6(x+ iy)
= (x2 − y2 + 6x) + i(2xy + 6y)
= U(x, y) + iV (x, y)
Al conjunto S se le llama dominio de f , al conjunto Ω = {f(z)/z ∈ S} a menudo
denotado como f(s), es llamado rango o imagen de f , y f se dice que mapea S sobre Ω.
Observación 2.1. Cuando el dominio de una función compleja no está expĺıcitamente
indicado, suponemos que el dominio es todo C.
Ejemplo 2.2.
1. Hallar el dominio de las siguientes funciones
a) f(z) =
1
z2 + 1
b) f(z) = Arg
(
1
z
)
c) f(z) =
z
z + z
Solución.
a) Dom(f) = C− {±i} pues z2 + 1 6= 0
z2 6= −1
z 6=
√
−1
z 6= ±i
b) Dom(f) = C− {0}
esto es, el dominio de f es todo el plano complejo menos z = 0.
c) z + z 6= 0 entonces
(x+ iy) + (x− iy) 6= 0
2x 6= 0
x 6= 0
entonces f está definido para todo el plano complejo excepto el eje imaginario.
2. Sea f(z) = x+ y + i(x3y − y2). Hallar:
2.1. Funciones de una variable compleja 53
a) f(−1 + 3i) b) f(3i− 2)
Solución. a) f(z) = f(x, y) = (x+ y, x3y − y2), entonces
f(−1 + 3i) = f(−1, 3)
= (−1 + 3,−3− 9)
= (2,−12)
= 2− 12i
b) f(3i− 2) = f(−2 + 3i) = f(−2, 3)
f(3i− 2) = (−2 + 3,−24− 9)
= (1,−33)
= 1− 33i
3. Hallar el dominio y rango de la siguiente función:
f(z) =
z
|z|
Solución. Dom(f) = C− {0}.
Para hallar el rango, pongamos w =
z
|z|
|w| =
∣
∣
∣
∣
z
|z|
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
|z|
|z|
∣
∣
∣
∣
= 1
|w| = 1
Luego Ran(f) = 1
Definición 2.2. Sea S ⊂ C, una función f es llamada uno a uno (o univalente o
inyectiva) en S si la ecuación f(z1) = f(z2) donde z1 y z2 están en S implica que
z1 = z2
Ejemplo 2.3.
1. La función f(z) = iz es uno a uno.
En efecto:
2.1. Funciones de una variable compleja 54
Si f(z1) = f(z2) entonces debemos demostrar que z1 = z2
f(z1) = f(z2)
iz1 = iz2
i2z1 = i
2z2
−z1 = −z2
z1 = z2
2. La función f(z) = z2 no es uno a uno.
En efecto:
Si z1 = i, z2 = −i
f(z1) = f(i) = (i)
2 = −1
f(z2) = f(−i) = (−i)2 = −1
cumple que f(z1) = f(z2) pero z1 6= z2.
SUBSECCIÓN 2.1.1
Parte real e imaginaria de una función compleja
Como cada número complejo z esta caracterizado por un par de números reales x e y,
una función compleja f de variable compleja z puede ser especificada por dos funciones
reales u = u(x, y) y v = v(x, y). Esto es
F (z) = w = u(x, y) + iv(x, y)
f(z) = u(x, y) + iv(x, y) (2.1)
Al igual que los números complejos, la función u(x, y) es la parte real de f y v(x, y) es
la parte imaginaria de f .
Se nota que el dominio común de las funciones u, v corresponden al dominio de f .
En el ejemplo 2.1, parte (4):
f(z) = z2 + 6z
f(z) = (x2 − y2 + 6x) + i(2xy + 6y)
f(z) = u(x, y)
︸ ︷︷ ︸
parte real
+i v(x, y)
︸ ︷︷ ︸
parte imaginaria
2.1. Funciones de una variable compleja 55
SUBSECCIÓN 2.1.2
Función exponencial compleja
ez = ex+iy = exeiy
= ex(cos y + i sen y)
ez = ex cos y + i sen y
tenemos la siguiente definición:
Definición 2.3. Definimos la función exponencial compleja como:
f(z) = ex cos y + iex sen y
Ejemplo 2.4. Hallar el valor de la función exponencial compleja ez en los siguientes
puntos
1. z = 0 2. z = i
Solución.
1. f(z) = ez = ex cos y + iex sen y
Si z = 0 entonces z = 0 + 0i; luego x = 0, y = 0
f(0) = e0 cos 0 + ie0 sen 0
= 1
2. Si z = i entonces x = 0, y = 1
f(i) = e0 cos 1 + ie0 sen 1
f(i) ≈ 0, 5403 + i0,8415
Proposición 2.1. La función exponencial compleja es periódica, con periodo imaginario
pero 2πi.
Demostración. Sea z = x+ iy; x, y ∈ R
ez+2πi = ex+iy+2πi = ex+i(y+2π)
2.1. Funciones de una variable compleja 56
ez+2πi = ex cos(y + 2π) + iex sen(y + 2π)
= ex(cos y + i sen y)
= exeiy
ez+2πi = ez
SUBSECCIÓN 2.1.3
Uso de las coordenadas polares
Recordemos que un número complejo también se puede escribir en coordenadas polares.
Aśı z = reiθ.
Definición 2.4. Una función compleja en forma polar se escribe de la siguiente man-
era
f(z) = u(r, θ) + iv(r, θ) (2.2)
donde u = u(r, θ) es la parte real y vv(r, θ) es la parte imaginaria.
Ejemplo 2.5.
1. En la función f(z) = z2, tenemos
f(z) = (r(cos θ + i sen θ))2 = r2(cos 2θ + i sen 2θ)
= r2 cos 2θ + ir2 sen 2θ
entonces
u = r2 cos 2θ , v = r2 sen 2θ
2. Dada la función compleja: f(z) = r3 cos θ + i(2r sen θ), hallar f(2i)
Solución. f(z) está en coordenadas polares, entonces z = 2i lo pasamos a coor-
denadas polares
2i = 2
(
cos
π
2
+ i sen
π
2
)
entonces r = 2, θ =
π
2
f(2i) = 23 cos
π
2
+ i
(
2(2) sen
π
2
)
= 8(0) + 4i
= 4i
2.1. Funciones de una variable compleja 57
3. Dado f(z) = r + i cos2 θ. Hallar f(3)
Solución. z = 3 = 3 + 0i entonces r = 3, θ = 2π
f(3) = 3 + i(cos 2π)2 = 3 + i
f(3) = 3 + i
4. Dado f(z) = ln |z|+ iArg(z). Hallar f(4i)
Solución. z = 4i entonces r = 4; Arg(z) =
π
2
, |z| = 4
f(4i) = ln 4 + i
π
2
≈ 0, 34657 + i0, 78540
SUBSECCIÓN 2.1.4
Funciones complejas como mapeos o transformaciones
Una función compleja se escribe: w = f(z) o f(z) = w lo que implica f(z) = u + iv.
Recordemos que un número complejo z = x + iy puede ser representado en el plano
(diagrama de Argand), sin embargo no podemos dibujar los valores de x, y y w en
un solo conjunto de ejes, como si se puede para funciones reales y = f(x). Por lo que
representamos los valores de w = f(z) = u+ iv en otro plano.
b
b
y
x
z
u
v
w
y
x
v
u
w = f(z)
u = u(x, y)
v = v(x, y)
plano xy plano uv
Dominio
Rango
Para el estudio de funciones complejas debemos usar mapeos (transformaciones).
2.1. Funciones de una variable compleja 58
Definición 2.5. Entendemos el término mapeo (o transformación) complejo como
una correspondencia determinada por una función compleja w = f(z) entre puntos
en un plano z (dominio) e imágenes (rango) en un plano w.
Es decir
Si el punto z0 en el plano z corresponde al punto w0 en el plano w, es decir w0 = f(z0)
entonces decimos que f mapea z0 en w0.
Ejemplo 2.6. Encuentre la imagen en el plano w de la recta f(x) = 2x+4 en el plano
z bajo el mapeo f(z) = 2z + 6.
Solución. Escribamos y = 2x+ 4 y w = 2z + 6, z = x+ iy.
w = u(x, y) + iv(x, y), entonces
u(x, y) + iv(x, y) = 2(x+ iy) + 6
u(x, y) + iv(x, y) = (2x+ 6) + 2yi
u(x, y) = 2x+ 6
v(x, y) = 2y
resolviendo para x e y, tenemos:
x =
1
2
(u− 6) ; y = 1
2
v,
luego:
1
2
v = 2
(
u− 6
2
)
+ 4
1
2
v = u− 2
v = 2u− 4
Entonces, la imagen de la recta y = 2x+4 en el plano z está representada por v = 2u−4
una recta en el plano w.
Hemos usado P1 y P2; P
′
1 y P
′
2 para no confundirnos con puntos z0 o z1.
Definición 2.6. Si w = f(z) es un mapeocomplejo y si S es un conjunto de puntos
en el plano z, entonces llamamos al conjunto de imágenes de los puntos de S bajo f ,
imagen de S bajo f y lo denotamos como S’.
2.1. Funciones de una variable compleja 59
Ejemplo 2.7.
1. Hallar la imagen S ′ del conjunto S bajo el mapeo complejo f(z) = (1 + i)z; S es
la recta vertical x = 2.
Solución. Sea f(z) = w entonces
w = u+ iv = (1 + i)(x+ iy)
u+ iv = (x− y) + i(x+ y)
u = x− y y v = x+ y, pero x = 2, luego: u = 2− y y v = 2 + y, entonces
u+ v = 4
v = 4− u
S ′ es la recta v = 4− u
2. Hallar la imagen S ′ del conjunto S bajo el mapeo complejo f(z) = 3z; S es el
semiplano Im(z) > 2.
Solución.
w = u+ iv = 3z
u+ iv = 3(x+ iy)
u = 3x ⇒ x = u
3
v = 3y ⇒ y = v
3
Pero S es y > 2 entonces
v
3
> 2, por tanto v > 6.
Luego S ′ es el semiplano Im(w) > 6.
SUBSECCIÓN 2.1.5
Mapeos lineales
Recordemos que una función real de la forma f(x) = ax+ b donde a y b son constantes
reales se llama función lineal. Luego, una función lineal compleja es de la forma f(z) =
az + b donde a y b son constantes complejas cualesquiera. Son las más fáciles para
visualizar como mapeos del plano complejo, el ejemplo 2.6 corresponde a este tipo de
función compleja. Antes de ver en lo general el mapeo lineal complejo f(z) = az + b,
veremos tres tipos de mapeos lineales, llamados traslación, rotación y amplificación
2.1. Funciones de una variable compleja 60
Definición 2.7. Sea B = a+ ib un número complejo fijo, entonces la transformación
w = T (z) = z +B = (x+ a) + i(y + b) (2.3)
es un mapeo uno a uno del plano z sobre el plano w y es llamado traslación.
La imagen del punto (x, y) bajo T es el punto (x+ a, y + b).
Ejemplo 2.8. Determinar la imagen S ′ del triángulo S con vértices 0, 1 e i bajo el
mapeo lineal dado por T (z) = z + 2i.
Solución. El mapeo T es una traslación
T (x+ iy) = x+ iy + 2i
= x+ i(y + 2)
= (x, y + 2)
0 = 0 + 0i ⇒ T (0, 0) = (0, 2) = 2i
1 = 1 + 0i ⇒ T (1, 0) = (1, 2) = 1 + 2i
i = 0 + i ⇒ T (0, 1) = (0, 3) = 3i
Esta transformación puede ser visualizada como traslación ŕıgida por lo cual el punto z
es desplazado a través del vector a+ ib en su nueva posición w = T (z). El mapeo inverso
es dado por: z = T−1(w) = w−B = u− a+ i(v − b). Se demuestra que T es un mapeo
uno a uno del plano z sobre el plano w
Definición 2.8. Sea α un número real fijo. La transformación
w = R(z) = zeiα = reiθeiα = rei(θ+α) (2.4)
es un mapeo uno a uno del plano z en el plano w y es llamado una rotación. puede
visualizarse como una ŕıgida rotación por el cual el punto z es rotado sobre el origen
a través de un ángulo α a su nueva posición R(w) = R(z).
Si usamos coordenadas polares w = ρeiφ en el plano w, el mapeo inverso es dado por:
z = R−1(w) = we−iα = ρeiφe−iα = ρei(φ−α) (2.5)
Esto demuestra que R es un mapeo uno a uno del plano z sobre el plano w.
2.1. Funciones de una variable compleja 61
Observación 2.2. La ecuación (2.4) también se puede escribir aśı: w = Az donde
A es un número complejo constante diferente de cero, z 6= 0. Escribiendo en forma
exponencial:
A = aeiα, z = reiθ entonces Az = (ar)ei(α+θ) (2.6)
Esta transformación se llama dilatación, expande o contrae el radio vector r por el
factor a = |A| y rotación a través del ángulo α = Arg(A) sobre el origen, si a = |A| = 1
simplemente es rotación.
Ejemplo 2.9.
1. La transformación R(z) = (1 + i)z es una dilatación y rotación a la vez.
En efecto:
1 + i =
√
2eiπ/4, α = π/4
z = reiθ
R(z) = w = (
√
2r)ei(θ+π/4), φ = θ +
π
4
Se ha efectuado una dilatación ρ = r
√
2 y una rotación α = π/4.
2. Encuentre la imagen del eje real y = 0 bajo el mapeo lineal R(z) = iz
Solución. Sea S que denota el eje real y = 0 y S ′ denota la imagen de S bajo R.
i = 0 + i entonces |i| = 1, el mapeo R(z) es una rotación, α = π/2, luego la
ecuación 2.4 w = rei(θ+π/2); pero θ = 0◦ entonces w = reiπ/2, entonces la imagen
de S es la recta u = 0 en S ′.
Definición 2.9. Sea k > 0 un número real, la transformación
M(z) = kz = kx+ iky (2.7)
es un mapeo uno a uno del plano z sobre el plano w es llamado ampliación (magnifi-
cación).
Si k > 1, tiene un efecto de estirar la distancia entre puntos por el factor k.
2.1. Funciones de una variable compleja 62
Si k < 1, reduce la distancia entre puntos por el factor k.
Es decir:
La imagen del punto (x, y) es el punto (kx, ky), la forma exponencial (2.7) es de
la forma
M(z) = k(reiθ) = (kr)eiθ, kr > 0 (2.8)
la transformación inversa es
z = M−1(w) =
1
k
w =
1
k
u+ i
1
k
v (2.9)
Definición 2.10. Sea A = keiα y B = a+ ib, donde k > 0 es un número real positivo.
Entonces la transformación
f(z) = Az +B o w = f(z) = Az +B (2.10)
es un mapeo uno a uno del plano z sobre el plano w es llamado transformación lineal.
Observación 2.3. La transformación lineal (2.9) puede ser considerada como la com-
posición de una rotación, una ampliación y una traslación. El mapeo inverso es dado
por:
z = f−1(w) =
1
A
w − B
A
(2.11)
Ejemplo 2.10.
1. Demuestre que la transformación lineal f(z) = iz + i mapea el semiplano derecho
Re(z) > 1 sobre el semiplano superior Im(w) > 2.
Solución. Sea w = f(z) entonces
u+ iv = iz + i
= i(x+ iy) + i
= −y + i(x+ 1)
u = −y , v = x+ 1
tomando x = v − 1, como Re(z) = x > 1, tenemos: v − 1 > 1, luego v > 2, que es
precisamente el semiplano superior Im(w) > 2.
Note que el efecto de la transformación w = f(z) es una rotación del plano a través
del ángulo α = π/2 (i = 0+ i entonces α = π/2), seguido de una traslación por el
vector B = i
2.1. Funciones de una variable compleja 63
2. Examinar el mapeo
w = f(z) = (1 + i)z + 1− i
como una sucesión de mapeos básicos: rotación, ampliación y traslación, en la
siguiente figura.
Solución. La ecuación de la recta que une los puntos 0+2i y 2+0i es x+ y = 2.
w = (1+ i)z +1− i entonces 1 + i =
√
2eπ/4 es una dilatación y rotación α = π/4
u+ iv = (1 + i)(x+ iy) + 1− i
u = x− y + 1 , v = x+ y − 1
resolviendo para x e y, tenemos:
x =
u+ v
2
, y =
v − u+ 2
2
reemplazando en la recta x+ y = 2, tenemos:
u+ v
2
+
v − u+ 2
2
= 2
u+ v + v − u+ 2 = 4
2v + 2 = 4
2v = 2
v = 1
3. La función f(z) = iz+4−3i es una combinación de traslación y rotación. Encuentre
la imagen de la recta 6x+ y = 22 en el plano w bajo este mapeo.
Solución. Sea w = iz + 4− 3i entonces i = 0 + i, por tanto |i| = 1, α = π/2
z
rotación
// eiπ/2z traslación
(0,0)→(4,−3)
// eiπ/2z + 4− 3i = w
w = u+ iv
u+ iv = i(x+ iy) + 4− 3i
u+ iv = ix− y + 4− 3i
= (4− y) + i(x− 3)
2.2. Curvas paramétricas en el plano complejo 64
luego u = 4− y ∧ v = x− 3, resolviendo para x e y, reemplazamos en la ecuación
de la recta, tenemos:
6(v + 3) + 4− u = 22
6v + 18 + 4− u = 22
6v − u = 0
6v = u
SECCIÓN 2.2
Curvas paramétricas en el plano complejo
Definición 2.11. Si x(t) y y(t) son funciones reales de variable real t, entonces el
conjunto C, que consiste de todos los puntos z(t) = x(t) + iy(t), 0 ≤ t ≤ 1, se
llama curva paramétrica compleja. La función de valores complejos de variable real t,
z(t) = x(t) + iy(t) se llama parametrización de C.
SUBSECCIÓN 2.2.1
Curvas paramétricas comunes en el plano complejo
Recta: Una parametrización de la recta que contiene a los puntos z0 y z1 es dada por:
z(t) = z0(1− t) + z1t, −∞ < t < +∞ (2.12)
Segmento de recta: Una parametrización del segmento de recta que va de z0 a z1 es:
z(t) = z0(1− t) + z1(t), 0 ≤ t ≤ 1 (2.13)
Rayo: Una parametrización del rayo que sale de z0 y que contiene a z1 es:
z(t) = z0(1− t) + z1t, 0 ≤ t < +∞ (2.14)
Circunferencia: Una parametrización de la circunferencia centrada en z0 y radio r es:
z(t) = z0 + r(cos t+ i sen t), 0 ≤ t ≤ 2π (2.15)
En notación exponencial:
z(t) = z0 + re
it (2.16)
2.2. Curvas paramétricas en el plano complejo 65
SUBSECCIÓN 2.2.2
Imagen de una curva paramétrica bajo un mapeo complejo
Definición 2.12. Si w = f(z) es un mapeo complejo y C es una curva parametrizada
por z(t), a ≤ t ≤ b entonces:w(t) = f(z(t)), a ≤ t ≤ b (2.17)
es una parametrización de la imagen C ′ de C bajo w = f(z).
Ejemplo 2.11. Determine una parametrización de la imagen C ′ de C bajo el mapeo
complejo dado w = f(z).
1. z(t) = 2(1− t) + it, 0 ≤ t ≤ 1, f(z) = 3z
Solución.
C : z(t) = 2(1− t) + it, 0 ≤ t ≤ 1
C ′ : w(t) = f(z(t))
= f(2(1− t) + it)
= 3(2− 2t + it)
= (6− 6t) + i3t
C ′ : w(t) = 6(1− t) + 3ti, 0 ≤ t ≤ 1
2. z(t) = 1 + 2eit, 0 ≤ t ≤ 2π, f(z) = z + 1− i
Solución.
C : z(t) = 1 + 2eit, 0 ≤ t ≤ 2π
circunferencia de centro z0 = 1 y radio r = 2.
C ′ : w(t) = f(1 + 2eit)
= 1 + 2eit + 1− i
= 2− i+ 2eit
circunferencia de centro en z0 = 2− i y radio r = 2.
2.3. LÍmites y continuidad de funciones complejas 66
SECCIÓN 2.3
Ĺımites y continuidad de funciones complejas
Los ĺımites complejos juegan un papel importante en el estudio del análisis complejo. El
concepto de un ĺımite complejo es similar al del número real en el sentido que
ĺım
z→z0
f(z) = L
significa que los valores f(z) de la función compleja f se pueden hacer arbitrariamente
cercanos al número complejo L si los valores de z se eligen suficientemente cerca, pero
no iguales al número complejo z0.
En un ĺımite complejo existe un número infinito de direcciones a partir de las que se
puede aproximar z a z0 en el plano complejo.
Definición 2.13. Suponga que una función compleja f está definida en un entorno
perforado de z0 y suponga que L es un número complejo. El ĺımite de f conforme z
se aproxima a z0 existe y es igual a L, lo cual se escribe:
ĺım
z→z0
f(z) = L si para todo ǫ > 0, existe un δ > 0 tal que |f(z) − L| < ǫ
siempre que |z − z0| < δ
Ejemplo 2.12.
(a) Por definición demuestre que:
ĺım
z→1−i
(z−2 − 2) = −2 + 2i
Solución. z0 = 1− i, f(z) = z−2 − 2; L = −2 + 2i
|f(z)− L| < ǫ siempre que |z − z0| < δ
|z−2 − 2− (−2 + 2i)| < ǫ siempre que |z − (1− i)| < δ
2.3. LÍmites y continuidad de funciones complejas 67
|z2 − 2− (−2 + 2i)| = |z2 − 2 + 2− 2i|
= |z − 2i| = |z2 + 2i|
= |z2 + 2i|
= |(z − (1− i))(z + (1− i))|
= |z − (1− i)||z + (1− i)|
= |z − (1− i)||z + 2(1− i)− (1− i)|
= |z − (1− i)||z − (1− i) + 2(1− i)|
≤ |z − (1− i)|(|z − (1− i)|+ 2|1− i|)
≤ |z − (1− i)|(|z − (1− i)|+ 2
√
2) (2.18)
si tomamos δ = 1, entonces: |z − (1− i)| < 1, reemplazamos en (2.18)
|z2 − 2− (−2 + 2i)| < δ(1 + 2
√
2) = ǫ
δ =
ǫ
1 + 2
√
2
consideramos δ = mı́n
{
1,
ǫ
1 + 2
√
2
}
.
(b) Por definición demuestre que:
ĺım
z→1−i
|z−2 − 2| =
√
8
Solución. z0 = 1− i, f(z) = |z−2 − 2|; L =
√
8
|f(z)− L| < ǫ siempre que |z − z0| < δ
||z−2 − 2| −
√
8| < ǫ siempre que |z − (1− i)| < δ
||z2 − 2| −
√
8| = ||z2 − 2| − | − 2 + 2i||
≤ |z − 2− (−2 + 2i)|
≤ |z2 − 2i|
≤ |z − (1− i)|(|z − (1− i)|+ 2
√
2) (2.19)
si tomamos δ = 1, entonces: |z − (1− i)| < 1, reemplazamos en (2.19)
|z2 − 2− (−2 + 2i)| < δ(1 + 2
√
2) = ǫ
δ =
ǫ
1 + 2
√
2
consideramos δ = mı́n
{
1,
ǫ
1 + 2
√
2
}
.
2.3. LÍmites y continuidad de funciones complejas 68
Ejemplo 2.13. Demuestre que ĺım
z→0
z
z
no existe
Solución. Primero hagamos que z → 0 a lo largo del eje real es decir z = x+0i, donde
x → 0. Luego
ĺım
z→0
z
z
= ĺım
x→0
x+ 0i
x− 0i = 1
Ahora hagamos que z → 0 a lo largo del eje imaginario, es decir z = 0 + iy, donde
y → 0:
ĺım
z→0
z
z
= ĺım
x→0
0 + iy
0− iy = ĺımy→0(−1) = −1
vemos que ambos ĺımites no son iguales, entonces tenemos que: ĺım
z→0
z
z
no existe.
Teorema 2.1. Sea f(z) = u(x, y) + iv(x, y) y z0 = x0 + iy0, w0 = u0 + iv0, entonces:
ĺım
z→z0
f(z) = w0 si y solo si ĺım
(x,y)→(x0,y0)
u(x, y) = u0 y ĺım
(x,y)→(x0,y0)
v(x, y) = v0 (2.20)
Demostración.
(⇐) Supongamos que es verdad ĺım
(x,y)→(x0,y0)
u(x, y) = u0 y ĺım
(x,y)→(x0,y0)
v(x, y) = v0, en-
tonces probaremos que ĺım
z→z0
f(z) = w0
En efecto:
Para cada ǫ > 0, existen δ1 > 0 y δ2 > 0, tales que:
|u− u0| <
ǫ
2
siempre que
√
(x− x0)2 + (y − y0)2 < δ1 (2.21)
y
|v − v0| <
ǫ
2
siempre que
√
(x− x0)2 + (y − y0)2 < δ2 (2.22)
Tomando δ = mı́n{δ1, δ2}. Luego, al ser
|(u+ iv)− (u0 + iv0)| = |(u− u0) + i(v − v0)|
≤ |u− u0|+ |v − v0|
|(u+ iv)− (u0 + iv0)| ≤ |u− u0|+ |v − v0| (2.23)
también
√
(x− x0)2 + (y − y0)2 = |(x− x0) + i(y − y0)|
= |(x+ iy)− (x0 + iy0)| (2.24)
Reemplazamos (2.21) y (2.22) en (2.23)
|(u+ iv)− (u0 + iv0)| <
ǫ
2
+
ǫ
2
< ǫ
2.3. LÍmites y continuidad de funciones complejas 69
|(u+ iv)− (u0 + iv0)| < ǫ siempre que |(x+ iy)− (x0 + iy0)| < δ
|f(z)− w0| < ǫ siempre que |(x+ iy)− (x0 + iy0)| < δ
∴ ĺım
z→z0
f(z) = w0
(⇒) Supongamos que ĺım
z→z0
f(z) = w0 es cierto, entonces demostraremos que:
ĺım
(x,y)→(x0,y0)
u(x, y) = u0 y ĺım
(x,y)→(x0,y0)
v(x, y) = v0.
En efecto: ∀ ǫ > 0, ∃ δ > 0, tal que |(u + iv) − (u0 + iv0)| < ǫ siempre que
|(x+ iy)− (x0 + iy0)| < δ. También
|u− u0| ≤ |(u− u0) + i(v − v0)|
|u− u0| ≤ |(u+ iv)− (u0 + iv0)| (2.25)
|v − v0| ≤ |(u− u0) + i(v − v0)|
|v − v0| ≤ |(u+ iv)− (u0 + iv0)| (2.26)
también
|(x+ iy)− (x0 + iy0)| = |(x− x0) + i(y − y0)| =
√
(x− x0)2 + (y − y0)2
De (2.25): |u− u0| < ǫ
De (2.26): |v − v0| < ǫ
siempre que
√
(x− x0)2 + (y − y0)2 < δ
Luego, tenemos
|u− u0| < ǫ siempre que
√
(x− x0)2 + (y − y0)2 < δ
|u− u0| < ǫ siempre que |(x+ iy)− (x0 + iy0)| < δ
se tiene: ĺım
(x,y)→(x0,y0)
u(x, y) = u0
De la misma manera:
ĺım
(x,y)→(x0,y0)
v(x, y) = v0
Ejemplo 2.14. Calcular ĺım
z→2i
(z2 − z)
Solución.
f(z) = z2 − z = (x+ iy)2 − (x− iy) = x2 + 2xyi− y2 − x+ iy
= (x2 − y2 − x) + i(2xy + y)
= (x2 − y2 − x) + i(2xy + y)
2.3. LÍmites y continuidad de funciones complejas 70
x0 = 0; y0 = 2
u(x, y) = x2 − y2 − x
v(x, y) = 2xy + y
usando el teorema (2.1), considerando w0 = u0 + iv0
u0 = ĺım
(x,y)→(0,2)
u(x, y) = ĺım
(x,y)→(0,2)
x2 − y2 − x = −4
v0 = ĺım
(x,y)→(0,2)
v(x, y) = ĺım
(x,y)→(0,2)
2xy + y = 2
entonces w0 = −4 + 2i
∴ ĺım
z→2i
(z2 + z) = −4 + 2i
Teorema 2.2. Sean f y g funciones complejas. Si ĺım
z→z0
f(z) = L y ĺım
z→z0
g(z) = M .
Entonces, tenemos
(a) ĺım
z→z0
(αf(z)) = αL, α es una constante compleja.
(b) ĺım
z→z0
(f(z)± g(z)) = L±M
(c) ĺım
z→z0
f(z)g(z) = L ·M
(d) ĺım
z→z0
f(z)
g(z)
=
L
M
, M 6= 0.
Demostración.
(a) Sea f(z) = u(x, y) + iv(x, y); z0 = x0 + iy0, L = u0 + iv0 y α = a+ ib.
Como ĺım
z→z0
f(z) = L entonces por el teorema 2.1
ĺım
(x,y)→(x0,y0)
u(x, y) = u0 y ĺım
(x,y)→(x0,y0)
v(x, y) = v0
entonces
ĺım
(x,y)→(x0,y0)
(au(x, y)− bv(x, y)) = au0 − bv0
también ĺım
(x,y)→(x0,y0)
(bu(x, y) + av(x, y)) = bu0 + av0 además
αf(z) = (a+ ib)(u(x, y) + iv(x, y))
= au+ iav + ibu− bv
αf(z) = (au− bv) + i(av + bu)
2.3. LÍmites y continuidad de funciones complejas 71
luego:
ĺım
z→z0
(αf(z)) = ĺım
(x,y)→(x0,y0)
(au− bv) + ĺım
(x,y)→(x0,y0)
i(bu + av)
= au0 − bv0 + i(bu0 + av0)
= au0 − bv0 + ibu0 + iav0
= au0 + ibu0 − bv0 + iav0
= au0 + ibu0 + i
2bv0 + iav0
= (a + ib)u0 + i(ib + a)v0
= (a + ib)u0 + i(a + ib)v0
= (a + ib)(u0 + iv0)
= αL.
(c) Sean f(z) = u(x, y)+iv(x, y); g(z) = u′(x, y)+iv′(x, y); z0 = x0+iy0; L = u0+iv0;
M = u′0 + iv
′
0, entonces
f(z)g(z) = (u+ iv)(u′ + iv′)
= (uu′ − vv′) + i(uv′ + vu′)
entonces
ĺım
z→z0
(f(z)g(z)) = ĺım
(x,y)→(x0,y0)
(uu′ − vv′) + ĺım
(x,y)→(x0,y0)
i(uv′ + vu′)
= (u0u
′
0 − v0v′0) + i(u0v′0 + v0u′0)
= u0u
′
0 − v0v′0 + iu0v′0 + iu′0v0
= (u0u
′
0 + iu0v
′
0)− v0v′0 + iv0u′0
= (u0u
′
0 + iu0v
′
0) + i
2v0v
′
0 + iv0u
′
0
= (u′0 + iv
′
0)u0 + i(iv
′
0 + u
′
0)v0
= (u′0 + iv
′
0)u0 + i(u
′
0 + iv
′
0)v0
= (u0 + iv0)(u
′
0 + iv
′
0)
= LM
Ejemplo 2.15. Hallar
ĺım
z→3i
z2 + 9
z − 3i
2.3. LÍmites y continuidad de funciones complejas 72
Solución.
ĺım
z→3i
z2 + 9
z − 3i = ĺımz→3i
z2 + 9
z − 3i ·
z + 3i
z + 3i
= ĺım
z→3i
(z2 + 9)(z + 3i)
z2 + 9
= ĺım
z→3i
z + 3i = 6i
SUBSECCIÓN 2.3.1
Ĺımites en el infinito
Teorema 2.3. Si z0 y w0 son puntos de los planos z y w respectivamente, entonces:
(a) ĺım
z→z0
f(z) = ∞ si y solo si ĺım
z→z0
1
f(z)
= 0
(b) ĺım
z→z0
f(z) = ∞ si y solo si ĺım
z→z0
1
f(z)
= 0
(c) ĺım
z→z0
f(z) = ∞ si y solo si ĺım
z→z0
1
f(z)
= 0
Demostración. Verel libro de “Variable compleja y sus aplicaciones”de James Ward
Brown.
Ejemplo 2.16.
1. ĺım
z→i
z2 − 1
z2 + 1
= ∞, pues
ĺım
z→i
z2 − 1
z2 + 1
=
−1 − 1
1− 1 =
−2
0
= ∞
2. ĺım
z→∞
2z + i
z + 1
= 2, pues
ĺım
z→0
2
z
+ i
1
z
+ 1
= ĺım
z→0
2 + iz
1 + z
= 2
3. ĺım
z→∞
2z3 − 1
z2 + 1
= ∞
En efecto:
ĺım
z→∞
z3(2− 1
z3
)
z2(1 + 1
z2
)
= ĺım
z→∞
z(2 − 1
z3
)
1 + 1
z2
= ∞
usando el teorema 2.3, tenemos ĺım
z→∞
2z3 − 1
z2 + 1
= ∞ pues
ĺım
z→0
1
z2
+ 1
2
z2
− 1 = ĺımz→0
z + z3
2− z2 = 0
2.3. LÍmites y continuidad de funciones complejas 73
SUBSECCIÓN 2.3.2
Continuidad de funciones complejas
Definición 2.14. Una función compleja f es continua en un punto z0 si satisface las
siguientes condiciones:
(i) ĺım
z→z0
f(z) existe
(ii) f(z0) existe
(iii) ĺım
z→z0
f(z) = f(z0)
Si f no es continua en z0 se dice que f es discontinua en ese punto.
Ejemplo 2.17. Demuestre que la función
f(z) =
z3
z3 + 3z2 + z
es continua en z0 = i.
Solución.
(i) f(i) = i/3 existe.
(ii) ĺım
z→i
z3
z3 + 3z2 + z
=
i
3
(iii) ĺım
z→i
f(z) = f(i)
∴ f es continua en z0 = i.
Observación 2.4. Una función compleja f es continua en una región Ω si es continua
en cada uno de los puntos de Ω.
Teorema 2.4. Sea f(z) = u(x, y)+iv(x, y) y z0 = x0+iy0, entonces la función compleja
f es continua en el punto z0 si y sólo si ambas funciones reales u, v son continuas en
el punto (x0, y0).
Demostración.
2.3. LÍmites y continuidad de funciones complejas 74
(⇒) Si f es continua en z0 entonces demostraremos que u y v son continuas en (x0, y0)
En efecto:
Como f es continua en z0 por la definición 2.14
ĺım
z→z0
f(z) = f(z0)
ĺım
z→z0
f(z) = u(x0, y0) + iv(x0, y0)
= ĺım
(x,y)→(x0,y0)
u(x, y) + ĺım
(x,y)→(x0,y0)
v(x, y)
Luego por el teorema 2.1
ĺım
(x,y)→(x0,y0)
u(x, y) = u(x0, y0) y ĺım
(x,y)→(x0,y0)
v(x, y) = v(x0, y0)
lo que se prueba que u y v son continuas en (x0, y0).
(⇐) Supongamos que u(x, y) y v(x, y) son continuas en (x0, y0) demostraremos que
f(z) es continua en z0.
En efecto:
ĺım
(x,y)→(x0,y0)
u(x, y) = u(x0, y0) y ĺım
(x,y)→(x0,y0)
v(x, y) = v(x0, y0)
Por el teorema 2.1, se tiene que
ĺım
z→z0
f(z) = u(x0, y0) + iv(x0, y0)
= f(z0)
Teorema 2.5 (Propiedades de las funciones continuas). Si f y g son funciones continuas
en el punto z0, entonces las siguientes funciones son continuas en z0
1. αf , α ∈ C
2. f ± g
3. f · g
4. f/g, g 6= 0
Demostración. ¡Ejercicio!
Observación 2.5.
2.3. LÍmites y continuidad de funciones complejas 75
(i) Las funciones polinomiales complejas son continuas en todo el plano complejo
f(z) = anz
n + an−1z
n−1 + · · ·+ a1z + a0
(ii) Al igual que las funciones reales, una función continua su gráfica no tiene cortes
ni huecos, diremos que una función compleja es continua si sus mapeos no tiene
cortes ni huecos.
Caṕıtulo 3
Derivación e integración compleja
SECCIÓN 3.1
Derivada de una función compleja
Definición 3.1. Sea f una función compleja definida en un entorno de z0. La derivada
de f en z0 que la denotamos denotamos f
′(z0) se define por la ecuación:
f ′(z0) = ĺım
∆z→0
f(z0 +∆z) − f(z0)
∆z
(3.1)
siempre que el ĺımite exista.
Si el ĺımite existe, entonces afirmamos que f es derivable (diferenciable) en z0.
Recordemos: ∆z = z − z0, reemplazamos en (3.1)
f ′(z0) = ĺım
z→z0
f(z0 + z − z0)− f(z0)
z − z0
f ′(z0) = ĺım
z→z0
f(z)− f(z0)
z − z0
(3.2)
es otra forma de definir la derivada de la función compleja f en z0, siempre que el ĺımite
exista.
Si w = f(z) entonces ∆w = f(z0 +∆z) − f(z0).
Luego
dw
dz
= ĺım
∆z→0
∆w
∆z
(3.3)
es otra manera de definir la derivada de f .
76
3.1. Derivada de una función compleja 77
Observación 3.1. Como z0 es un punto arbitrario del dominio de f , es posible escribir
la derivada de f de la siguiente manera:
f ′(z) = ĺım∆z → 0f(z +∆z)− f(z)
∆z
(3.4)
para cualquier z en el dominio de f .
Ejemplo 3.1.
1. Demuestre que para cualquier entero positivo n, se tiene
d
dz
(zn) = nzn−1
Solución. f(z) = zn, usamos la ecuación (3.4)
d
dz
(zn) = ĺım
∆z→0
(z +∆z)n − zn
∆z
= ĺım
∆z→0
(
n
0
)
zn +
(
n
1
)
zn−1∆z +
(
n
2
)
zn−2(∆z)2 + · · ·+
(
n
n
)
(∆z)n − zn
∆z
= ĺım
∆z→0
(
n
1
)
zn−1∆z +
(
n
2
)
zn−2(∆z)2 + · · ·+
(
n
n
)
(∆z)n
∆z
= ĺım
∆z→0
(
nzn−1 +
n(n− 1)
2
zn−2(∆z) + · · ·+ (∆z)n−1
)
= nzn−1
2. Usando la definición, hallar la derivada de la función f(z) = 9iz + 2− 3i
Solución. La derivada en cualquier punto z es:
df
dz
= ĺım
∆z→0
f(z +∆z) − f(z)
∆z
= ĺım
∆z→0
9i(z +∆z) + 2− 3i− 9iz − 2 + 3i
∆z
= ĺım
∆z→0
9zi+ 9i∆z − 9iz
∆z
= ĺım
∆z→0
9i∆z
∆z
= 9i
3. Pruebe que la función f(z) = z̄ no es diferenciable en ninguna parte.
Solución. Para cualquier número complejo z, tenemos:
f ′(z0) = ĺım
∆z→0
f(z0 +∆z)− f(z0)
∆z
= ĺım
∆z→0
z0 +∆z − z0
∆z
= ĺım
∆z→0
z0 +∆z − z0
∆z
= ĺım
∆z→0
∆z
∆z
3.1. Derivada de una función compleja 78
si ∆z es real, ∆z = ∆z
f ′(z0) = ĺım
∆z→0
∆z
∆z
= 1
si ∆z es imaginario puro ∆z = −∆z
f ′(z0) = ĺım
∆z→0
∆z
−∆z
= −1
Por lo tanto el ĺımite cuando ∆z → 0 no existe, entonces f no es diferenciable en
ninguna parte.
Definición 3.2. Sea Ω un conjunto abierto, f : Ω → C, f es diferenciable en z0 ∈ Ω
si y sólo si existe un número complejo w0, tal que para todo ǫ > 0, existe algún δ > 0,
se tiene: ∣
∣
∣
∣
f(z)− f(z0)
z − z0
− w0
∣
∣
∣
∣
< ǫ siempre que |z − z0| < δ (3.5)
z ∈ Ω. El número complejo w0 es el valor de la derivada de f en el punto z0 ∈ Ω y se
escribe f ′(z0) = w0.
Esto es:
f es diferenciable en z0 si y sólo si existe algún w0 ∈ C, tal que
f(z)− f(z0)
z − z0
→ w0 cuando z → z0, z 6= z0
Teorema 3.1. Sean las funciones f, g : Ω → C ambas diferenciables en z0 ∈ Ω, además
sea C una constante compleja. Entonces:
(i)
d
dz
C = 0
(ii)
d
dz
(Cf(z)) = C
d
dz
f(z)
(iii)
d
dz
(f(z)± g(z)) = d
dz
f(z)± d
dz
g(z)
(iv)
d
dz
(f(z)g(z)) = f(z)
d
dz
g(z) +
d
dz
f(z)g(z)
(v)
d
dz
(
f(z)
g(z)
)
=
g(z)f ′(z)− f(z)g′(z)
(g(z))2
Demostración. Demostraremos algunas de las propiedades, las demás quedan como
ejercicio
3.1. Derivada de una función compleja 79
(i) Sea f(z) = C
df
dz
=
dc
dz
= ĺım
z→z0
f(z)− f(z0)
z − z0
= ĺım
z→z0
C − C
z − z0
= ĺım
z→z0
0 = 0
(iii)
d
dz
(f + g)(z0) = ĺım
z→z0
(f + g)(z)− (f + g)(z0)
z − z0
= ĺım
z→z0
[
f(z)− f(z0)
z − z0
+
g(z)− g(z0)
z − z0
]
= ĺım
z→z0
f(z)− f(z0)
z − z0
+ ĺım
z→z0
g(z)− g(z0)
z − z0
= f ′(z0) + g
′(z0)
como z0 es arbitrario
d
dz
(f(z) + g(z)) =
d
dz
f(z) +
d
dz
g(z)
(iv)
d
dz
(fg)(z0) = ĺım
z→z0
f(z)g(z)− f(z0)g(z0)
z − z0
= ĺım
z→z0
f(z)g(z)− f(z0)g(z0) + f(z0)g(z)− f(z0)g(z)
z − z0
= ĺım
z→z0
f(z)g(z)− f(z0)g(z)
z − z0
+ ĺım
z→z0
f(z0)g(z)− f(z0)g(z0)
z − z0
= ĺım
z→z0
g(z)
f(z)− f(z0)
z − z0
+ ĺım
z→z0
f(z0)
g(z)− g(z0)
z − z0
= g(z0)f
′(z0) + f(z0)g
′(z0)
= f(z0)g
′(z0) + g(z0)f
′(z0)
d
dz
(f(z)g(z)) = f(z)g′(z) + g(z)f ′(z)
Teorema 3.2 (Regla de la cadena). Sean las funciones f : A → C diferenciable en
z0 ∈ A, Ran(f) ⊂ B y g : B → C diferenciable en f(z0), entonces la composición g ◦ f
es diferenciable en z0 con derivada
(g ◦ f)′(z0) = g′(f(z0))f ′(z0) (3.6)
3.1. Derivada de una función compleja 80
Demostración.
A
. z
. z0
. f(z0)
. w
gf
. g(w)
. g(f(z0))
g ◦ f
B
C
Definamos una función φ de la siguiente manera, φ : B → C, tal que:
φ(w) =



g(w)− g(f(z0))
w − f(z0)
, w 6= f(z0)
g′(f(z0)) , w = f(z0)
por hipótesis, g es diferenciable en f(z0), se sigue que φ(w) es continua (luego se de-
mostrará esta afirmación) en w = f(z0). Ahora como z → z0, f(z) → f(z0), por lo
tanto: φ(f(z)) → φ(f(z0)), pero φ(f(z0)) = g′(f(z0)) para z ∈ A con f(z) 6= f(z0),
podemos reescribir la función φ, obteniendo
φ(f(z0)) =
g(f(z))− g(f(z0))
f(z)− f(z0)
g(f(z))− g(f(z0)) = φ(f(z0))(f(z)− f(z0))
como z 6= z0, tenemos
g(f(z))− g(f(z0))
z − z0
= φ(f(z0))
(
f(z)− f(z0)
z − z0
)
tomando ĺımite cuando z − z0
ĺım
z−z0
[
g(f(z))− g(f(z0))
z− z0
]
= φ(f(z0)) ĺım
z→z0
(
f(z)− f(z0)
z − z0
)
ĺım
z−z0
[
g(f(z))− g(f(z0))
z − z0
]
= φ(f(z0))f
′(z0)
(g ◦ f)′(z0) = g′(f(z0))f ′(z0)
Teorema 3.3. Si f es diferenciable en z0, entonces f es continua en z0.
3.2. Funciones anaĺIticas 81
Demostración. Para z 6= z0, tenemos:
f(z) =
(f(z)− f(z0))(z − z0)
z − z0
+ f(z0)
=
[
f(z)− f(z0)
z − z0
]
(z − z0) + f(z0)
tomando ĺımite cuando z → z0
ĺım
z→z0
f(z) = ĺım
z→z0
(
f(z)− f(z0)
z − z0
)
ĺım
z→z0
(z − z0) + f(z0)
= f ′(z0)(0) + f(z0)
ĺım
z→z0
f(z) = f(z0)
f es continua.
SECCIÓN 3.2
Funciones anaĺıticas
Definición 3.3 (Analiticidad en un punto). Una función compleja f es anaĺıtica en
un punto z0 si f es diferenciable en z0 y en cada punto de su entorno de z0.
Ejemplo 3.2. La función f(z) = 3z2 + 4iz − 5 + i es anaĺıtica en z0 = 2.
En efecto:
f ′(z) = 6z + 4i
f ′(2) = 12 + 4i
Teorema 3.4 (Regla de L’Hospital). Sean f y g funciones anaĺıticas en un punto z0 y
f(z0) = g(z0) = 0, pero g
′(z0) 6= 0. Entonces
ĺım
z→z0
f(z)
g(z)
=
f ′(z0)
g′(z0)
Demostración. Como f y g son anaĺıticas, es posible escribirlas de la siguiente manera:
f(z) = f(z0) + f
′(z0)(z − z0) + η1(z − z0)
g(z) = g(z0) + g
′(z0)(z − z0) + η2(z − z0)
3.3. Ecuaciones de Caychy-Riemann 82
Esta es otra manera de escribir la diferenciabilidad de una función.
Por hipótesis f(z0) = g(z0) = 0
f(z) = f ′(z0)(z − z0)η1(z − z0)
g(z) = g′(z0)(z − z0) + η2(z − z0)
En consecuencia
ĺım
z→z0
f(z)
g(z)
= ĺım
z→z0
[f ′(z0)(z − z0) + η1(z − z0)]
[g′(z0)(z − z0) + η2(z − z0)]
=
f ′(z0)
g′(z0)
Ejemplo 3.3. Hallar ĺım
z→i
z10 + 1
z6 + 1
Solución. f(z) = z10 + 1 y g(z) = z6 + 1; f(i) = g(i) = 0, además son anaĺıticas en
z0 = i se puede usar el teorema 3.4
ĺım
z→i
z10 + 1
z6 + 1
= ĺım
z→i
10z9
6z5
=
5
3
ĺım
z→i
z4 =
5
3
SECCIÓN 3.3
Ecuaciones de Caychy-Riemann
Si la función f(z) = U(x, y) + iV (x, y) es diferenciable en z0 = x0 + iy0 entonces el
ĺımite (ver ecuación 3.1) existe y puede ser calculado permitiendo que ∆z = ∆x+ i∆y
se aproxime a cero desde alguna dirección en el pleno complejo.
Recuerde que
∆z = z − z0 = x+ iy − (x0 + iy0)
∆z = (x− x0) + i(y − y0)
∆z = ∆x+ i∆y
(a) Si ∆z se aproxima a cero horizontalmente, entonces ∆z = ∆x. Entonces
f ′(z0) = ĺım
∆x→0
1
∆x
{[U(x0 +∆x, y0) + iV (x0 +∆x, y0)]− [U(x0, y0) + iV (x0, y0)]}
= ĺım
∆x→0
[
U(x0 +∆x, y0)− U(x0, y0)
∆x
]
+ i ĺım
∆x→0
[
V (x0 +∆x, y0)− V (x0, y0)
∆x
]
3.3. Ecuaciones de Caychy-Riemann 83
Como los ĺımites entre paréntesis son expresiones de derivadas parciales de U y V
con respecto a x, se tiene que:
f ′(z0) =
∂U
∂x
(x0, y0) + i
∂V
∂x
(x0, y0) (3.7)
(b) Ahora si ∆z se aproxima a cero verticalmente, entonces ∆z = i∆y, tenemos:
f ′(z0) = ĺım
∆y→0
[
U(x0, y0 +∆y)− U(x0, y0)
i∆y
]
+ i ĺım
∆y→0
[
V (x0, y0 +∆y)− V (x0, y0)
i∆y
]
f ′(z0) = −i
∂U
∂y
(x0, y0) +
∂V
∂y
(x0, y0) (3.8)
igualando (3.7) y (3.8), se obtiene
∂U
∂x
(x0, y0) + i
∂V
∂x
(x0, y0) =
∂V
∂y
(x0, y0)− i
∂U
∂y
(x0, y0)
∂U
∂x
=
∂V
∂y
;
∂V
∂x
= −∂U
∂y
(3.9)
A las ecuaciones (3.9) se les llama ecuaciones de Cauchy-Riemann
Observación 3.2. Una condición necesaria para que una función f(z) = U(x, y) +
iV (x, y) sea anaĺıtica en z0 es que las ecuaciones de Cauchy-Riemann se cumplan en z0.
Luego si f es anaĺıtica en un conjunto Ω, entonces las ecuaciones de Cauchy-Riemann
deben cumplirse para todo punto de Ω.
Ejemplo 3.4.
1. La función f(z) = (x2 + y) + i(y2 − x) no es anaĺıtica en ningún punto.
En efecto: U(x, y) = x2 + y; V (x, y) = y2 − x
∂U
∂x
= 2x;
∂V
∂y
= 2y ↔ ∂U
∂x
6= ∂V
∂y
aunque
∂V
∂x
= −∂U
∂y
, pues ∂V
∂x
= −1; ∂U
∂y
= 1 vemos que
∂U
∂x
=
∂V
∂y
se cumple solo
en la recta y = x, sin embargo, para cualquier punto z en la recta, sin embargo,
para cualquier punto z en la recta, no existe entorno alrededor de z en el que se
cumplan las ecuaciones de Cauchy-Riemann. Entonces f no es anaĺıtica en ningún
punto.
3.3. Ecuaciones de Caychy-Riemann 84
2. La función f(z) = z no es anaĺıtica en ningún punto.
En efecto:
f(z) = x− iy entonces U(x, y) = x; V (x, y) = −y
∂U
∂x
= 1,
∂V
∂y
= −1 ⇒ ∂U
∂x
6= ∂V
∂y
∂V
∂x
= 0,
∂U
∂y
= 0 aunque
∂V
∂x
= −∂U
∂y
Por si mismas, las ecuaciones de Cauchy-Riemann no garantizan analiticidad de una
función f(z) = U(x, y) + iV (x, y) en cualquier punto z = x + iy. Es posible que las
ecuaciones de Cauchy- Riemann se cumplan en z, y que, sin embargo, f(z) puede no ser
derivable en z, o f(z) puede ser derivable en z, pero en ningún otro punto. En cualquier
caso, f no es anaĺıtica en z.
El siguiente teorema nos da una condición suficiente para la analiticidad de una función
f .
Teorema 3.5 (Condición suficiente para la analiticidad). Sea f(z) = U(x, y)+ iV (x, y)
definida en algún conjunto abierto Ω que contiene al punto z0. Si las derivadas parciales
de primer orden de U y V existen y son continuas en Ω y satisfacen las ecuaciones de
Cauchy-Riemann, entonces f(z) es anaĺıtica en z0.
Demostración. Por el cálculo avanzado, sabemos que los incrementos de las funciones
U(x, y) y V (x, y) en un entorno del punto (x0, y0) se escribe aśı
U(x0 +∆x, y0 +∆y)− U(x0, y0) = Ux(x0, y0)∆x+ Uy(x0, y0)∆y + η1(x, y) (3.10)
V (x0 +∆x, y0 +∆y)− V (x0, y0) = Vx(x0, y0)∆x+ Vy(x0, y0)∆y + η2(x, y) (3.11)
donde
ĺım
|∆z|→0
η1(x, y)
|∆z| = 0 y ĺım|∆z|→0
η2(x, y)
|∆z| = 0
Las ecuaciones (3.10) y (3.11) las escribimos aśı:
∆U = Ux(x0, y0)∆x+ Uy(x0, y0)∆y + η1(x, y) (3.12)
∆V = Vx(x0, y0)∆x+ Vy(x0, y0)∆y + η2(x, y) (3.13)
como Ux, Uy y Vx, Vy continuas, sabemos que ∆w = ∆U + i∆V , reemplazamos en esta
3.3. Ecuaciones de Caychy-Riemann 85
ecuación (3.12) y (3.13)
∆w = Ux∆x+ Uy∆y + η1(x, y) + i(Vx∆x+ Vy∆y + η2(x, y))
∆w = Ux∆x+ Uy∆y + η1(x, y) + iVx∆x+ iVy∆y + iη2(x, y)
∆w = (Ux∆x+ iVx∆x) + (Uy∆y + iVy∆y) + (η1 + iη2)
∆w =
(
∂U
∂x
+ i
∂V
∂x
)
∆x+
(
∂U
∂y
+ i
∂V
∂y
)
∆y + (η1 + iη2) (3.14)
De acuerdo con las ecuaciones de Cauchy-Riemann, la ecuación (3.14) se escribe aśı
∆w =
(
∂U
∂x
+ i
∂V
∂x
)
∆x+
(
−∂V
∂x
+ i
∂U
∂x
)
∆y + η1 + iη2
=
(
∂U
∂x
+ i
∂V
∂x
)
∆x+
(
i
∂U
∂x
− ∂V
∂x
)
∆y + η1 + iη2
=
(
∂U
∂x
+ i
∂V
∂x
)
∆x+
(
i
∂U
∂x
+ i2
∂V
∂x
)
∆y + η1 + iη2
=
(
∂U
∂x
+ i
∂V
∂x
)
∆x+ i
(
∂U
∂x
+ i
∂V
∂x
)
∆y + η1 + iη2
=
(
∂U
∂x
+ i
∂V
∂x
)
(∆x+ i∆y) + (η1 + iη2) (3.15)
Dividimos a esta ecuación entre ∆z = ∆x+ iy
∆w
∆z
=
(
∂U
∂x
+ i
∂V
∂x
)
+
η1 + iη2
∆x+ i∆y
tomando ĺımite cuando ∆z → 0
ĺım
∆z→0
∆w
∆z
= ĺım
∆z→0
(
∂U
∂x
+ i
∂V
∂x
)
+ 0
f ′(z0) =
∂U
∂x
+ i
∂V
∂x
o
f ′(z0) =
∂U
∂x
(x0, y0) + i
∂V
∂x
(x0, y0)
De esta manera la derivada existe y es única, es decir f(z) es anaĺıtica en Ω.
Se pudo haber llegado a la ecuación (3.8) para probar el teorema, pero es suficiente con
la ecuación (3.7)
Ejemplo 3.5.
1. Considere la función f(z) = ez demuestre que es diferenciable (anaĺıtica).
3.3. Ecuaciones de Caychy-Riemann 86
Solución.
f(z) = ex+iy = exeiy = ex(cos y + i sen y)
= ex cos y + iex sen y
U(x, y) = ex cos y; V (x, y) = ex sen y
∂U
∂x
= ex cos y;
∂V
∂y
= ex cos y;
∂U
∂y
= −ex sen y; ∂V
∂x
= ex sen y
se cumplen
∂U
∂x
=
∂V
∂y
y
∂V
∂x
= −∂U
∂y
en todas partes. Además estas derivadas son continuas en todas partes, entonces
por el teorema 3.5, f(z) = ez es diferenciable, siendo f ′(z) la siguiente
f ′(z) =
∂U
∂x
+ i
∂V
∂x
= ex cos y + iex sen y
= ex(cos y + i sen y)
= exeiy = ez
f ′(z) = ez
2. Considere la función f(z) = x2 + y + i(2y − x) analizar si es anaĺıtica.
Solución. U(x, y) = x2 + y; V (x, y) = 2y − x
∂U
∂x
= 2x;
∂V
∂y
= 2;
∂V
∂x
= −1; ∂U
∂y
= 1
Observe que las derivadas parciales son continuas, pero
∂U
∂x
6= ∂V
∂y
, luego f no es
anaĺıtica.
Es anaĺıtica si x = 1. Luego f ′(z) existe sólo si x = 1, además:
f(1 + iy) =
∂U
∂x
(1, y) + i
∂V
∂x
(1, y)
= 2− i
Teorema 3.6. Si f es anaĺıtica en un dominio S y si f ′(z) = 0 en todas partes de S,
entonces f