Proyecto Segunda Parcial

Variable Compleja

J. Andrés Sepúlveda Quiroz

Facultad de Ciencias

Universidad de Colima

28 de marzo de 2010

Resumen

En estas notas se resolvieron diversos problemas del capítulo 6 del

libro Mathematical Methods for Physicists 5ed. by Arfken & Weber,

correspondientes al estudio de las Funciones de Variable Compleja I.

1. Álgebra de Números Complejos

Problema 1 (a) Encontrar el recíproco de (x + iy), trabajando entera-

mente en la representación Cartesiana.

(b) Repetir la parte (a), trabajando en coordenadas polares pero expresando

el resultado �nal en forma Cartesiana.

Solución 1 Parte (a).

Fácilmente tenemos que

z−1 = (x+ iy)−1 =1

x+ iy=

1x+ iy

x− iyx− iy

=x− iyx2 + y2

donde hemos multiplicando por el complejo conjugado. Finalmente

z−1 =x

x2 + y2− i y

x2 + y2

quedando expresado en forma cartesiana.

Parte (b)

Exprezando en forma polar z = x+ iy = reiθ queda

1

z−1 = (reiθ)−1 =eiθ

r=

cos θ − i sin θr

usando el hecho de que x = r cos θ, y = r sin θ y r2 = x2 + y2, entonces

z−1 =x

r2− i y

r2=

x

x2 + y2− i y

x2 + y2

obteniendo el mismo resultado.

Problema 2 Las cantidades complejas a = u + iv y b = x + iy pueden ser

representadas como dos vectores bidimensionales a = ui + vj, b = xi + yj.Mostrar que

a∗b = a · b + ika× b.

Solución 2 Usando la de�nición de multiplicación entre dos números com-

plejos

z1z2 = (x1, y1)(x2, y2) = (x1x2 − y1y2, x1y2 + x2y1) (1)

tenemos que

a∗b = (u,−v)(x, y) = (ux+ vy, uy − vx) = a · b + ika× b.

Problema 3 Mostrar que los números complejos tienen raices cuadradas y

que tales raices están contenidas en el plano complejo. ¾Cuáles son las raices

cuadradas de i?

Solución 3 De�nimos un número complejo z1/n tal que (z1/n)n = z. Supo-nemos que

z1/n = ρeiφ = ρ(cosφ+ i sinφ) (2)

Elevando a la n ambos lados de la ecuación, obtenemos

z = ρneinφ = ρn(cosnφ+ i sinnφ)

donde hemos utilizado la fórmula de D'Moivre

cosnφ+ i sinnφ = (cosφ+ i sinφ)n (3)

igualando con la de�nición de z = reiθ = r(cos θ + i sin θ)

r(cos θ + i sin θ) = ρn(cosnφ+ i sinnφ) (4)

2

buscamos despejar el lado derecho de (4) para igualar con (2). De aquí

se desprenden dos condiciones

r1/n = ρ

φ =θ

n+ 2πk

donde hemos usado el hecho de que sin θ y cos θ son funciones periódicas

con periodo 2π, por lo que nφ = θ ⇒ nφ = 2πk, siendo k = 0,±1,±2, . . ..Por lo tanto, la parte derecha de (2) puede escribirse como

z1/n = r1/n[cos(θ

n+

2πkn

)+ i sin

(θ

n+

2πkn

)](5)

Ahora calcularemos la raíz cuadrada de i. Notamos que i = (0, 1)→ r =1, luego Arg(z) = π/2, por lo tanto

i1/2 =[cos(π/22

+2πkn

)+ i sin

(π/22

+2πkn

)]para k = 0

ζ0(√i) = cos(π/4) + i sin(π/4) = eiπ/4 =

1√2

+i√2

para k = 1

ζ1(√i) = cos(5π/4) + i sin(5π/4) = ei5π/4 = e−3π/4 = − 1√

2− i√

2

ambas raices están separadas π radianes.

Problema 4 Mostrar que

(a) cosnθ = cosn θ −(n2

)cosn−2 θ sin2 +

(n4

)cosn−4 θ sin4 θ · · ·

(b) sinnθ =(n1

)cosn−1 θ sin−

(n3

)cosn−3 θ sin3 θ · · ·

donde(nm

)= n!

m!(n−m)! es el coe�ciente binomial.

Solución 4 Usando la relación general del teorema binomial

(a+ b)n =n∑k=0

an−kbkn!

k!(n− k)!=

n∑k=0

(a

b

)an−kbk (6)

3

podemos aplicarlo a la expansión de la siguiente suma

(cos θ + sin θ)n =(n

0

)cosn θ + i

(n

1

)cosn−1 θ sin θ −

(n

2

)cosn−2 θ sin2 θ

− i(n

3

)cosn−3 θ sin3 θ +

(n

4

)cosn−4 θ sin4 θ +

(n

5

)cosn−5 θ sin5 θ + · · ·

separando valores semejantes en i obtenemos

cosnθ + sinnθ =[(n

0

)cosn θ −

(n

2

)cosn−2 θ sin2 θ +

(n

4

)cosn−4 θ sin4 θ + · · ·

]+ i

[(n

1

)cosn−1 θ sin θ −

(n

3

)cosn−3 θ sin3 θ +

(n

5

)cosn−5 θ sin5 θ + . . .

]lo que demuestrea la igualdad planteada en el problema.

Problema 5 Probar que

(a)∑N−1

n=0 cosnx = sin (Nx/2)sin (x/2) cos (N − 1)x2

(b)∑N−1

n=0 sinnx = sin (Nx/2)sin (x/2) sin (N − 1)x2 .

Estas series ocurren en el análisis del patrón de difracción de múltiples

rendijas. Otra aplicación es en el análisis del fenómeno de Gibbs.

Solución 5 Si sumamos ambas series en una y usando la fórmula de D'Moivre

(3) podemos escribir

N−1∑n=0

(cosnx+ i sinnx) =N−1∑n=0

(cosx+ i sinx)n =N−1∑n=0

(eix)n

esta última expresión tiene la forma de una serie de potencias de tal

suerte que conocemos su n-ésima suma parcial

n−1∑m=0

arm = a1− rn

1− r

aplicando lo anterior a nuestro caso, obtenemos

4

N−1∑n=0

(eix)n =1− eixN

1− eix

manipulando algebraicamente la expresión resulta que

e−ixN/2eixN/2 − eixN/2eixN/2

e−ix/2eix/2 − eix/2eix/2=eixN/2

eix/2e−ixN/2 − eixN/2

e−ix/2 − eix/2(7)

= ei(N−1)x2

sin (Nx/2)sin (x/2)

(8)

Si tomamos la parte real e imaginaria de (7) donde ei(N−1)x2 = cos (N − 1)x/2+

i sin (N − 1)x/2 obtenemos las equivalencias con las series planteados en el

problema.

Problema 6 Asumir que tanto las funciones trigonométricas como hiperbó-

licas están de�nidas para argumentos complejos por las series de potencias

sin z =∞∑

n=1,impar

(−1)(n−1)/2zn

n!=∞∑s=0

(−1)sz2s+1

(2s+ 1)!(9)

cos z =∞∑

n=0,par

(−1)n/2zn

n!=∞∑s=0

(−1)sz2s

(2s)!(10)

sinh z =∞∑

n=1,impar

zn

n!=∞∑s=0

z2s+1

(2s+ 1)!(11)

cosh z =∞∑

n=0,par

zn

n!=∞∑s=0

z2s

(2s)!(12)

(a) Mostrar que

1. i sin z = sinh iz

2. sin iz = i sinh z

3. cos z = cosh iz

4. cos iz = cosh z

(b) Veri�car que las relaciones

1. cosh z = ez+e−z

2

5

2. sin(z1 + z2) = sin z1 cos z2 + sinz2 cos z1

se siguen manteniendo en el plano complejo.

Solución 6 Trabajando la parte (a) vemos que

i sin z = sinh iz

= sinh iz =∞∑

n=1,impar

(iz)n

n!=∞∑s=0

(iz)2s+1

(2s+ 1)!

expandiendo la serie escribiendo algunos términos se ve que

sinh iz = iz − z2

2− iz

3

3!+z4

4!+ i

z5

5!+ · · ·

tomando sólo los términos pares

= iz − iz3

3!+ i

z5

5!− iz

7

7!+ · · ·

= i

(z − z3

3!+z5

5!− z7

7!+ · · ·

)= i

∞∑s=0

(−1)sz2s+1

(2s+ 1)!

= i sin z

Del mismo modo, usando la expansión del argumento complejo mediante

la serie de potencias podemos obtener la segunda expresión

i sinh z = sin iz =∞∑0

(−1)s(iz)2s+1

(2s+ 1)!

= iz − i−z3

3!+ i

z5

5!− i−z

7

7!+ · · ·

= i

(z +

z3

3!+z5

5!z7

7!+ · · ·

)= i

∞∑s=0

z2s+1

(2s+ 1)!

= i sinh z

6

Al igual se obtienen

cos z = cosh iz =∞∑s=0

(iz)2s(2s)!

= 1− z2

2!+z4

4!− z6

6!+ · · ·

=∞∑s=0

(−1)sz2s

(2s)!

= cos z

y �nalmente

cosh z = cos iz =∞∑s=0

(−1)s(iz)2s(2s)!

= 1− −z2

2!+z4

4!− −z

6

6!+ · · ·

= 1 +z2

2!+z4

4!+z6

6!+ · · · =

∞∑s=0

z2s

(2s)!

= cosh z

Ahora trabajaremos para la parte (b) de este problema. Escribiendo la

de�nición de ez en forma de serie de potencias

ez =∞∑n=0

zn

n!= 1 + z +

z2

2!+z3

3!+z4

4!+ · · ·

e−z =∞∑n=0

(−z)n

n!= 1− z +

z2

2!− z3

3!+z4

4!+ · · ·

sumando ambas series

ez + e−z = 2(

1 +z2

2!+z4

4!+z6

6!+ · · ·

)= 2

∞∑s=0

z2s

(2s)!

= 2 cosh z

que es el resultado buscado.

Vamos por el último inciso. Escribimos explicitamente y multiplicamos

algunos términos de las series

7

sin (z1 + z2) = sinz1 cos z2 + sin z2 cos z1

=(z1 −

z31

3!+z51

5!− z7

1

7!· · ·)(

1 +z22

2!+z42

4!+z62

6!· · ·)

+(z2 −

z32

3!+z52

5!− z7

2

7!· · ·)(

1 +z21

2!+z41

4!+z61

6!· · ·)

con un poco de álgebra nos podemos dar cuenta que agrupando los térmi-

nos se parecen a

= (z1 + z2)− (z1 + z2)3

3!+

(z1 + z2)5

5!+ · · ·

=∞∑s=0

(−1)s(z1 + z2)(2s+ 1)

(2s+ 1)!

= sin (z1 + z2)

que era lo que se esperaba.

Problema 7 Usando las identidades

cos z =eiz + e−iz

2sin z =

eiz − e−iz

2imostrar que

1. sin (x+ iy) = sinx cosh y + i cosx sinh y

2. cos (x+ iy) = cosx cosh y − i sinx sinh y

3. | sin z|2 = sin2 x+ sinh2 y

4. | cos z|2 = cos2 x+ sinh2 y

Esto demuestra que podemos tener | sin z|,| cos z| > 1 en el plano comple-

jo.

Solución 7 Comenzamos escribiendo la igualdad entre funciones trigono-

métricas y exponenciales

8

sin z =ei(x+iy) − e−i(x+iy)

2i=e(ix−y) − e(−ix+y)

2i=e−yeix − eye−ix

2i

=e−y(cosx+ i sinx)

2i− ey(cosx− i sinx)

2i

= −ie−y cosx

2+e−y sinx

2+ i

ey cosx2

+ey sinx

2

= sinxey + e−y

2+ i cosx

ey − e−y

2= sinx cosh y + i cosx sinh y

Si z = x+ iy, sabemos que zz∗ = |z|2 donde z∗ = x− iy, entonces

| sin z|2 = sin2 x cosh2 y + cos2 x sinh2 y

= sin2 x(1 + sinh2 y) + cos2 x sinh2 y

donde hemos usado la identidad hiperbólica cosh2 y − sinh2 y = 1, luego

= sin2 x+ sin2 x sinh2 y) + cos2 x sinh2 y

= sin2 x+ (sin2 x+ cos2 x) sinh2 y

| sin z|2 = sin2 x+ sinh2 y

Trabajando lo mismo para la función coseno

cos z =eiz + e−iz

2=e(ix−y) + e(−ix+y)

2=e−yeix + eye−ix

2

=e−y

2(cosx+ i sinx) +

e−y

2(cosx− i sinx)

=e−y

2cosx+

e−y

2i sinx+

ey

2cosx− ie

y

2sinx

= cosxey + e−y

2− i sinx

ey − e−y

2cos z = cosx cosh y − i sinx sinh y

ahora con la norma

9

| cos z|2 = cos2 x cosh2 y + sin2 x sinh2 y

= cos2 x(1 + sinh2 y) + sin2 x sinh2 y

= cos2 x+ cos2 x sinh2 y) + sin2 x sinh2 y

= cos2 x+ (cos2 x+ sin2 x) sinh2 y

| cos z|2 = cos2 x+ sinh2 y

Problema 8 Mostrar que la función exponencial ez es periódica con período

2πi.

Solución 8 Un juego de pasos lógicos

ez = exeiy = ex(cosx+ i sinx)

Dado que e2πi = cos (2π) + i sin (2π) = 1, entonces

e2πiez = ez+2πi = ex+i(y+2π) = ex(cos (y + 2π) + i sin (y + 2π))= ex(cos y + i sin y)

Por lo tanto, ez es periódica con período 2πi.

Problema 9 Encontrar todos los ceros de

(a) sin z (b) cos z (c) sinh z (d) cosh z

Solución 9 Parte (a). Escribiendo

sin z = sinx cosh y + i cosx sinh y

es equivalente a tener el sistema

sinx cosh y = 0

cosx sinh y = 0

Como cosh y > 0,∀y ∈ R, la función sinx = 0 si y sólo si x = nπ,donde n = 0,±1,±2, . . .. De la ecuación inferiorn, la restricción anterior

hace que cosx = ±1, por lo tanto cosx sinh y = 0 si y sólo si sinh y = 0,

10

esto es posible únicamente en y = 0. Por lo que sin z = 0 cuando z = nπ,n = 0,±1,±2, . . ..

Parte (b). Aquí notamos que

cos z = cosx cosh y − i sinx sinh y = 0

equivale a

cosx cosh y = 0

sinx sinh y = 0

Otra vez, de la ecuación superior, cosh y es siempre positivo para todo

valor de y, por lo que cosx = 0 sólo en x = (2n + 1)π/2. Esto restringe a

que sinx = ±1, por lo que sinh y = 0 en y = 0, y �nalmente cos z = 0 en

z = (2n+ 1)π/2.Parte(c)

sinh z = sinhx cos y + i coshx sin y = 0

equivale a

sinhx cos y = 0

coshx sin y = 0

sólo cero en z = nπi, donde n = 0,±1,±2, . . .Parte(d)

cosh z = coshx cos y + i sinhx sin y = 0

equivale a

coshx cos y = 0

sinhx sin y = 0

sólo cero en z = (2n+ 1)πi/2, donde n = 0,±1,±2, . . .

Problema 10 Una onda plana de luz con frecuencia angular ω es represen-

tada por

eiω(t−nx/c)

En cierta sustancia, el índice de refracción n es reemplazado por la can-

tidad n− ik. ¾Cuál es la correspondencia física de k?

11

Solución 10 Haciendo la sustitución n→ n− ik resulta

eiω(t−nx/c) = eiω(t−x/c(n−ik)) = eiω(t−nx/c) = eiω(t−nx/c)−ωkx/c

En correspondencia con un valor de variable compleja para el expoencial

ez = ex+iy = ex(cos y + i sin y)

nuestro problema se transforma a

eiω(t−nx/c)−ωkx/c = e−ωkx/c[cosω

(t− nx

c

)+ sinω

(t− nx

c

)]Un valor �nito de k correspondería al valor de un coe�ciente de ate-

nuación.

Problema 11 Mostrar que

(a) elog z siempre es igual a z.

(b) log ez no siempre es igual a z.

Solución 11 Parte (a). Como e2πi = 1, entonces

elog z · 1 = elog z · e2πi = elog z+2πi = z · 1 = z

De hecho podemos hacer 2π → 2πk, con k = 0,±1,±2, . . . y obtener

elog z+2πki = z (13)

Parte (b). Usando la forma polar, z = reiθ, nuestra expresión (13) se

convierte en

elog z+2πki = elog reiθ+2πki = elog r+i(θ+2πk) = z

tomando logaritmos en ambos lados

log r + i(θ + 2πk) = log z

donde k = 0,±1,±2, . . .. Notamos que esta última expresión es una fun-

ción multivaluada.

12

Problema 12 La ecuación de movimiento de una masa m relativa a un

sistema de coordenadas rotatorio es

md2rdt2

= F−mω × (ω × r)− 2m(ω × dr

dt

)−m

(dω

dt× r)

Considerar el caso F = 0, r = xi + yj y ω = ωk, con ω constante.

Mostrar que reemplazar r = xi+ yj por z = x+ iy da como resultado

d2z

dt2+ 2iω

dz

dt− ω2z = 0

Notar que esta EDO puede ser resuelta mediante la sustitución z =fe−iωt

Solución 12 Sustituyendo r→ z en la ecuación diferencial

md2z

dt2= −mω × (ω × z)− 2m

(ω × dz

dt

)−m

(dω

dt× z)

cancelando el término de masa

d2z

dt2= −ω × (ω × z)− 2

(ω × dz

dt

)−(dω

dt× z)

anaizando por partes lo anterior

−ω × (ω × z) = −ω2(−z)

−2(ω × dz

dt

)= −2iω

dz

dt

−(dω

dt× z)

= 0

�nalmente

d2z

dt2= ω2z − 2iω

dz

dt

en completo acuerdo con lo esperado.

13

2. Las Condiciones Cauchy-Riemann

Problema 13 Las funciones u(x, y) y v(x, y) son la parte real e imaginaria

de la función analítica w(z).

(a) Asumiendo que las derivadas requeridas existen, mostrar que

∇2u = ∇2v = 0.

Soluciones de la ecuación de Laplace tales como u(x, y) y v(x, y) son

llamadas funciones armónicas.

(b) Muestra que

∂u

∂x

∂u

∂y+∂v

∂x

∂v

∂y= 0

y dar una interpretación geométrica.

Solución 13 Parte (a). Como w(z) es analítica, se cumplen las condiciones

de Cauchy-Riemann

∂u

∂x=∂v

∂y(14)

∂u

∂y= −∂v

∂x(15)

Tomando las segundas derivadas de (14) para u(x, y) obtenemos

∂2u

∂x2=

∂

∂x

∂v

∂y

∂2u

∂y2= − ∂

∂y

∂v

∂x

sumando lo anterior obtenemos

∇2u = 0

Ahora tomamos las segundas derivadas de (14) para v(x, y)

14

∂

∂y

∂u

∂x=∂2v

∂y2

− ∂

∂x

∂u

∂y=∂v2

∂x2

sumando obtenemos

∇2v = 0

que es nuestro resultado esperado.

Parte(b). Fácilmente podemos ver que multiplicando (14) se tiene

∂u

∂x

∂u

∂y= −∂v

∂y

∂v

∂x

de aquí sigue que

∂u

∂x

∂u

∂y+∂v

∂y

∂v

∂x= 0

Interpretación geométrica: La anterior ecuación puede verse como el pro-

ducto punto entre dos vectores, dado que el resultado es cero, ambos vectores

son ortogonales.Las ecuaciones de Cauchy-Riemann son linealmente inde-

pendientes.

Problema 14 Encontrar la función analítica

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

si

(a) u(x, y) = x3 − 3xy2 (b) v(x, y) = e−y sinx.

Solución 14 Parte (a). Derivamos parcialmente con respecto de x la fun-

ción u(x, y) = x3 − 3xy2 y usando las condiciones C-R de (14)

∂u

∂x= 3x2 − 3y2 =

∂v

∂y

integrando con respecto a y obtenemos

v(x, y) = 3x2y − y3 + g(x)

15

derivando parcialmente la función anterior con respecto de x e igualando

con la segunda condicion de Cauchy-Riemann

∂v

∂x= 6xy + g′(x) = −∂u

∂y= 6xy

de aquí sale que g(x) = constante = 0. Entonces

u(x, y) = x3 − 3xy2

v(x, y) = 3x2y − y3

w(z) = x3 − 3xy2 + i(3x2y − y3) = z3

Parate(b).

v(x, y) = e−y sinx

∂v

∂y= −e−y sinx =

∂u

∂x

u = −e−y∫

sinx dx = e−y cosx+ h(y)

−∂u∂y

= e−y cosx+ h′(y) = e−y cosx

De aquí que h(y) = constante = 0, entonces

u(x, y) = e−y cosxv(x, y) = e−y sinx

w(z) = e−y(cosx+ i sinx) = e−yeix = eiz

3. Teorema de la Integral de Cauchy

Problema 15 Probar que∣∣∣∣∫Cf(z) dz

∣∣∣∣ ≤ |fmax| · Ldonde |fmax| es el máximo valor de |f(z)| sobre el contorno C y L es la

longitud del contorno.

16

Solución 15 Usando la de�nición de la integral de línea∫ B

Af(z) dz = lım

n→∞

n∑k=1

f(zk)∆zk (16)

como el límite de una suma, podemos de�nir la expresión∫C|f(z)||dz| = lım

n→∞

n∑k=1

|f(zk)||∆zk| (17)

donde ∆zk → 0 conforme n → ∞. Notemos que esta integración resulta

en un número real no-negativo. Si identi�camos a |∆zk| = ∆sk con un seg-

mento de recta, entonces podemos hacer que∫C |f(z)|ds sea una integral de

línea y en el caso particular de que |f(z)| = 1 entonces tendríamos∫C|dz| = lım

n→∞

n∑k=1

|∆zk| = lımn→∞

n∑k=1

|∆sk| = L (18)

donde L, la longitud de C, es la suma de todos los pequeños segmentos

de recta en el límite dado.

Compararemos el lado derecho de (16) con la suma del lado derecho de

(17). Recordando que la magnitud de la suma de números complejos es menor

o igual que la suma de sus magnitudes

|z1 + z2 + · · ·+ zn| ≤ |z1|+ |z2|+ · · · |zn|

y que la magnitud del producto de dos números complejos es igual al

producto de sus magnitudes

|z1 · z2| = |z1| · |z2|

entonces ∣∣∣∣∣n∑k=1

f(zk)∆zk

∣∣∣∣∣ ≤n∑k=1

|f(zk)||∆zk| (19)

tomando el caso n→∞ y |∆zk| → 0 lo anterior va como∣∣∣∣∫Cf(z) dz

∣∣∣∣ ≤ ∫C|f(z)||dz|

Ahora vamos a asumir que |fmax|, un número real positivo, es una cota

superior para |f(z)| sobre la curva C. Entonces |f(z)| ≤ |fmax| para z sobre

C. Usando (19) podemos decir que

17

∣∣∣∣∣n∑k=1

f(zk)∆zk

∣∣∣∣∣ ≤n∑k=1

|f(zk)||∆zk| ≤n∑k=1

|fmax||∆zk| = |fmax|n∑k=1

|∆zk|

Notamos que∑n

k=1 |∆zk| ≤ L ya que la suma de los segmentos de rec-

ta no pueden exceder la longitud L del arco de curva C. Combinando esta

desigualdad con la ecuación anterior tenemos∣∣∣∣∣n∑k=1

f(zk)∆zk

∣∣∣∣∣ ≤ |fmax| · Ly de la ecuación (16) para n→∞ �nalmente vemos∣∣∣∣∫

Cf(z) dz

∣∣∣∣ ≤ |fmax| · LProblema 16 Veri�car que ∫ 1,1

0,0z∗(z) dz

depende de la trayectoria de evaluación. Recordar que f(z) = z∗ no es

una función analítica de z por lo tanto, el teorema Integral de Cauchy no se

puede aplicar.

Solución 16 Explícitamente tenemos

∫ z1

z0

z∗ dz =∫ 1,1

0,0(x− iy)(dx+ idy) =

∫x dx− i

∫y dx+ i

∫x dy+

∫y dy

De�niremos las dos trayectorias según la �gura (1): I = (0, 0)→ (0, 1)→(1, 1); II = (0, 0)→ (1, 0)→ (1, 1). Así pues para la trayectoria I

y = 0, dy = 0, x : 0→ 1, entonces∫ 1

0x dx =

12

luego dx = 0, x = 1

i

∫ 1

0x dy +

∫ 1

0y dy =

12

+ i

18

Figura 1: Grá�co de las trayectorias I y II.

haciendo la suma de las dos integrales que conforman la trayectoria Iobtenemos ∫

Iz∗ dz = 1 + i

Ahora para la trayectoria IIdx = 0, x = 0 ∫ 1

0y dy =

12

luego dy = 0, y = 1 ∫ 1

0x dx− i

∫ 1

0y dx =

12− i

�nalmente ∫IIz∗ dz = 1− i 6= 1 + i =

∫Iz∗ dz

Conclusión: la integral depende de la trayectoria.

19

4. Fórmula Integral de Cauchy

Problema 17 Mostrar que∮C

(z − z0)n dz ={

2πi, n = −1,0, n 6= −1

donde el contorno C encierra el punto z = z0. El exponente n es entero.

El cálculo de residuos está basado en este resultado.

Solución 17 Reescribiendo f(z) = (z − z0)n y haciendo un cambio de va-

riable z = z0 + reiθ donde C = |z − z0| = r, entonces∫Cf(z) dz =

∮|z−z0|=r

(z − z0)ndz

con esta nueva variable, el diferencial dz es igual a dz = ireiθdθ, entonces

∫|z−z0|=r

(z0 + reiθ − z0)ndz =∫ 2π

0(rneinθ)ireiθdθ = irn+1

∫ 2π

0eiθ(n+1)dθ

(20)

Casos: n 6= −1

rn+1

n+ 1

[eiθ(n+1)

]2π0

=rn+1

n+ 1

[e2πi(n+1) − 1

]= 0

Si n = −1, la integral (20) queda como

i

∫ 2π

0dθ = 2πi

por lo tanto, se cumple que∮C

(z − z0)n dz ={

2πi, n = −1,0, n 6= −1

Problema 18 Mostrar que ∮C

dz

z2 + z= 0

mediante fracciones parciales y después aplicar el teorema de la integral

de Cauchy para regiones múltiplemente conexas. La curva C es de�nida por

|z| = R > 1.

20

Solución 18 Descomponiendo en fracciones simples∮C

dz

z2 + z=∮|z|=R

(1z− 1z + 1

)dz

y utilizando la de�nición de integral de Cauchy

2πif(z0) =∮f(z) dzz − z0

(21)

notamos que en la descomposición de fracciones, f(z) = 1 en ambos

casos, por lo que f(z0) = 1, asi pues∮dz

z−∮

dz

z + 1= 2πi− 2πi = 0

Problema 19 Evaluar ∮C

dz

z2 − 1

donde C es el círculo |z| = 2.

Solución 19 Reescribiendo∮C

dz

z2 − 1=∮

dz

(z + i)(z − i)=∫C1

1z−idz

z + 1+∫C2

1z+1dz

z − 1

debido a que tenemos dos puntos singulares z0 = ±i dentro de la región de

integración, hacemos uso de la fórmula de integral de Cauchy para regiones

múltimplemente conexas. Así pues si de�nimos las curvas C1 y C2 alrededor

de tales puntos singulares, podemos proceder a evaluar

f(z) =1

z − iz0 = −i f(z0) =

−12i

g(z) =1

z + iz0 = i g(z0) =

12i

entonces ∫C1

1z−idz

z + 1+∫C2

1z+1dz

z − 1= 2πi

(−12i

+12i

)= 0

21

5. Expansión de Laurent

Problema 20 Desarrollar la expansión de Taylor de ln (1 + z).

Solución 20 Usando la de�nición de expansión de serie de Taylor

f(z) =∞∑n=0

cn(z − z0)n, |z − z0| < a

cn =f (n)(z0)

n!

Entonces ln(1 + z) = f(z)→ z0 = 0. Si escribimos un ansatz

ln(1 + z) = c0 + c1z + c2z2 + . . .

podemos hacer las derivadas y evaluarlas en z0 = 0

f(z) = ln(1 + z) → f(0) = 0

f ′(z) =1

z + 1→ f ′(0) = 1

f ′′(z) = − 1(z + 1)2

→ f ′′(0) = −1

f ′′′(z) = 21

(z + 1)3→ f ′′′(0) = 2

f IV (z) = −61

(z + 1)4→ f IV (0) = −6

...

por lo tanto

c0 = 0, c1 = 1, c3 = 1/3, c4 = −1/4, . . .

y �nalmente

ln(1 + z) = z − z2

2+z3

3· · ·+ (−1)n−1 z

n

n+ · · ·

=∞∑n=1

(−1)n−1 zn

n

22

Problema 21 Desarrollar la expansión de Laurent para

f(z) =1

z(z + 1)

alrededor del punto z = 1 para pequeños valores de |z − 1|. Especi�car el

rango en el cual la expasión es válida.

Determinar la expansión de Laurent de f(z) sobre z = 1 pero para |z−1|grande.

Solución 21 Notamos primeramente que f(z) tiene singularidades en z = 0y z = 1. El �disco� 0 < |z − 1| < 1 es la vecindad más grande de z = 1 que

excluye ambas singularidades. Por lo tanto, tomamos z0 = 1 y por el teorema

de Laurent podemos expander en potencias de (z − 1). Descomponiendo la

función f(z) en fracciones parciales obtenemos

1z(z − 1)

=1

z − 1− 1z

La fracción (z−1)−1 es de hecho el primer término de la serie, debido a su

estructura. Queda entonces trabajar con la fracción restante −1/z. Tenemos

dos opciones de expasión, la primera

−1z

=−1

1 + (z − 1)= −(1− (z − 1) + (z − 1)2 − · · · ) |z − 1| < 1 (22)

y la segunda

−1z

=−1/(z − 1)

1 + 1/(z − 1)=

1z − 1

(1− 1

z − 1+

1(z − 1)2

− · · ·)

(23)

= − 1z − 1

+1

(z − 1)2− 1

(z − 1)3+ · · · , |z − 1| > 1 (24)

si usamos la parte derecha de (22) para representar −1/z tenemos

1z(z − 1)

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

o de una forma más compacta

1z(z − 1)

=∞∑

n=−1

(−1)n+1(z − 1)n, 0 < |z − 1| < 1

23

Si ahora usamos la parte derecha de (23) tendremos

1z(z − 1)

= (z − 1)−2 − (z − 1)−3 + (z − 1)−4 − · · ·

que es válida para la parte exterior |z − 1| > 1, de forma compacta

1z(z − 1)

=∞∑

n=−2

(−1)n(z − 1)−n

6. Mapeos

Problema 22 ¾De qué manera los cículos centrados en el origen del plano

z transforman bajo

(a) w1(z) = z + 1z (b)w2(z) = z − 1

z

para z 6= 0?¾Qué pasa cuando |z| → 0??

Solución 22 Para la parte (a). Reescribimos w1(z) en términos de x y y

w1(z) = x+ iy +x− iyx2 + y2

= x+x

x2 + y2+ i

(y − y

x2 + y2

)de aquí que

u(x, y) = x+x

x2 + y2v(x, y) = y − y

x2 + y2

elevando al cuadrado y sumando

u2 + v2 = (x2 + y2) + 2(x2 − y2)x2 + y2

+x2 + y2

(x2 + y2)2

si identi�camos x2 + y2 = r2 con un círculo de radio r centrado en el

origen y usando el cambio de variable a coordenada polares x = r cos θ,y = r sin θ, entonces

u = r cos θ +cos θr

v = r sin θ − sin θr

cuya grá�ca en el plano u− v es representada por la �gura (22).

De igual manera, para la tranformación w2(z) = z − 1/z, tendremos que

24

Figura 2: Grá�co de la transformación w1(z) = z + 1/z.

u(x, y) = x− x

x2 + y2v(x, y) = y +

y

x2 + y2

por lo que

u = r cos θ − cos θr

v = r sin θ +sin θr

y su grá�co en el plano u− v está determinada por la �gura (22)

En ambos casos tendremos que los círculos se transforman en elipses y

que conforme |z| → 1, los puntos tienden a in�nito.

25

Figura 3: Grá�co de la transformación w2(z) = z − 1/z.

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