2. FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA
Nos proponemos aquí de…nir derivada de funciones complejas, y visualizar métodos de cálculo. Presentaremos también un concepto más fuerte que el de la derivabilidad: el de la analiticidad, que es clave en la teoría de variables complejas. De…nición 2.1. Una función compleja de variable compleja es una función f que va de un subconjunto D (no vacío) de los números complejos a los números complejos. Es común llamar z a la variable independiente y w w = f (z ) a la dependiente. Simbólicamente: f : D
C !C 7 w = f ( (z) z !
El conjunto D dominio de de…nición de f . Adoptaremos la convención de que si D D se llama dominio D no está explícitamente especi…cado, se sobreentiende que es el más grande subconjunto de C para el cual la expresión que corresponde a f (z ) está de…nida.
Si z = x + iy y w = u + iv , entonces es f ( (x + iy ) = u + iv , donde u y v son funciones reales que dependen de x e y. Es decir: (z ) = u (x; y) + iv (x; y) f (
donde la función parte real u : D R2 ! R y la función parte imaginaria v : D R2 ! R. Ejemplo 2.2. Dadas las siguientes funciones, hallar el dominio y determinar sus partes real e imaginaria.
(a) f ( (z ) = z 2 + 1
(b) g (z) =
z + 1 z 2i
Resolución : (a) f ( ( z) = z 2 + 1. El dominio de esta función es C. f ( ( z) = f ( ( x + iy ) = (x + iy )2 + 1 = x 2 y2 + 1 + i2xy . Luego, u (x; y) = x2 y 2 + 1 y v (x; y) = 2xy. z + 1 (b) g (z ) = . El dominio de esta función es D = z C : z = 2i . z 2i x + iy + 1 (x + 1) + iy [(x + 1) + iy ] [x i (y 2)] = = = g (z ) = g (x + iy ) = 2 x + iy 2i x + i (y 2) x2 + (y 2) x2 + x + y 2 2y + i (2x y + 2) 2x y + 2 x2 + x + y 2 2y = = + i 2 2 x2 + (y 2) x2 + (y 2) x2 + (y 2)2 2x y + 2 x2 + x + y 2 2y Luego, u (x; y ) = 2 y v (x; y) = 2 . 2 x + (y 2) x + (y 2)2
f 2
Si z = re
i
6 g
, entonces: f ( (z ) = u (r; ) + iv (r; )
1
i
Ejemplo 2.3. f ( (z ) = z + , si z = re , entonces f re z
El dominio es D = fz 2 C : z 6 = 0g
i
i
r e + = re
1 rei
r2 + 1 i e . = r
I
I f w
v y R
x
R
u
Figure 2.1: Planos z y w para z 7! w = f (z ) 2.0.1. Representación grá…ca
El grá…co de una función compleja f tal que f : D C ! C es el conjunto: G = (z; w )
f
2 DC C C : w = f (z)g
que está contenido en un espacio vectorial sobre los reales de dimensión cuatro. Como no podemos estudiar una función compleja a partir de su grá…co en cuatro dimensiones, vamos a representar a los valores de la variable independiente z y de la veriable dependiente w en dos planos complejos distintos que llamaremos plano z y plano w , respectivamente. Entonces, la relación funcional w = f (z ) establece una correspondencia entre los puntos ( x; y ) del plano z y los puntos (u; v) del plano w.
C ! C con D = fz 2 C : Im z = (Re z)2 ; z 6= 0g tal que: w = f ( z ) = Ln z = ln jz j + i Arg z
Ejemplo 2.4. Sea la función f : D
Si z = (x; y) con y = x 2 , podemos expresar a esta función del siguiente modo:
p | {z p | {z
1 + x2
ln x
w =
u(x;y)
ln
x
} | {z } si si | {z } } + iArctan x v(x;y )
1 + x2 + i( + Arctan x)
u(x;y)
x > 0
x < 0
v(x;y)
donde 2 Arctan xy 2 Las …guras siguientes muestran los planos z y w, correspondientes al grá…co de la función w = Ln z en el dominio indicado.
2 C : Im z = (Re z)2; Re z 6= 0}
D={z
f (D) = w
f 2 C : w = Ln z; z 2 Dg
Ejemplo 2.5. Dada la función del ejemplo 2.4, hallar:
1. Los valores de f (z ), en los puntos: z1 = (2; 4), z2 = (2; 4), z3 = z4 = 103 ; 106
103 ; 106
y
2. Los puntos z = (x; y) tales que u (x; y) = 0 3. Los puntos de intersección de la curva del plano w con el eje v. Resolución :
p
i 1. w1 = f (z1 ) = Ln (2 + 4i) = ln 2 5p + i Arctan 2 = 1: 4979 + +1 : 1071p
Podemos comprobar estos resultados enlas …guras del ejemplo p 2.4. p
w2 = f ( z2 ) = Ln ( 2 + 4 i) = ln 2 5 +i ( + Arctan ( 2)) = ln 2 5 +i ( + Arctan( 2)) = = 1: 4979 + 2: 0344i
w3 = f ( z3 ) = Ln
3
10
3: 1406i w4 = f ( z4 ) = Ln 10
3
+ 10
+ 10
6
6i
= ln 10
i = ln 10
3
3
1 + 10
1 + 10
6
+i + Arctan
6 + i Arctan
10
3
10
=
3
=
6: 9078+
6: 9078+0:001i
Podemos comprobar estos resultados en los siguientes grá…cos.
p
2. Por ser w = f (z ) = Ln z = ln jz j + i Arg z , tenemos que u (x; y) = ln jz j = ln jxj 1 + x2 p p 51 u (x; y ) = ln jz j = ln x2 + y 2 = ln x2 + x4 = 0 ) x2 + x4 = 1 ) x = 2 p p p p 51 51 51 51 Por lo tanto, z1 = (x1 ; y1 ) = y z 2 = (x2 ; y2 ) = 2 ; 2 2 ; 2
p
q
q
q
3. Por ser w = f (z ) = Ln z = ln jz j + i Arg z , tenemos que v (x; y) = Arg z . En los puntos de intersección de la curva con el eje v, debe ser u = 0. p p p 51 51 51 Si z1 = : v (x1 ; y1 ) = Arg z1 = Arctan = 0 : 66624 2 ; 2 2 p p p 51 51 51 = 2: 4754 ; v x ; y z Si z2 = : ( ) = Arg = + Arctan 2 2 2 2 2 2
q q
q
q
Funciones trigonométricas cos z =
eiz + eiz
2
sen z =
eiz
iz
e 2i
i e e tan z = iz
eiz + eiz
cos z y sen z son funciones periódicas, de período 2 ; cos z es par y sen z es impar.
Las relaciones entre ellas son: tan z es de período :
cos z = sen 2 z cos2 z + sen2 z = 1
iz
Funciones hiperbólicas cosh z =
ez + ez
2
ez
senh z =
e
z
2
tanh z =
ez ez ez + eiz
Si z = iy cos(iy) =
ey + ey
= cosh y
2
sen(iy) =
ey
y
e
= i senh y
2i
Función logarítmica Ln z = ln z + i Arg z
jj
Función potencial Sean z; a
2 C, z 6= 0 : z a = e a Ln z
Ejemplo 2.6. Sea f (z ) = z 2+i , hallar f ( 3) :
2+i
Resolución : f ( 3) = ( 3) = e (2+i)Ln(3) = e (2+i)(ln3+i) = e ( 2 l n 3)+i(ln3+2) = = e (2ln3) [cos (ln 3 + 2 ) + i sen (ln3 + 2 )] = 0:1769 + 0: 34637 i.
2.1. Límite y continuidad Límite Sea f : D lim f (z ) = w 0 z
C ! C y z0 un punto de acumulación de D, decimos que: , 8" > 0; 9 > 0 : 8z 2 D ; 0 < jz z0j < ) jf (z) w0j < "
!z0
f
Observación 1. Para un " dado, cualquier 1 tal que 0 < 1 < , también veri…ca que z Df ; 0 < z z0 < 1 f ( z ) w0 < "
j j
) j
8 2
j
Observación 2. En el plano complejo existen in…nitas trayectorias por las que podemos acercarnos a un punto z0 . Si por dos trayectorias distintas, los límites de f (z ) no son iguales, entonces no existe el lim f (z ). z
!z0
Ejemplo 2.7. Veri…car, usando la de…nición, que lim [z (1 z
Resolución: Tenemos que z (1 3i) + 2 i 7 i < "
!1+2i
3i) + 2i] = 7 + i
probar que: 8 " > 0; 9 > 0 : 8 z
2 D ; 0 < j z 1 2ij < ) j j 7 i p jz (1 3i) + 2i 7 ij = jz (1 3i) 7 + ij = j1 3ij z 1 3i = 10 jz 1 2ij < p 10 . f
Luego, < p "10 .
Proposición 2.8. Sea f ( z ) = u (x; y )+iv (x; y), z0 = x 0 +iy0 , w0 = u 0 +iv0 . Entonces lim f ( z ) = z
, (
w0
x;y)
lim
!(x0 ;y0 )
u (x; y ) = u 0 y
lim
(x;y )!(x0 ;y0 )
v (x; y) = v 0
!z0
Es decir que el límite de una función de variable compleja existe si, y sólo si, existen los límites (dobles) de sus partes real e imaginaria en el punto ( x0 ; y0 ), y, en ese caso,
las partes real e imaginaria del límite son, respectivamente, los límites de la parte real y de lparte imaginaria. Proposición 2.9. f ( z ) = k (constante compleja) Proposición 2.10. Si ;
2 C; 6= 0 :
)
lim f (z ) = k
z
!z0
lim [z + ] = z0 +
z
!z0
Proposición 2.11. Si lim f 1 (z ) = w 1 y lim f 2 (z ) = w 2 , entonces: z
1.
!z0
z
!z0
1. lim [f 1 (z ) + f 2 (z )] = w 1 + w2 z !z 2. lim [f 1 (z ) f 2 (z)] = w 1 w2 z !z 0
0
f (z )
w
1 3. lim 1 = , si w2 6 =0 z !z f 2 (z ) w2 0
La de…nición de límite que hemos considerado hasta ahora corresponde a valores …nitos, pero existen otras variantes de la de…nición cuando z ! 1 o f ( z ) ! 1. En el caso real se puede distinguir entre los límites +1 y 1, pero en el complejo hay un único límite in…nito. Dejamos como ejercicio la formalización de las de…niciones correspondientes a los tres casos de límite considerando el 1. Límite in…nito y límite en el in…nito
Ejemplo 2.12. Dada la función f 1 : D C1 2 (Re z ) ; z = 0 . Hallar, si existe: (a) lim f 1 (z )
6 g
z
!0
! C1, f (z) = Ln z
en D = z
(b) lim f 1 (z ) z !1
f 2 C1 : Im z =
Resolución :
(a) Para estudiar lim f 1 (z ), consideramos primero cuando z se aproxima a cero a través de la z !0 parábola y = x2 cuando x < 0; y luego cuando x > 0 .
p 1 + x2 + i ( + Arctan x)i = 1 + i = 1 j j !0 i p 2 lim Ln x 1 + x + i Arctan x = 1 + i0 = 1 !0 Luego, lim f 1 (z ) = 1 !0 lim
x
x
+
h h
Ln x
z
(b) lim f 1 (z ) z
!1
p 1 + x2 + i ( + Arctan x) = 1 + i = 1 j j !1 2 p lim Ln x 1 + x2 + i Arctan x = 1 + i = 1 !+1 2 Luego, lim f 1 (z ) = 1 !1 x
lim Ln x
x
z
Continuidad Sea f : D en z0 sii " > 0; > 0 : z
8
C ! C y z0 un punto de acumulación de D , decimos que f es continua 8 2 D , jz z0j < ) jf (z) f (z0)j < ".
9
f
Ésto es equivalente a decir que f es continua en el punto z 0 , si:
1.
1. Existe f ( z0 ) 2. Existe lim f (z ) z !z 3. lim f ( z) = f ( z0 ) z !z 0
0
Si f es continua en todo punto de D, decimos que f es continua en D. Ejemplo 2.13. Estudiar la continuidad de la función f (z ) = Arg z en z0 = Resolución :
Veamos si se cumplen las tres condiciones anteriores.
1. Existe f ( 3) = Arg (3) =
3.
2. No existe lim Arg z , ya que si z se aproxima a 3 por una circunferencia de radio 3 centrada z !3 en el origen, por el segundo cuadrante, el argumento de z tiende a , y por el tercer cuadrante tiende a , en consecuencia no existe el límite. Luego la función f ( z ) = Arg z no es continua en z 0 = 3. Por analogía, deducimos que esta función no es continua sobre el semieje real de los números negativos, tampoco es continua en z = 0 por no estar de…nida en dicho punto. Proposición 2.14. Una función f (z ) = u (x; y) + iv (x; y ) es continua en un punto z0 = (x0 ; y0 ) si y sólo si sus funciones componentes u y v son continuas en ese punto. Proposición 2.15. Si dos funciones son continuas en un punto, su suma y su producto son continuos en ese punto; su cociente es continuo en ese punto si el denominador es distinto de cero.
Esta propiedad es consecuencia inmediata de la proposición .2.11. 3. Analiticidad Derivada Si f : D
C ! C, se de…ne derivada de f en z0, mediante: 0 df f ( z0 + M z ) f ( z0 ) = f (z0 ) = lim dz
o también:
Mz
z0
M
!0
f ( z ) z
f 0 (z0 ) = lim z
z
f (z0) z0
!z0 Obviamente que la derivada existe si existe el límite anterior. Ejemplo 3.1. Hallar la derivada de las siguientes funciones, en caso de existir:
(b) g (z ) = jz j2
(a) f (z ) = (1 + 2i) z 2 Resolución :
2
(1 + 2i) (z0 + M z ) (a) f 0 (z0 ) = lim z !0 M z M
= lim Mz
(1 + 2i) z02 =
[2 (1 + 2i) z0 + (1 + 2i) M z ] M z M
!0
z
2 (1 + 2i) z0
lim
z + (1 + 2 i) M z 2 = Mz
M
!0 = 2 (1 + 2i) z0 . La función f es derivable en Mz
2
C:
2
j0+ M zj 0 = lim jM zj = lim M zM z = lim M z = 0. (b) Si z0 = 0: g 0 (0) = lim z !0 z !0 M z z !0 z !0 M z M z 2 2 2 2 j (x0 + M x) + (y0 + M y) x20 y02 z0 + M z j jz0 j 0 = 0: g (z0 ) = lim = lim = Si z0 6 z !0 z !0 M z M x + i M y M
M
M
= lim Mz
2x0
M
x+
!0
M
M
M
2 Mx
+ 2 y0 M y + M x + i M y
2 M y
x+ M x2 = 2x0 Mx 2y0 M y+ M y2 2y0 = = iMy i
2x0
M
Cuando z ! z0 por la recta y = y 0 , M y = 0: l1 = lim x!0 2y0i Cuando z ! z0 por la recta x = x 0 , M x = 0: l2 = lim x!0 = 0 e y 0 6 = 0: l1 6 = l 2 , por lo tanto no existe el límite del cociente, entonces la función Por ser x 0 6 g sólo es derivable en z 0 = 0. M
M
Proposición 3.2. Si una función compleja es derivable en un punto, es continua en dicho punto. Prueba : Sea f una función
compleja derivable en z0:
f ( z0 ) f ( z ) f ( z0 ) lim [f (z ) f (z0 )] = lim (z = lim (z z0 ) lim = ! ! ! ! z0 z z0 = 0f 0 (z0 ) = 0. De manera que: lim f (z ) = lim [f ( z0 ) + [ f (z ) f ( z0 )]] = lim f (z0 ) + lim [f (z ) f (z0 )] = f ( z0 ) + 0 = ! ! ! ! z
z0
z
z0
f ( z0 )
z
z
z0
z0
f ( z ) z0 ) z
z
z
z0
z0
z
z
z0
z0
Proposición 3.3. Una función real de variable compleja o tiene derivada cero o no existe. Prueba : Sea M z = M x + i M y. Tomamos f ( z + M z ) f ( z )
el límite del cociente incremental con M y = 0: f ( x+ M x + iy ) f ( x + iy ) = lim . Si este límite existe es un número x!0 Mx
lim
z !0 Mz real. Tomamos el límite del cociente incremental con M
f ( z + M z ) lim Mz !0 Mz
M
f (z) =
lim
My
f ( x + y + i
!0
xf = (x0 +: iy ) . Si este límite existe es un número
M
y) iMy M
imaginario. Por lo tanto, si f 0 (z ) tiene que ser cero o no existir. Un ejemplo de este caso sería el ejemplo 3.1. Proposición 3.4. Sean f 1 y f 2 funciones complejas tales que f 10 (z0 ) y f 20 (z0 ) existen, entonces:
dk = 0; k : dz
d [kf 1 (z )] dz
d [f 1 (z ) f 2 (z )] dz
constante compleja. = kf 10 (z0 ) z0
d [f 1 (z ) f 2 (z )] dz
d dz
f 1 (z ) f 2 (z )
= f 10 (z0 ) z0
f 20 (z0)
= f 10 (z0 ) f 2 (z0 ) + f 1 (z0 ) f 20 (z0 )
z0
=
f 10 (z0 ) f 2 (z0 )
f 1 (z0) f 20 (z0) ; f 2 (z0) 6= 0
[f 2 (z0 )]2
z0
Proposición 3.5. Si u = g (z ) es derivable en z 0 y w = f (u) es derivable en u 0 = g (z0 ) entonces:
d F 0 (z ) = [ f [ g (z )]] dz
= f 0 [g (z0 )] g 0 (z0 )
z0
Teorema 3.6. Condición necesaria de derivabilidad
Si la derivada de una función f (z ) = u (x; y) + iv (x; y) existe en el punto z0, entonces ux , uy , vx y vy existen en z0 y se veri…ca que: ux (x0 ; y0 ) = v y (x0 ; y0 ) uy (x0 ; y0 ) = vx (x0 ; y0 )
(Ecuaciones de Cauchy-Riemann)
Prueba : Dado que existe f 0 (z0 ) entonces existe el límite del cociente incremental en dicho punto. f ( z0 + M z ) f ( z0 ) f 0 (z0 ) = lim = Mz !0 Mz u (x0 + M x; y0 + M y ) + iv (x0 + M x; y0 + M y ) u (x0 ; y0 ) iv (x0 ; y0 )
= M x + i M y ( )!0 u (x0+ M x; y0+ M y) u (x0; y0) v (x0+ M x; y0+ M y) v (x0; y0) = lim + i = M x + i M y M x + i M y ( )!0 Si z ! z0 por la recta y = y 0 : M y = 0 y M z = M x, luego: u x M x; y u x ; y v x M x; y v x ; y ( + ) ( ) ( + ) ( ) 0 0 0 0 0 0 0 0 + i = u (x0 ; y0 )+iv (x0 ; y0 ) (1) f 0 (z0 ) = lim !0 Mx Mx Si z ! z0 por la recta x = x 0: M x = 0 y M z = i M y, luego: u v (x0 ; y0 + M y ) v (x0 ; y0 ) (x0 ; y0 + M y) u (x0 ; y0 ) 0 + i = v (x0 ; y0 )iu (x0 ; y0 ) (2) f (z0 ) = lim !0 iMy iMy =
lim
Mx0 ;My
Mx0 ;My
Mx
My
x
y
x
y
De (1) y (2), resulta necesario que: ux (x0 ; y0 ) = vy (x0 ; y0 ) uy (x0 ; y0 ) =
v (x0; y0) x
Y podemos decir que: f 0 (z0 ) = u x (x0 ; y0 ) + ivx (x0 ; y0 )
Ejemplo 3.7. Veri…car si se cumple la condición necesaria de derivabilidad de la siguiente función en z = 0. x3 y 3 x3 + y 3 + i 2 si z = 0 f ( z ) = f ( x; y ) = x2 + y 2 x + y 2 0 si z = 0
8< :
6
x3 u (x; 0) u (0; 0) 2 Resolución : ux (0; 0) = lim = lim x = 1 x!0 x!0 x x 0 y3 v (0; y ) v (0; 0) y2 vy (0; 0) = lim = lim =1 x!0 x!0 y y 0 Se veri…ca que ux (0; 0) = v y (0; 0)
y3 y2 = y
u (0; y ) u (0; 0) = lim 1 Veamos si se veri…ca la otra ecuación: uy (0; 0) = lim y !0 y !0 y 0 x3 2 v (x; 0) v (0; 0) = lim x = 1 vx (0; 0) = lim x!0 x!0 x x 0 uy (0; 0) = vx (0; 0). Se cumple la condición necesaria de derivabilidad en el punto z = 0. Pero ésto no me asegura que la función es derivable en dicho punto. Veamos si es derivable en z = 0. Para tomar el límite del cociente incremental de f en el punto z = 0, consideremos primero la trayectoria y = x: x3 0 + i 22M iMx Mx2 lim = lim = 12 + 12 i (3) Mx!0 (1 + i) M x Mz !0 (1 + i) M x Ahora consideremos la trayectoria y = 0. 3 3 Mx Mx 1 1 M x + i M x) lim + = lim ( 1 + i (4) i Mx!0 Mx!0 M x2 M x2 M x M x Como (3) y (4) no son iguales, no existe el límite, por tanto la función no es derivable en z = 0,
aún cuando se cumple la condición necesaria. Teorema 3.8. Condición su…ciente de derivabilidad
Sea f (z ) = u (x; y) + iv (x; y ) una función tal que ux , uy , vx y vy existen y son continuas en z0 = (x0 ; y0 ) y se veri…can las ecuaciones de Cauchy-Riemann en dicho punto, entonces f 0 (z0 ) existe. Prueba : u (x; y ) y v (x; y ) son diferenciables en ( x0 ; y0 ) por tener derivadas parciales continuas en dicho punto, entonces podemos expresar lo siguiente: u (x0 + M x; y0 + M y ) u (x0 ; y0 ) = u x (x0 ; y0 ) M x + uy (x0 ; y0 ) M y + "1 M x + "2 M y v (x0 + M x; y0 + M y ) v (x0 ; y0 ) = v x (x0 ; y0 ) M x + vy (x0 ; y0 ) M y + "3 M x + "4 M y "i = 0, i = 1; 2; 3; 4 con lim
(Mx;My )!(0;0)
f ( z0 + M z ) f ( z0 ) = Mz !0 Mz u (x0 + M x; y0 + M y ) + iv (x0 + M x; y0 + M y ) = lim M x + i M y (Mx;My )!(0;0)
lim
u (x0; y0) iv (x0; y0) =
=
lim
ux
M
x + uy
M
y + "1
M
y + "1
M
x + "2
M
x + "2
M
(Mx;My )!(0;0)
y vy evaluadas en ( x0 ; y0 )
M
y + "3
M
x + "4
M
y]
con ux; uy; vx
y + i [ uy M x + ux M y + "3 M x + "4 M y ] = M x + i M y (Mx;My )!(0;0) ux [M x + i M y ] + uy [M y i M x] + ( "1 + i"3 ) M x + ( "2 + i"4 ) M y = lim = M x + i M y (Mx;My )!(0;0) ux M z iuy M z + ( "1 + i"3 ) M x + ( "2 + i"4 ) M y = lim = Mz !0 M z Mx My = u x iuy + lim ("1 + i"3 ) + lim ("2 + i"4 ) ? M z Mz Mz !(0;0) Mz !(0;0) Mx My Mx My Mx y están acotadas porque 0 < 1 y 0 < 1, entonces lim ("1 + i"3 ) = Mz !0 M z Mz M z Mz M z My 0 y lim ("2 + i"4 ) = 0. Reemplazando en ?: Mz !0 Mz f ( z0 + M z ) f ( z0 ) lim = u x (x0 ; y0 ) iuy (x0 ; y0 ) = u x (x0 ; y0 ) + ivx (x0 ; y0 ) = f 0 (z0 ) Mz !0 Mz
=
lim
ux
M
x + uy
y + i [vx M x + vy M x + i M y
M
Ecuaciones de Cauchy-Riemann en coordenadas polares
Las ecuaciones de Cauchy-
Riemann se expresan en coordenadas polares de la siguiente forma: @u 1 @v = @r r @
@v = @r
1r @u @
60 con r =
(3.1)
y si existe f 0 (r; ), ésta se puede calcular por la expresión: f 0 (z ) =
@u @v + i @r @r
e
i
o f 0 (z ) =
@u @v + i @ @
ri
e
i
(3.2)
Ejercicio 3.1. Mostrar que se veri…can las igualdades de las expresiones 3.1 y3.2. Función analítica De…nición 3.9. Una función es analítica en un punto si es derivable en un entorno de dicho punto.
Simbólicamente: Sea f : D C ! C, z0 2 D, f es analítica en z0 si 9r > 0 : 8z 2 B (z0 ; ") ; 9f 0 (z ) Observación 3. Una función puede fácilmente tener derivada en un punto sin ser analítica en ese punto. Ejemplo 3.10. Vimos, en el ejemplo 3.1b), que la función f ( z ) = z 2 sólo es derivable en z = 0, por tanto, cualquier entorno de 0 contiene puntos donde no existe la derivada, en consecuencia f ( z ) no es analítica en z = 0 (Observación 3). Tampoco es analítica en otro punto.
jj
Ejemplo 3.11. Determinar para qué valores de z la función f (z ) = x 2 + iy 2 es analítica.
Consideremos la condición su…ciente de derivabilidad. ux = 2x = 2y = v y y vx = 0 = uy Para que se veri…quen las ecuaciones de Cauchy-Riemann, debe ser y = x. Si z 0 es un punto de esta recta, todo entorno con centro es z0 contendrá puntos en los que no existe f 0 (z ), por lo tanto f ( z ) no es analítica. Teorema 3.12. Si dos funciones son analíticas en un punto, la suma, la diferencia y el producto son analíticas en ese punto. El cociente de estas funciones es una función analítica en el punto, excepto en los puntos en los que el denominador se anula.
Teorema 3.13. La composición de funciones analíticas es analítica. De…nición 3.14. Una función es analítica en un conjunto abierto si es analítica en cada punto del mismo.
No es correcto hablar de una función analítica sin especi…car el conjunto donde se considera la analiticidad. De…nición 3.15. Una función es entera si es analítica en todo el plano complejo. Ejemplo 3.16. Sea f ( z ) = cos z = f 0 (z ) =
ieiz
ie 2
iz
=
i eiz
eiz + eiz
2 iz
e 2
=
eiz
e 2i
iz
=
sen z
Dado que existe f 0 (z ) para todo z 2 C, la función f (z ) = cos z es analítica en C, luego, es una función entera. Teorema 3.17. Condición necesaria de analiticidad
Si f (z ) = u (x; y ) + iv (x; y) es analítica en z0 , entonces existen ux , uy , vx y vy en un entorno de z0 y se veri…can las ecuaciones de Cauchy-Riemann en dicho entorno. Teorema 3.18. Condición su…ciente de analiticidad
Sea f (z ) = u (x; y) + iv (x; y), si existen ux , uy , vx y vy , son continuas y se veri…can las ecuaciones de Cauchy-Riemann en un entorno de z0 = x 0 + iy0 , entonces f es analítica en z0. Esta condición es necesaria y su…ciente. 1
Teniendo en cuenta las condiciones de Cauchy-Riemann no podemos elegir arbitrariamente dos funciones diferenciables u (x; y) y v (x; y) y asegurar que resulta una función f = u + iv analítica. Una vez elegida la parte real (o la parte imaginaria) de una función analítica queda determinada la parte imaginaria (o la parte real) de dicha función, a menos de una constante arbitraria, por las ecuaciones: ux = v y y u y = vx. Ecuación de Laplace
Observación 4. Más adelante demostraremos que si f (z ) es analítica en un dominio (conjunto abierto y conexo) D, entonces su derivada es también analítica en D. Como consecuencia de ésto u y v tendrán derivadas parciales continuas de todos los órdenes, y en particular, las derivadas cruzadas serán iguales en D.
Si f (z ) es analítica en D, entonces 8z 2 D: Ya que las segundas derivadas existen: Por la continuidad de las derivadas segundas: Entonces: En consecuencia: donde: uxx + uyy = 0 o r2 u = 0 2
r 1
@ 2 @ 2 = + 2 @x 2 @y
ux = v y y uy = vx uxx = v yx y uyy = vxy vyx = v xy uxx = uyy
(Ecuación de Laplace) (Operador Laplaciano)
Pierre Simon Laplace (1749-1827). Astrónomo, físico y matemático francés. Descubrió la ecuación diferencial que lleva su nombre cuando estudiaba la gravitación y su relación con el movimiento planetario.
Una función real u (x; y) se dice que es armónica en un dominio D (con junto abierto y conexo), si para todo (x; y ) en D, las segundas derivadas parciales existen, son continuas y su laplaciano es cero: r 2 u = 0. Función armónica
Teorema 3.19. Si f (z ) = u (x; y) + iv (x; y) es analítica en un dominio (abierto y conexo) D, entonces u (x; y) y v (x; y ) son armónicas en D .
Por lo dicho anteriormente la demostración de este teorema es inmediata. Conjugadas armónicas Dos funciones u y v armónicas en un dominio D (abierto y conexo), tales que f = u + iv es analítica, se llaman armónicas conjugadas :
Habitualmente decimos que v es la conjugada armónica de u. Ejemplo 3.20. Mostrar que la función u (x; y ) = ex cos y es armónica, hallar su conjugada armónica v (x; y) y expresar la función analítica f (z ) = u (x; y) + iv (x; y). Resolución : Hallamos la segundas derivadas parciales para veri…car si u es armónica. ux = e x cos y , uxx = e x cos y, uy = ex sen y , uyy = ex cos y uxx + uyy = e x cos y ex cos y = 0 Comprobamos que u es armónica. Para hallar la conjugada armónica v (x; y)usamos las ecuaciones de Cauchy-Riemann: vy = u x vy = e x cos y v = ex cos ydy = e x sen y + c (x) @ x vx = uy ex sen y + c0 (x) = e x sen y c0 (x) = 0 [ e sen y + c (x)] = ( ex sen y ) @x c (x) = k (constante) Luego: v (x; y) = e x sen y + k Entonces f ( z ) = e x cos y + i (ex sen y + k ) f ( z ) = e x cos y + iex sen y + ik f ( z) = e z + ik
)
) )
)
R
)
)
)
)
Teorema 3.21. Dada una función real u (x; y) armónica en un dominio simplemente conexo D, existe una función analítica en D cuya parte real es igual a u (x; y).
También existe una función analítica en D cuya parte imaginaria es u (x; y). Pues si f ( z ) = u + iv ) if ( z ) = iu v ) g (z ) = v + iu también es analítica, por ser el producto de dos funciones analíticas. Analiticidad de funciones elementales Función polinómica
f ( z ) = z n
) f 0 (z) = nz
Función exponencial
n 1
, con n
2 N Función entera
dez = e z dz
Función entera Funciones trigonométricas d cos z = dz
sen z
d sen z = cos z dz
cos z y sen z son funciones enteras. Funciones hiperbólicas d cosh z = senh z dz
d senh z = cosh z dz
Puesto que e z y eiz son enteras, cosh z y senh z también lo son.
Función logarítmica
1 d Ln z = dz z < Arg z < y z = 0
Esta función es analítica para
6
Singularidad Un punto z0 es un punto singular de la función f , si f no es analítica en z0 pero
es analítica en algún punto de todo entorno reducido de z0 . Ejemplo 3.22. f (z ) =
z2
3z . (z + 2) (z 5i)
Las funciones z2
3 z y (z + 2) (z 5i) son enteras, entonces por el teorema 3.12, las singularidades de f (z ) son z = 2 y z = 5i. Ejemplo 3.23. g (z) = j z j2 . Vimos en el ejemplo 3.10 que esta función no analítica en ningún
punto, por lo tanto no tiene singularidades. Ejemplo 3.24. h (z ) = y (e + ey )cos x que:
1
i (e e )sen x . y
y
Aplicando el teorema 3.12, tenemos
h
i
(e + ey )cos x i (ey ey )sen x = 0 ) (x; y) = (2k + 1) ; 0 , con k 2 Z, estos in…nitos 2 puntos son las singularidades de h (z ). y
Una función multiforme (o multivaluada) de un conjunto A a un conjunto B , es una relación que asigna a cada elemento de A por lo menos un punto de B , y existe por lo menos un elemento de A que corresponde a dos o más elementos de B . Una función multiforme puede considerarse como una colección de funciones uniformes o univaluadas. Función Multiforme
Ejemplo 3.25. Una función uniforme de ln z es f (z ) = Ln z con dominio D = z arg z 94 o z = 0
f 2 C :
6 g
4
<
Rama Una función univaluada de una función multiforme, y analítica en cierto dominio, se
llama rama de la función multiforme en ese dominio. Recordar que en todo punto del dominio, la función univaluada debe tomar uno y sólo uno de los valores de la función multiforme. f ( z ) = Ln z con 32 < arg z 2
32
Ejemplo 3.26. Dada la función uniforme f ( z ) = Ln z con
< arg z
2
1. Determinar el mayor dominio para que f (z ) sea una rama de ln z . 2. Hallar f (2) y f (1 + i) Resolución :
1. f ( z ) = Ln z = ln jz j + i arg z Antes de estudiar la analiticidad, veamos cuál es el conjunto donde la función es continua. La función no es continua en el origen porque ln jz j no está de…nida en z = 0. Tampoco es continua en la parte positiva del eje imaginario, por no ser continuo el arg z en dicho semieje (por qué?). Luego, el dominio de continuidad es D = fz 2 C : 32 < arg z < 2 _ z 6 = 0g Veamos que esta función es analítica en D . Para obtener la derivada pasemos a coordenadas polares, esto es f (z ) = ln r + i 1 1 1 @u @v + i + i0 ei = = , esta función existe para todo z 2 D, f 0 (z ) = ei =
@r
@r
r
rei
z
luego, el mayor dominio para que la función dada sea una rama de ln z es D.
2. f ( 2) = Ln (2) = ln 2 + i () = 0 : 69315 3: 1416i
5 p f ( 1 + i) = Ln (1 + i) = ln 2 + i = 0: 34657 3: 927i 4
Todas las ramas de ln z son tales que el arg z pertenece a un intervalo abierto de longitud 2. Corte Se llama corte de rami…cación o corte a la curva que se usa para crear un dominio de
analiticidad. En el ejemplo anterior el corte es el simieje positivo imaginario con el origen. Punto de rami…cación Se llama punto de rami…cación de una función multiforme al punto
en común que tienen los cortes de todas las ramas de la función multiforme. Ejemplo 3.27. El punto de rami…cación de ln z es z = 0, dado que todos los cortes son semirrectas que parten desde el origen.
