“ Año de la Consolidación del Mar de Grau” UNIVERSIDAD NACIONAL MAYOR DE SAN MARCOS Universidad del Per! De"ana de A#$ri"a %a"ultad de In&eniería Ele"tr'ni"a ( El$"tri"a
ASIGNA TURA: %un"ione s Analíti"a s
: ) e # a 2 * %
Capítulo 2u n " i o n e
Li#a+Per 2,-.
%un"iones Co#ple/as de Varia0le Co#ple/a1 Pro0le#as Sele"tos1 Problema 1: Rela"iona ela"ionado do "on el e/er"i"io e/er"i"io anterior anterior1 Dado
z =| z z|e
iθ
3sien 3siendo do
z ∈ C ! es"rito en or#a polar "o#o
θ el valor prin"ipal de su ar&u#ento4! ( dado n un entero 1 /n
positivo 5/o! pro0ar 6ue todos los valores de
z ln
¿ 4 vienen dados por
1 θ + 2 kπ ln ( z z )= ln| z|+ i n n 1
n
k =0,1,2, . . . , n−1 1 Co#pr Co#pro0 o0ar ar 6ue "oin"i "oin"ide de "on "on el "on/un "on/unto to de valor valores es de
"on 1
n
lnz.
Solución: Por Moivre7 1
1
z =| z| ∗e n
n
θ + 2 kπ i n
)o#ando )o#ando lo&arit#o7 lo&arit#o7
( )= ln| z z| +i θ+n2 kπ
ln z z
1
1
n
n
ln | z| θ + 2 kπ ln ( z )= +i n n 1
n
Para
1 lnz 7 n
Sa0e#os 6ue7 lnz = ln | z|+ θ + 2 kπ 1/ n 7
Multipli"ando por
1
n
lnz =
ln| z|
n
θ + 2 kπ n
+i
De a6uí nota#os 6ue a#0as e8presiones tienen el #is#o "on/unto de solu"i'n1
Problema 2: En"uentra todas las solu"iones en la si&uiente e"ua"i'n7 sinz + cosz =1
Solución: La e"ua"i'n iz
−iz
e −e 2i
sinz + cosz e6uivale a −iz
iz
+
e +e 2
=1 ↔ ( 1 −i ) e iz + ( 1+i ) e−iz =2
Multipli"a#os por
( 1−i )−1=( 1 + i ) / 2 ! ( teniendo en "uenta 6ue
o0tene#os −iz
2 e + i e = 1+ i ↔ e −( 1 + i ) e + i =0
iz
iz
iz
Las solu"iones de esta e"ua"i'n de se&undo &rado est9n dadas por 1 + i + √ ( 1 + i ) e = 2
2
iz
−4 i 1+ i+ √ −2 i = 2
− iπ
Co#o
−2 i = 2 e
2
! enton"es
− iπ / 4
√ −2 i=± √ 2 e
=± ( 1−i ) ! por lo tanto!
( 1 + i )2 =2 i !
iz
e =
1 + i ± ( 1− i ) 2
=
e
La e"ua"i'n
{
iz
1,
i.
=1
z =2 kπ "on
tiene por solu"iones
iz e =i tiene por solu"iones z =2 kπ + π / 2 "on
k ∈ Z .
Problema 3: De#ostrar 6ue7
sen cosθ + cos2 θ + ·· · + cos nθ =
( ) ∗ ( ()
sen
Para
sin
nθ 2
cos
θ
θ ( n +1) 2
)
2
θ ≠0 2
Solución Sa0e#os 6ue7 θi
e =cosθ + isenθ 2θi
e = cos2 θ + isen 2 θ 3θi
e = cos3 θ + isen 3 θ 4 θi e = cos 4 θ + isen 4 θ • • •
e iθ
i2θ
e +e
θni
= cos ( nθ )+ isen( nθ ) n
n
k = 1
k =1
+ e + e + … + e =∑ cos ( nθ ) + i∗∑ sen ( nθ ) … ( 1 ) i3θ
i4θ
inθ
;a"e#os 6ue7 iθ Z = e … ( 2 ) Re#pla
k ∈ Z : la e"ua"i'n
1
2
3
n
3
Z + Z + Z + Z + … + Z =
Z ( 1 + Z + Z + Z + … + Z 2
3
n− 1
3
n
n
k 1
k 1
cos ( nθ ) + i∗∑ sen ( nθ ) ∑ = = n
n
k =1
k = 1
) =∑ cos ( nθ ) +i∗∑ sen ( nθ )
n
n
n
Z ∗ Z −1 = cos ( nθ ) + i∗ sen ( nθ ) Z −1 k =1 k = 1
Re#pla
∑
∑
iθ
(
)∑ n
iθn
n
e −1 = cos ( nθ ) + i∗ sen ( nθ ) e ∗ iθ e −1 k =1 k = 1 iθ
∑
Volviendo a su or#a polar n n cos ( nθ )+ isen ( nθ )−1 iθ = cos ( nθ ) + i∗ sen ( nθ ) e ∗ cosθ + isenθ−1 k = 1 k = 1
(
)∑
∑
Por 9n&ulo #itad7
e
(
iθ
∗
( ) + ( )∗ ( )− ( ) + ( )∗ ( )− 2
nθ 1− 2 sen 2
i 2 sen
2
θ 1 − 2 sen 2
(
iθ
−2 sen
e ∗
%a"tori
iθ
(
con
θ i 2 sen 2
nθ 2
θ con 2
1
2
i 2 sen
+ i 2 sen nθ ∗cos nθ 2
θ
2
2
i 2 sen
θ
2
2
cos
θ
2
iθ
2
i 2 sen
( )
e ∗
( ) ∗ =∑ ( ) ()
θ
2
cos
cos
nθ 2
+ isen nθ 2
θ
isen
2
θ
2
sen
nθ 2
θ
(inθ )/ 2
e ( iθ )/ 2 e
)
n
n
k = 1
k = 1
= ∑ cos ( nθ ) + i∗∑ sen ( nθ )
)
n
n
n
∑= sen ( nθ )
cos ( nθ )+ i ∗
k = 1
2
Redu"iendo la e8presi'n7
k 1
n
∑= sen ( nθ )
cos ( nθ ) + i∗
k =1
( )( ( ) ( )) =∑ ( )( ( )+ ( )) nθ
Volviendo a su or#a e8ponen"ial7
sen
)
1
( ) ( ) ( ) =∑ ( ) + ( )∗ ( ) 2
nθ
−2 sen
e ∗
nθ 2
n
k =1
k 1
n
∑= sen ( nθ )
cos ( nθ ) + i∗
k 1
sen
( ) ∗ () nθ 2
e
θ
sen
iθ 2
n
n
k =1
k =1
∗( n+ 1 )
=∑ cos ( nθ )+ i∗∑ sen ( nθ )
2
Volviendo a su or#a polar
sen
( ( ( (
sen sen
) ∗ ( + ) + ( + ) =∑ ( ) + ∗∑ ( ) ( ) ( )) ( ) ) ∗ ( + ) + ( ) ( + ) =∑ ( )+ ∗∑ ( ) ( ) ) ()
nθ 2
θ 2
θn 1
cos
isen
2
nθ
sen
2
θ 2
θ n 1
cos
2
sen
i
sen
θn 1 2
n
n
cos nθ
k =1
i
sen nθ
k =1
nθ 2
sen
θ
θ n 1 2
n
n
cos nθ
k =1
i
sen ( nθ )
k = 1
2
I&uala#os a#0as e8presiones! tanto real ( "o#ple/a! o0tene#os lo si&uiente7
sen cos ( nθ ) =¿
( ) ∗ ( + ) ( ) () nθ 2
sen
θ
cos
θn 1 2
2
n
¿ ∑ = k 1
sen sen ( nθ ) =¿
( ) ∗ ( () nθ 2
sen
θ
sen
θ ( n +1 ) 2
)
2
n
∑= ¿ k 1
z =−i ln
π 3
Problema 4: En"uentra todas las solu"iones z ∈ C de7 cotan z =1 + i
Solución:
Si
cotan z =1 + i ! enton"es tan z=( 1 + i )− 1=( 1−i )/ 2 : enton"es
z =arctanz
( −) 1 i 2
Dado 6ue la 'r#ula del ar"o tan&ente es
( )
i i+ z arctanz = ln 2 i − z )endre#os
( )
1− i 2 i z = ln 2 1− i i− 2
i+
=i
2
ln
(
1+i −1 + 3 i
)
Pero 1+i 1 = −1 + 3 i 1 + 2 i
Por lo tanto
z =
−i 2
ln ( 1 + 2 i )
A=ora 0ien!
z =
−i 2
1 + 2 i = √ 5 e
iθ
siendo
θ= arctan2 ! lue&o
( ln √ 5 + iarctan 2+ i 2 kπ )= 1 arctan2 + kπ − i ln 5 2
4
!
k ∈ Z
Problema : Deter#inar todos los valores
z ∈ C de la si&uiente e"ua"i'n7
4 z 2 z e + e + 1= 0
Solución Se trata de una e"ua"i'n de se&undo &rado! "u(a solu"i'n es7
z e2 =
−1+ √ −3 −1 ± i √ 3 ±i 2 π / 3 = =e 2
2
2 z = i ( 2 kπ ±
así 6ue!
2 π ) ! "on 3
k ∈ Z ! es de"ir!
π z = ( 3 k ± 1 ) i , k ∈ Z 3
Problema !: Deter#ine los posi0les valores de <7 e
( z − 1)2
>-
Solución: E8presando - en or#a polar7 ( z −1)2
e
=e 2 nπi
!n?@
( z − 1 )2= 2 nπi E8presando en or#a polar a ԥ
2
( z −1 ) =2 nπ e 2
2 nπi
i
Apli"ando raí< "uadrada a a#0os #ie#0ros7 ԥ
z −1= √ 2 nπ [ cos (
2
ԥ
+ 2 k ԥ 2
)+ isen (
2
+ 2 k ԥ 2
)] para >,! -
Para >,
π π z −1= √ 2 nπ [ cos ( )+ isen ( )] 4
4
2 z =√ 2 nπ √ ( i + 1 )+ 1 =√ nπ ( i + 1 ) + 1, n ∈ Z 2
Para >-
z −1= √ 2 nπ [ cos ( √ 2
z = √ 2 nπ
2
5 π 5 π )+ isen ( )] 4 4
( i − 1 ) + 1, n ∈ Z
Problema ": ;allar el valor de
√ i−i
Solución: ;alla#os
−i
i
Sea
−i
−i
− iLni
A =i → ln ( A )=ln i → ln ( A ) =−iLni→A =e
Pero i 2
ԥ
Lni = ln e
π Lni =ln 1 + i ( + 2 kπ ) 2
)o#ando el valor prin"ipal 3>,4
Lni =
πi 2
Ree#pla
A> e
2
ԥ
A> e 2 A=ora =alla#os
√ A
√
ԥ
ԥ
√ i = e =e 4 −i
2
Problema #: En"uentra todas las solu"iones para @ B C de la e"ua"i'n7
senz −cosz =i Solución: iz
iz
iz
iz
+ e −e − e e =i ↔ ( 1+ i) e iz+ (1 −i ) e iz =−2 i 2i 2 −1 1+ = Multipli"ando por ( i )
1−i 2
(! teniendo en "uenta 6ue
( 1−i )2=−2 i
o0tene#os 2 e −e =−(1 + i ) ↔ e +( 1 + i) − i=0
iz
iz
iz
iz
Las solu"iones de esta e"ua"i'n de se&undo &rado est9n dadas por7
−1−i + √ ( 1 + i )2−4 i −1−i + √ 6 i = e = iz
2
Co#o
iz e =
√ 6 i = ± √ 6∗e
−1−i ± √ 3 ( 1 + i )
Co#o
2
2
iπ / 4
{
= ± √ 3 ( 1+ i) ! enton"es
( √ 3 −1)( 1 + i )
2 −(√ 3− 1)( 1 + i) 2
(√ 3−1 )( 1 + i ) √ 3 −1 iπ 4 = ∗e √ 2
2
iz
e =
(√ 3−1 )( 1 + i) 2
Ser9
(
)
3−1 π + + 2 kπ;k ϵ Z Z =−iln √ 4 √ 2 Por otro lado
−( √ 3 + 1)( 1 + i) √ 3 +1 i 54π = ∗e √ 2
2
iz
e =
−( √ 3 + 1)( 1 +i) 2
Será
Z =−iln
( )
√ 3 + 1 + π +( 2 + 1) k π ; k ϵ Z 4 √ 2
A=ora 0ien
√ 3− 1 ∗ 3 + 1 √ 2
2
=1
Lue&o la pri#era solu"i'n se puede es"ri0ir ta#0i$n
Z =iln
( )
√ 3 + 1 + π +( 2 ) k π ; k ϵ Z 4 2 √
Así 6ue todas las solu"iones se pueden es"ri0ir #ediante la e8presi'n ni"a7
( )
π n √ 3 + 1 Z = + nπ + i (−1) ln , n ϵ Z
√ 2
4
Problema $: En"ontrar el error en el si&uiente ra
e e θ
θ 2 π
(¿ ¿ i 2 π ) =( 1 ) =1 2 π
2 π 2 π
(¿¿ iθ ) =¿ iθ e =¿ Solución: w w ∝
El error del ra
β
w ∗¿ (¿¿ β )α ¿ son tres (¿¿ ! ) β , ¿
¿
n#eros "o#ple/os dierentes1 Para verlo! supon&a#os 6ue enton"es lo"w ¿
e e
alnr + iα ( θ + 2 kπ )
w
,k ϵ Z
α
=¿
De a6uí dedu"i#os 6ue
w
α ∗ β
=e aβlnr + iαβ (θ+2 kπ ) , k ϵ Z
A=ora 0ien
w α log w ¿ αβlne αlnr + iαβ ( θ + 2 kπ ) + iβ 2 k #
e e
=e βαlnr +iαβ (θ+2 kπ )+iβ 2 k# =w αβ eiβ 2 k # π , k # ϵ Z (¿¿ α ) β =¿ ¿
w =r e
iθ
!
Y es evidente! por si#etría! w β αβ iβ 2 k # π (¿¿ α ) = w e , k # ϵ Z
¿
e 2 π 2 π
(¿¿ iθ ) iθ e =¿
En el "aso 6ue nos o"upa! es evidente 6ue
! (a 6ue
e e θ
(¿¿ i 2 π )
enton"es
2 π
θ 2 π
(a 6ue
(¿¿ i 2 π ) =¿ iθ e ≠¿ e θ 2 π
(¿¿ i 2 π ) = ei 2 kπθ /2 π =e ikθ ¿ ue solo para >- "oin"iden "on e 1
iθ
! sin e#0ar&o! la i&ualdad
θ / 2 π
=1 Supone to#ar >,1
Problema 1%: Es"ri0ir en or#a 0in'#i"a el "o#ple/o7 n
1 + cos $ + isen$ ) z =( 1 + cos$ −isen$
M$todo - 1+ Sea
z 1 > 1 + cos $ +isen$
> -
i$ −i$ e +e
2
i$ −i$ e − e i 2 i
2 π =1 ! pero 2 π
z 1 > > -
2 i$ i$ e +1 e −1 i$ 2 e i$ > - 2e
$ −¿ isen$ =¿ ´ = 1+ cos ¿ - Z
i$ −i$ e +e
2 i$
´ =¿ Z
e +1 i$ + 2e
-
i
+
2
e −1 i$ 2e
e
e
i$
− e−i$
i$
2i
i$
− i$
e
>-
Por lo tanto 1+e
Z 1
@>3
1 Z
¿ ¿n
e ( 1+ e
−i$
>
1+ e
¿ ¿ ¿
−i$
i$
i$
>
1+e
)
i$
>
¿ ¿ ¿
e
in$
M$todo 2 1+ sea @ - > 1 + cos $ % isen$
@- > 1 + cos $ + isen$
Z 1 1 Z
@>3
n
¿¿ =
n
Z 1 n > n 1 Z
n
Z 1 ∗ Z 1 n n 1 ∗Z 1 Z
Si "onsidera#os 6ue en or#a e8ponen"ial la e8presi'n de @- es r e n
@>
n
Z 1 ∗ Z 1 n n 1 ∗Z 1 > Z
[ r (cos Ɵ + isenƟ )]2 n
2n
Z 1 2n r
>
r
2n
>
iθ
2n r ( cos2 n Ɵ + isen 2 n Ɵ ) 2n r
Si#pli5"ando7 @>
cos2 n Ɵ + isen 2 n Ɵ
Para o0tener la e8presi'n en un"i'n de 8 se "onsidera 6ue7
$ sen$ tan F> 1 + cos$ > −1
tan
−1
√( +
2
1−( cos$ )
> tan
2
1 cos$ )
−1
√
❑
1 −cos$ ( 1+ cos$ )❑ >
2 $ tan (¿) > 2
¿
tan
−1
¿
Donde se =a utili
( )) $ 2
2
1 + cos$ =2 ( cos
( )) $
2
2
Por lo tanto7
Z 1 @>3
1 Z n
¿ ¿ = cos2 n Ɵ +isen 2 n Ɵ =cos n$ + isenn$
Problema 11: Dado
a + &i = log √ w siendo G tal 6ue
unidad1 ;allar Se "onsidera
w 1 + i √ 3 es real ( el #odulo de G es la
a + &i 2 2 2 w =c + ' =1 w =c + 'i c()*lien'o !w!
Se "u#plir9 6ue7
3 1−i √ ¿
¿
w r= ! + + 1 i √ 3
2
c =±
2
( c +' √ 3 ) + i (−c √ 3 + ' )
∈ +
4
'=±
c
√ 3
2
w 1=
2
−c √ 3 + '
2 2 c + ' =1
1 2
c + ' =1 A = π r
w ⃒ ⃒>-
r=
∈ +
( 1 + i √ 3)¿ ( c + i' )( 1 −i √ 3 ) r= ¿
1 √ 3 + i 2 2
2
+ ' 2= 1
w 2=
&ue'o
( ) π 3
2
e
(
+ 2 k π
π
=(¿ + k π + 2 k # π ) i k # ∈ z 6 log √ w1= ln ¿
)
! >,!-
−2 π + 2 k π 3
e
2
π
=(−¿ + k π + 2 k # π ) i k # ∈ z 3
!>,!-
log √ w 2=ln ¿
O0serva"i'n7 Puede ser interesante "onsiderar la e8presi'n de
w de la or#a7
− 1 − √ 3 i 2
2
it w =e =cos t + isent (a 6ue al tener #odulo uno 6uedara pere"ta#ente
deter#inado si se "ono"e
ar" ( w ) =t 1
Problema 12: Sea la un"i'n7 ( ( $ , )= e $ ( $ ⋅ cos − ⋅ sin )
En"ontrar una un"i'n =olo#ora 3<4 "u(a parte real sea u38!(4 Solución: De0e#os en"ontrar una un"i'n v38!(4 tal 6ue7 ( $ , )= ($ ( $ , ) ; $ ( $ , )=−( ( $ , )
Para ello =a"e#os7 $
( ( $ , )= e
(− $ !in − !cos − sin )=− $ ( $ , )
E inte&rando respe"to a 87 $ = - e ( $ ⋅ sin + ⋅ cos + sin ) '$ = $ ⋅ e$ ⋅ sin + ⋅ e$ ⋅ cos +¿ φ3 y 4
Y derivando esta e8presi'n respe"to de (7 $
=( $ , )= $ ⋅ e cos + e$ ⋅ cos − ⋅ e$ ⋅ sin + / ( )
Si i&uala#os esta un"i'n "on u 8 resulta
. / ( )= 0 "on lo 6ue nos 6ueda para la
un"i'n v7 $
=e ( $ ⋅ sin + ⋅ cos ) Y! por lo tanto7 $
0 ( z )= e ( $ !cos − ! sin )+ i!e$ ( $ ! sin + !cos )
Para o0tener 3<4 en un"i'n de una varia0le "o#ple/a =a"e#os7
0 ( $ , 0 )= 0 ( z = $ )=e $ ⋅ $ ⇒ 0 ( z )= z ⋅ e z
Co#o re&la &eneral! se tiene 6ue dos un"iones =olo#oras 6ue "u#plen deter#inadas rela"iones al&e0rai"as para < real las "u#plen para todo < 3 es de"ir! 6ue si son i&uales en el "a#po real lo son para todo <41
Problema 13: Dada la un"i'n7 u3 x !y 4 > u2H y 2 En"ontrar 3<4 6ue sea =olo#ora1 Solución: )ene#os 6ue en"ontrar una un"i'n v38!(4 para la 6ue se veri56ue ( $ , )= ( $ ( $ , )= 2 $ ⇒ = 2 $ + ϕ( $ ) $ ( $ , )=− ( ( $ , )= 2 = 2 + ϕ/ ( $ ) ⇒ϕ/ ( $ )= 0 ⇒ϕ( $ )= 1
De todo lo visto resulta7 0 ( z )= $
2
− 2 + 2 $ = z 2
Al&unas ve"es puede resultar "o#pli"ado pasar de una un"i'n en varia0les 8 e ( a otra en una sola varia0le "o#ple/a1 Sup'n&ase 6ue =e#os o0tenido7
+ 2+ 1) 2 2 2 ( $ + )
$ ( $
f 3 z 4>
2
2
( $ +
2
+1) 2 2 ( $ + ) 2
3<4 de0e ser tal 6ue para < real "oin"ida "on 3841 )ene#os enton"es7 0 ( z )= 0 ( $ , ) ; 0 ( z = $ )= 0 ( $ , 0 ) ⇒ 0 ( $ , 0 )=( ( $ , 0 )+ i ⋅ ( $ , 0 )
Y resulta7 3
3
2
$ + $ z + z z + 1 0 ( $ , 0 )= 0 z ⇒ ( )= = 2 2 2 z 2 $ 2 z
Problema 14: Cal"ular la derivada de las si&uientes un"iones 2
a4
2 ( z )=3 z −2 z + 4
04
2 ( z )= 2 $ + i$
"4
2 ( z )=(a$ + & )+ i ( c$ + ' ) ,'on'ea,&,c,' ∈ +
2
Solución: Para a4
0 ( z )=3 z 2−2 z + 4
Sa0e#os 6ue z = $ + i 2
2 ( z )=3 ( $ + i ) −2 ( $ + i )+ 4 2 ( z )= 3 ( $
2
− 2)− 2 $ + 4 + i ( 6 $ − 2 )
2 2 3 ( $ , )=3 ( $ − )− 2 $ + 4 4 ( $ , )=6 $ −2
3 $ =6 $ −2 3 =−6
4 $ = 6 4 =6 $ − 2 La un"i'n satisa"e las e"ua"iones de Cau"=( Rie#a# 6
La derivada
04
' 0 ( z )=( 6 $ −2)+ i ¿ 4 'z
0 ( z )=2 $ + i$
2
( ( $ , )= 2 $ ( $ , )= $
2
3 $ =2 3 =0 2
4 $ = 4 = 2 $ No satisa"e las e"ua"iones de Cau"=( Rie#a# La un"i'n no tiene derivada
"4
2 ( z )=(a$ + & )+ i ( c$ + ' ) ,'on'ea,&,c,' ∈ +
( ( $ , )= a$ + & ( $ , )=c$ + ' 3 $ =a 3 = &
4 $ = c 4 ='
Para 6ue la un"i'n "u#pla las e"ua"iones de Cau"=( Rie#a# ( $ = a= '
( =− $ & =−c
' 0 ( z )= a + ic 'z
Problema 1: Deter#inar las partes real e i#a&inaria de las un"iones sen= < ( "os= < ( usando las e"ua"iones de Cau"=( *Rie#ann! deter#inar las derivadas sus derivadas1 Solu"i'n7
Para la función seno hiperbólico
e e (¿ ¿ $ + i− e− $ −i ) 2
(¿ ¿ z −e− z ) 2
=¿
sen5 z =¿
( e $ ( cos + isen )−e− $ ( cos −isen ) ) 2
e e − $
cos (¿ ¿ $ −e )+
isen ( ¿ ¿ $ + e− $ )
¿ ¿ ¿
2
cos sen5$ + isen cosh $ (= cos sen5 $ , = sen cosh $
Las parciales son continuas para todo
( $ , )∈ +2
y satisfacen las ecuaciones de
Cauchy-Riemam, por lo tanto, la función seno hiperbólico es derivable en C. Su derivada es
' sen5z = ( $ + i $ = cos cosh $ + isen sen5 $ 'z
Para la función coseno hiperbólico
e e (¿ ¿ $ + i + e− $ −i ) 2
(¿ ¿ z + e− z )
=¿
2 cosh z =¿
( e $ ( cos + isen )+ e− $ ( cos −isen )) 2
e e isen (¿ ¿ $ −e− $ ) cos (¿ ¿ $ + e− $ )+¿
¿ ¿ ¿ ¿
cos cos5$ + isen sen5 $
(= cos cosh $ , = sen sen5 $
Las parciales son continuas para todo
( $ , ) ∈ +2
y satisfacen las ecuaciones de
Cauchy – Riemam, por lo tanto, la función coseno hiperbólico es derivable en C. Su derivada es
' cosh z =( $ + i $ = cos sen5 $ + isen cosh $ 'z ( $ + i $ =sen5 z
