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FUNCIONES ANALITICAS
EXAMEN PARCIAL
PROBLEMA 1: Resuelva los siguientes ejercicios:
1) Sea 𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥2 + 𝑦2.Demuestre que f no puede ser parte real o imaginaria de una
función analítica.
Solución:
Sabemos que para que una función sea analítica, debe cumplir dos cosas:
- Debe aceptar las ecuaciones de Cauchy-Riemann
- Debe ser diferenciable
- Debe cumplir las ecuaciones de Laplace.
Sea G(x,y)=U(x,y)+V(x,y)
Donde F(x,y)=U(x,y) que es la parte real de la función.
∂u
∂x=
∂v
∂y→ 2𝑥 =
∂v
∂y
∂u
∂y= −
∂v
∂x→ 2𝑦 = −
∂v
∂x
Ahora aplicamos el teorema de Laplace:
∂2u
∂x+∂2u
∂y= 0
∂2u
∂x= 2
∂2u
∂y= 2
∂2u
∂y+∂2u
∂x= 4 ≠ 0
Por lo tanto, la función “f” no puede ser la parte real de una función analítica.
PROBLEMA 2: Sea la función 𝑓 𝑧 =𝑧+2
3𝑧2−1 , halle la derivada de f(z) cuando 𝑧 → ∞
Solución:
𝑓´(𝑧) =(1)(3𝑧2 − 1) − (𝑧 + 2)(6𝑧)
(3𝑧2 − 1)2
𝑓´(𝑧) =(3𝑧2 − 1 − 6𝑧2 − 12𝑧)
9𝑧4 − 6𝑧2 + 1
𝑓´(𝑧) =−3𝑧2 − 12𝑧 − 1
9𝑧4 − 6𝑧2 + 1
𝑓´(𝑧) =−(3𝑧2 + 12𝑧 + 1)
9𝑧4 − 6𝑧2 + 1
lim𝑧→∞
𝑓´ 𝑧 = lim−(3𝑧2 + 12𝑧 + 1)
9𝑧4 − 6𝑧2 + 1𝑧→∞
lim−(
3𝑧2
𝑧4 +12𝑧𝑧4 +
1𝑧4)
9𝑧4
𝑧4 −6𝑧2
𝑧4 +1𝑧4
𝑧→∞
lim−(
3
𝑧2+12
𝑧3+1
𝑧4)
9−6
𝑧2+1
𝑧4
𝑧→∞
=0
9= 0
0 0
PROBLEMA 3: Enuncie y demuestre:
a) El teorema de Cauchy de la integral en un contorno de una región conexa e indique dos
ejemplos.
Solución:
Sea 𝑓(𝑧) una función analítica en A, A simplemente conexa y suave a trazos, entonces:
𝑓(𝑧)𝛾
𝑑𝑧 = 0
Se conoce que:
𝑓(𝑧)𝛾
𝑑𝑧 = (𝑢 𝑑𝑥 − 𝑣 𝑑𝑦)𝛾
+ 𝑖 𝑢 𝑑𝑦 + 𝑣 𝑑𝑥𝛾
, donde
𝑓 𝑧 = 𝑢 𝑥,𝑦 + 𝑖 𝑣 𝑥,𝑦
Como 𝑓(𝑧) es continua en A, entonces existe 𝑓′(𝑧), tal que z pertenece a A y 𝑓 ′ 𝑧 es
continua en A, es decir que existen y son continuas en A, entonces podemos aplicar el
teorema de Green a las integrales (𝑢 𝑑𝑥 − 𝑣 𝑑𝑦)𝛾
+ 𝑖 𝑢 𝑑𝑦 + 𝑣 𝑑𝑥𝛾
, es decir:
𝑢 𝑑𝑥 − 𝑣 𝑑𝑦𝛾
= (𝛿
𝛿𝑥(−𝑣)
𝐴
−𝛿𝑢
𝛿𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 = − (
𝛿𝑣
𝛿𝑥𝐴
+𝛿𝑢
𝛿𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦…………… (1)
𝑖 𝑢 𝑑𝑥 − 𝑣 𝑑𝑦 = 𝑖 (𝛿𝑢
𝛿𝑥𝐴
+𝛿𝑣
𝛿𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦…………… (2)
Sumando (1) y (2) se obtiene:
𝑓(𝑧)𝛾
𝑑𝑧 = (𝑢 𝑑𝑥 − 𝑣 𝑑𝑦)𝛾
+ 𝑖 𝑢 𝑑𝑦 + 𝑣 𝑑𝑥𝛾
= − (𝛿𝑣
𝛿𝑥𝐴
+𝛿𝑢
𝛿𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 + 𝑖 (
𝛿𝑢
𝛿𝑥𝐴
+𝛿𝑣
𝛿𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦………… (3)
Como 𝑓(𝑧) es analítica en A, entonces se cumple las ecuaciones de Cauchy Riemann.
𝛿𝑢
𝛿𝑥=
𝛿𝑣
𝛿𝑦 𝑦
𝛿𝑢
𝛿𝑦= −
𝛿𝑣
𝛿𝑥………… (4)
Reemplazando (4) en (3) se obtiene:
𝑓(𝑧)𝛾
𝑑𝑧 = 0 + 0𝑖 = 0
Ejemplo 1:
Hallar:
𝑠𝑒𝑛2𝑧
𝑒𝑧−1 − 1𝐶
𝑑𝑧
Siendo C la curva de la figura.
Primero:
𝑓(𝑧) =𝑠𝑒𝑛2𝑧
𝑒𝑧−1 − 1𝑑𝑧
Luego:
𝑠𝑒𝑛(𝑧) → Es una función derivable.
𝑠𝑒𝑛2(𝑧) → Entonces al elevar al cuadrado también es una función derivable.
𝑧 − 1 → Es una función derivable.
𝑒𝑧−1 → También es una función derivable.
𝑒𝑧−1 − 1 → También es derivable.
Entonces una función derivable entre otra derivable. 𝑠𝑒𝑛 2𝑧
𝑒𝑧−1−1 También es derivable.
Igualamos el denominador a 0:
𝑒𝑧−1 − 1 = 0
𝑒𝑧−1 = 1
𝑒𝑧−1 = 𝑒0
𝑧 − 1 = 0
𝑧 = 1
Entonces en 𝑓: ¢ − 1 → ¢ 𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑏𝑙𝑒
En el grafico
Para aplicar el teorema de Cauchy es necesario:
Un abierto simplemente conexo que contiene la curva y su derivada sea continua y que la
curva sea cerrada
≫S es el abierto simplemente conexo, la curva es cerrada.
𝑓: 𝑆 → ¢ 𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑏𝑙𝑒
Entonces por el teorema de Cauchy el resultado es 0.
Ejemplo 2
Hallar:
𝑠𝑒𝑛2(𝑧2 + 9
𝑧 − 3𝑖)
𝐶
𝑑𝑧
Siendo C la elipse de centro 0 y semiejes 1 y 2.
Primero:
𝑓(𝑧) = 𝑠𝑒𝑛2(𝑧2 + 9
𝑧 − 3𝑖)
Luego:
𝑧 → Es una función derivable
𝑧2 → Entonces al elevar al cuadrado también es una función derivable
𝑧2 + 1 → Entonces al elevar al cuadrado también es una función derivable
𝑧 → Es una función derivable
𝑧 − 3𝑖 → También es una función derivable
Entonces una función derivable entre otra derivable 𝑧2+9
𝑧−3𝑖 → Es derivable
𝑠𝑒𝑛 (𝑧2+9
𝑧−3𝑖) → El seno también es derivable
𝑠𝑒𝑛2(𝑧2+9
𝑧−3𝑖) → Al elevar al cuadrado también es derivable
Igualamos el denominador a 0
𝑧 − 3𝑖 = 0
𝑧 = 3𝑖
Entonces en 𝑓: ¢ − 3𝑖 → ¢ 𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑏𝑙𝑒
En el grafico
Para aplicar el teorema de Cauchy es necesario:
Un abierto simplemente conexo que contiene la curva y su derivada sea continua y que la
curva sea cerrada.
S es el abierto simplemente conexo, la curva es cerrada.
𝑓: 𝑆 → ¢ 𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑏𝑙𝑒
Entonces por el teorema de Cauchy el resultado es 0.
b) El teorema de la formula de la integral de Cauchy e indique 2 ejemplos concretos de
aplicación de este teorema.
Solución:
La función 𝐹 𝑧
𝑧−𝑧𝑜, es analítica dentro y sobre la curva 𝛾, excepto en el punto 𝑧 = 𝑧𝑜
Del teorema de Cauchy se tiene
𝐹 𝑧 𝑑𝑧
𝑧 − 𝑧𝑜𝛾
= 𝐹 𝑧 𝑑𝑧
𝑧 − 𝑧𝑜𝜏
……………… (1)
Como 𝜏 se puede elegir como un círculo de radio 휀 con centro 𝑧𝑜 ; luego una ecuación para 𝜏 es:
𝜏 = 𝑧 − 𝑧𝑜 = 휀 𝑜 𝑧 − 𝑧𝑜 = 휀 𝑒𝑖𝜃𝑑𝜃
Donde:
0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋
Entonces:
𝑑𝑧 = 휀𝑖 𝑒𝑖𝜃𝑑𝜃
𝐹 𝑧 𝑑𝑧
𝑧 − 𝑧𝑜𝛾
= 𝐹(𝑧𝑜 + 휀 𝑒𝑖𝜃 )휀𝑖 𝑒𝑖𝜃𝑑𝜃
휀 𝑒𝑖𝜃
2𝜋
0
= 𝐹(𝑧𝑜 + 휀 𝑒𝑖𝜃 )𝑑𝜃
2𝜋
0
…………… (2)
Ahora reemplazamos (2) en (1) y se obtiene lo siguiente:
𝐹 𝑧 𝑑𝑧
𝑧 − 𝑧𝑜𝛾
= 𝐹(𝑧𝑜 + 휀 𝑒𝑖𝜃 )𝑑𝜃
2𝜋
0
Tomando límites a ambos cuando 𝜖 → 0
lim𝜖→0
𝐹 𝑧 𝑑𝑧
𝑧 − 𝑧𝑜𝛾
= lim𝜖→0
𝐹(𝑧𝑜 + 휀 𝑒𝑖𝜃 )𝑑𝜃
2𝜋
0
𝐹 𝑧 𝑑𝑧
𝑧 − 𝑧𝑜𝛾
= 𝑖 𝐹(𝑧𝑜)𝑑𝑧
2𝜋
0
= 2𝜋𝑖
Donde:
𝐹 𝑧𝑜 =1
2𝜋𝑖
𝐹 𝑧 𝑑𝑧
𝑧 − 𝑧𝑜𝛾
Ejemplo 1
Calcular la integral:
𝑒𝑧2
𝑑𝑧
𝑧 − 𝜋𝛾
Donde 𝛾 = {𝑧 ∈𝐶
𝑧 = 4}
𝐹 𝑧 = 𝑒𝑧2 𝑒𝑠 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑖𝑡𝑖𝑐𝑎 𝑒𝑛 𝐶
𝐹 𝑧𝑜 = 𝐹 𝜋 = 𝑒𝜋2
Entonces Reemplazando:
𝑒𝑧2
𝑑𝑧
𝑧 − 𝜋𝛾
= 2𝜋𝑖𝐹 𝜋 = 2𝜋𝑒𝜋2𝑖
Ejemplo 2
Calcular:
𝑑𝑧
𝑧2 + 8𝑧𝛾
Donde 𝛾: 𝑧 = 1
A la integral:
𝑑𝑧
𝑧2 + 8𝑧𝛾
Se puede expresar:
𝑑𝑧𝑧 + 8𝑧𝛾
Entonces:
𝑓 𝑧 =1
𝑧 + 8
Es analítica en el interior del círculo:
𝛾: 𝑧 = 1 𝑦 𝑧𝑜 = 0
Luego la formula integral de Cauchy:
𝑑𝑧𝑧 + 8𝑧 − 0𝛾
= 2𝜋𝑖𝐹 0 = 2𝜋𝑖 1
0 + 8 =
𝜋𝑖
4
PROBLEMA 4:
1) Pruebe que en coordenadas polares, las ecuaciones de Cauchy-Riemann se escriben
como ∂u
∂θ= −𝑟
∂v
∂r y
∂v
∂θ= 𝑟
∂u
∂r
Solución:
Calcularemos las derivadas parciales de u y v con respecto a x e y usando la regla de la
cadena:
∂u
∂x=
∂u
∂r.∂r
∂x+∂u
∂θ.∂θ
∂x… (1)
∂u
∂y=
∂u
∂r.∂r
∂y+∂u
∂θ.∂θ
∂y… (2)
∂v
∂x=
∂v
∂r.∂r
∂x+
∂v
∂θ.∂θ
∂x… (3)
∂u
∂y=
∂u
∂r.∂r
∂y+∂u
∂θ.∂θ
∂y… (4)
Sabemos
𝑟 = 𝑥2 + 𝑦2 →
∂r
∂x=
𝑥
𝑥2 + 𝑦2=
𝑥
𝑟=
𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑟= 𝑐𝑜𝑠𝜃
∂r
∂y=
𝑦
𝑥2 + 𝑦2=
𝑦
𝑟=
𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑟= 𝑠𝑒𝑛𝜃
𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑦
𝑥→
∂θ
∂x=
−𝑦
𝑥2 + 𝑦2= −
𝑦
𝑟2=
−𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑟2=
−𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑟
∂θ
∂y=
𝑥
𝑥2 + 𝑦2=
𝑥
𝑟2=
𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑟2=
𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑟
Reemplazando en (1), (2), (3), (4):
∂u
∂x= 𝑐𝑜𝑠𝜃
∂u
∂r− 𝑠𝑒𝑛𝜃
∂u
∂θ.1
r
∂u
∂y= 𝑠𝑒𝑛𝜃
∂u
∂r+ 𝑠𝑒𝑛𝜃
∂u
∂θ.1
r
∂v
∂x= 𝑐𝑜𝑠𝜃
∂v
∂r− 𝑠𝑒𝑛𝜗
∂v
∂θ.1
r
∂v
∂y= 𝑠𝑒𝑛𝜃
∂v
∂r+ 𝑐𝑜𝑠𝜃
∂v
∂θ.1
r
Aplicamos las ecuaciones de Cauchy-Riemann:
∂u
∂r−
1
r.∂v
∂θ 𝑐𝑜𝑠𝜃 −
1
r.∂u
∂θ+∂v
∂r 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 0… (5)
1
r.∂u
∂θ+∂v
∂r 𝑐𝑜𝑠𝜃 −
∂u
∂r−
1
r.∂v
∂θ 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 0… (6)
Multiplicando las ecuaciones anteriores por cosƟ y senƟ y luego sumando:
∂u
∂r−
1
r.∂v
∂θ (𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑠𝑒𝑛𝜃2) = 0
∂u
∂r−
1
r.∂v
∂θ = 0
∂u
∂r=
1
r.∂v
∂θ
Ahora, multiplicamos las ecuaciones (5) y (6) por –senƟ y cosƟ respectivamente y las
sumamos:
1
r.∂u
∂θ+∂v
∂r (𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑠𝑒𝑛𝜃2) = 0
∂u
∂r−
1
r.∂v
∂θ = 0
∂v
∂r= −
1
r.∂u
∂θ
2) Pruebe que en notación compleja las ecuaciones de Cauchy-Riemann se escriben como ∂f
∂z = 𝑜
Solución:
De las ecuaciones de Cauchy-Riemann se tiene: 𝜕𝑢
𝜕𝑥=
𝜕𝑣
𝜕𝑦 𝑦
𝜕𝑢
𝜕𝑦= −
𝜕𝑣
𝜕𝑥 , que sería igual a:
𝜕𝑢
𝜕𝑥−
𝜕𝑣
𝜕𝑦= 0 𝑦
𝜕𝑢
𝜕𝑦+
𝜕𝑣
𝜕𝑥 = 0, esta última ecuación multiplicado por el número
imaginario 𝒊 se tiene:
𝑖𝜕𝑢
𝜕𝑦+ 𝑖
𝜕𝑣
𝜕𝑥= 0
Sumando:
𝜕𝑢
𝜕𝑥−
𝜕𝑣
𝜕𝑦= 0
𝑖𝜕𝑢
𝜕𝑦+ 𝑖
𝜕𝑣
𝜕𝑥= 0
Se obtiene:
𝜕𝑢
𝜕𝑥+ 𝑖
𝜕𝑣
𝜕𝑥 + ( −
𝜕𝑣
𝜕𝑦+ 𝑖
𝜕𝑢
𝜕𝑦) = 0
𝜕 𝑢 + 𝑖𝑣
𝜕𝑥+ 𝑖
𝜕𝑢
𝜕𝑦+ 𝑖
𝜕𝑣
𝜕𝑦 = 0
𝜕 𝑢 + 𝑖𝑣
𝜕𝑥+ 𝑖
𝜕 𝑢 + 𝑖𝑣
𝜕𝑦= 0
𝜕
𝜕𝑥+ 𝑖
𝜕
𝜕𝑦 𝑢 + 𝑖𝑣 = 0
De la igualdad 𝜕
𝜕𝑥+ 𝑖
𝜕
𝜕𝑦
1
2=
𝜕
𝜕𝑧 :
2𝜕 𝑢 + 𝑖𝑣
𝜕𝑧 = 0
𝜕 𝑓 𝑧
𝜕𝑧 = 0
PROBLEMA 5:
a) Resolver la ecuación senz=2
Solución:
Empezamos utilizando la definición de la función seno:
2 = 𝑠𝑒𝑛𝑧 = 1
2𝑖(𝑒𝑖𝑧 − 𝑒−𝑖𝑧) =
𝑒2𝑖𝑧 − 1
2𝑒𝑖𝑧 𝑖
De aquí obtenemos: 𝑒2𝑖𝑧 − 1 = 4𝑒𝑖𝑧 𝑖. Esta es una ecuación de segundo grado en 𝑒𝑖𝑧
y sus soluciones son
𝑒𝑖𝑧 = 1
2(4𝑖 ± −16 + 4) = 𝑖(2 ± 3)
Entonces, las soluciones de la ecuación propuesta verifican:
𝑧 = 1
𝑖𝑙𝑜𝑔𝑖(2 ± 3) = −𝑖𝑙𝑜𝑔𝑖(2 ± 3) = −𝑖(𝑙𝑜𝑔𝑖 + 𝑙𝑜𝑔(2 ± 3))
= −𝑖(𝑖(𝜋
2 + 2𝑛𝜋) + 𝑙𝑜𝑔(2 ± 3))
=𝜋
2+ 2𝑛𝜋 − 𝑖𝑙𝑜𝑔(2 ± 3)
Es decir, para cada n ∈ Z tenemos dos soluciones:
𝑧1𝑛 = 𝜋
2+ 2𝑛𝜋 − 𝑖𝑙𝑜𝑔 2 + 3
𝑧2𝑛 = 𝜋
2+ 2𝑛𝜋 − 𝑖𝑙𝑜𝑔 2 − 3
b) Evaluar 𝑧2
2−𝑧𝑑𝑧 +
𝑧
𝑧2+9
∞
𝑐2
∞
𝑐1𝑑𝑧 donde c1 está dado por 𝑧 − 1 = 2 y c2 está dado
por 𝑧 − 2𝑖 = 4
Solución:
− 𝑧2
2 − 𝑧=
∞
𝑐1
𝑧2
1 − (𝑧 − 1)𝑑𝑧 =
𝑧2
𝑧 − 1 (1
𝑧 − 1 − 1)𝑐1𝑐1
=
𝑧3 − 𝑧2
2 − 𝑧𝑧 − 1𝑐1
𝑑𝑧
𝑓 𝑧 =𝑧3 − 𝑧2
2 − 𝑧→ 𝑓 1 = 0
− 𝑧
𝑧2 + 9=
𝑧𝑧 + 3𝑖𝑧 − 3𝑖
𝑑𝑧 +
𝑧𝑧 − 3𝑖
𝑧 − (−3𝑖)𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖𝑓 3𝑖 + 2𝜋𝑖𝑓 −3𝑖
𝑐22𝑐21
∞
𝑐2
2𝜋𝑖3𝑖
6𝑖+ 2𝜋𝑖
−3𝑖
−6𝑖= 2𝜋𝑖
