Indice general

0.1. Lımite de una Funcion de Variable Compleja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20.1.1. Propiedades de los lımites de funciones complejas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

0.2. Continuidad de una funcion de variable compleja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1

0.1. Lımite de una Funcion de Variable Compleja

Definicion 1 Sea f : C→ C Debido a que la topologıa del plano complejo es como la de <2 con la normaeuclıdea, la nocion de lımite de una funcion de variable compleja es similar a la misma nocion para funcio-nes del plano en sı mismo.Mas precisamente, funcion compleja se dice que f(z) tiene limite L ∈ R cuando ztiende a z0 y se denota:

lımz→z0

f(z) = L si : (1)

∀ ∈> 0 ∃ρ > 0/∀z ∈ C se cumple:0 <‖ z − z0 ‖< ρ⇒‖ f(z)− L ‖< ε

Figura 1: Representacion

Sabemos que ZεC \R−0 el argumento principal viene dado por arg(z) = 2arctan/( Im(z))Re(z)+|z|) )

Teniendo en cuenta que la funcion arco tangente es continua y que Re(z) + ‖z‖ > 0 para todo z ε C,deducimos que el argumento principal es continuo en C .

Las generalizaciones a las funciones complejas de las definiciones de este apartado, a partir de las defi-niciones correspondientes de las funciones reales, no es tan sencilla como en el apartado anterior. La razonprincipal de esta dificultad reside en el hecho de que las funciones complejas son equivalentes a funcionesde dos variables reales y que en la definicion de lımite, derivada e integral la nocion un punto tiende haciaotro es fundamental. Esta nocion, como veremos, es un poco mas complicada cuando los puntos en cuestionrepresentan numeros complejos.

Observar que el conjunto de numeros complejos que son proximos a un numero z0 es un disco de cen-tro z0. En concreto, si queremos que sean mas proximos que una cierta distancia k pero sin considerar elmismo z0, este punto lo debemos eliminar del disco de centro z0 y radio k. Este conjunto recibe el nombrede entorno de radio kdel punto z0. Por tanto, atendiendo a la estructura de estos entornos, si debemosanalizar que sucede cuando un numero z se aproxima a otro z0(zx 7→ x2z0) en el plano complejo, significaque debemos pensar que se puede aproximar por trayectorias bien distintas.

1.png

Figura 2: Plano Complejo

Una definicion mas precisa de lımite es:

lımzx 7→x2z0 f(z) = L si para cada h numero real positivo hay un k numero real positivo tal que para todoz 6= zo del entorno o disco z : z− zo < k se cumple que f(z)−L < h(f(z) esta en el entorno de radioh de L.

•Propiedades

La segunda propiedades de los lımites nos permite tratar a estos como si fueran variables reales del plano

lımz 7→z0

z + iz2√‖z‖

=0

0

para resolver esto se obtiene primero las funciones coordenadas

x− iy + i(x2 − y2 + 2xyi)4√x20y2

=x− 2xy4√x2 + y2

+ ix2 − y2 − y

4√x2 + y2

Centremonos en la parte real y pasemos a coordenadas polares y calculemos

lımρ→0

ρcosθ − 2ρ2cosθsenθ√ρ

= lımρ→0

√ρ(cosθ − 2ρcosθsenθ) = 0

y como ademas ∣∣∣∣ρcosθ − 2ρ2cosθsenθ√ρ

∣∣∣∣ = |√ρ(cosθ − 2ρcosθsenθ)| ≤ √ρ+ 2ρ√ρ

lımρ→0

√ρ+ 2ρ

√ρ = 0

Tenemos que

lımx+iy→0

x− 2xy4√x2 + y2

= 0

De forma analoga

lımx+iy→0

x2 − y2 − y4√x2 + y2

= 0

Por lo que el limite pedido es 0

lımz 7→z0

z + iz2√‖z‖

= 0

Ejercicios:

1. lımz→1z3 − 1

z − 1= 3

‖ f(z)− L ‖=‖ z3 − 1

z − 1− 3 ‖<∈

‖ z3 − 3z + 2

z − 1‖=‖ (z − 1)(z + 2) ‖=‖ z − 1 ‖‖ z + 2 ‖<‖ z − 1 ‖ (

7

2) < ε

Acotando la funcion tenemos:

‖ z − 1 ‖< 1

2⇒ ρ1

−1

2< z − 1 <

1

2

5

2< z + 2 <

7

2

‖ z + 2 ‖ 7

2

Entonces:

‖ z − 1 ‖ 7

2< ε

‖ z − 1 ‖< 2

7∈ ρ2

Respuesta: ρ = min(ρ1, ρ2)

ρ = min(1

2,

2

7ε)

Figura 3: Funcion

2. lımz→j

arctg(z2 + 1)2

sen2(z2 + 1)

lımu→0

arctg(u)2

sen2(u)

lımz→0

arctg(u)2

u2

lımz→0

u2

sen2(u)

lımz→0

u2

sen2(u)

= 1

3. lımz→j

z3 − z2senz(z

73 + senz)

32

El lımite de esta funcion es una indeterminacion 0/0

4. lımz→ 1

2+(√

3)i2

z − ( 12 +

√32 )iz2

z3 + 1

lımz→ 1

2+(√

3)i2

12 + (

√3)i2 − ( 1

2 +√32 )i( 1

2 + (√3)i2 )2

( 12 + (

√3)i2 )3 + 1

lımz→ 1

2+(√

3)i2

12 + (

√3)i2 + 1

4 + (√3)i4 +

√32 + 3i

4

18 + (

√3)i8 − 3

8 −(3√3)i

8

lımz→ 1

2+(√

3)i2

3 +√

3 + 3√

3 + 3i

−1−√

3i

lımz→ 1

2+(√

3)i2

−12− 4√

3

4

= −3−√

3

5. lımz→0

tan(sen4(sen(sen5z)))

z

= lımz→0

tan(sen4(sen(5z sen5z5z )))

z

= lımz→0

tan(sen4(5z sen5z5z ))

z

= lımz→0

tan(sen20z)

z

= lımz→0

tan(20z sen20z20z )

z

Aplicando L’Hopital

= lımz→0

20(sec20z)2)

1

= lımz→0

20(1)

1= 20

Figura 4: Comprobacion en Matlab

Figura 5: Funcion

Utilice la definicion de Lımite para demostrar que:

lımz→ 2

z2 − 4

z − 2= 4

Definicion: lımz→ z0

f(z) = L⇔ ∀ε > 0,∃δ > 0/0 < ‖z − z0‖ < δ ⇒ ‖f(z)− L‖ < ε

Ahora: ‖z − 2‖ < δ → ‖z2 − 4

z − 2− 4‖ < ε

‖z2 − 4− 4(z − 2)

z − 2‖ < ε

‖z2 − 4− 4z + 8

z − 2‖ < ε

‖z2 − 4z + 4

z − 2‖ < ε

‖ (z − 2)2

z − 2‖ < ε

‖ z − 2‖ < εPor definicion ‖z − 2‖ < δ1]⇒ ‖z − 2‖ < δ1 = 2

Entonces: | z − 2‖ < 2ε = δ2δ2 = 2ε

∴ ∃δ = min{2, ε2}

0.1.1. Propiedades de los lımites de funciones complejas

lımz→z0

f(z) = L1 y lımz→z0

g(z) = L2

[1] lımz→z0

kf(z) = k lımz→z0

f(z) = kL1

[2] lımz→z0

[f(z) + g(z)] = lımz→z0

f(z) + lımz→z0

g(z)

[3] lımz→z0

[f(z).g(z)] = lımz→z0

f(z). lımz→z0

g(z) = L1L2

[4] lımz→z0

[f(z)

g(z)] =

lımz→z0

f(z)

lımz→z0

g(z)=L1

L2

[5] lımz→z0

[f(z)]g(z) = [ lımz→z0

f(z)]lımz→z0

g(z)

0.2. Continuidad de una funcion de variable compleja

Definicion:Una vez estudiada la nocion de lımite de una funcion de variable compleja, pasamos a abordar la continuidadde las misma. Como en el caso real una funcion Sea f : C → C una funcion de Variable Compleja. Se diceque f es continua en algun z0 E C sı y solo sı cumple:

1. f(z0) esta definido

2. Existe lımz→z0

f(z)

3. lımz→z0

f(z)=f(z0)

La funcion f se dira continua en A si es continua en todo punto de A. Como no podıa ser de otra manera,la continuidad de f ocurre si y solo si son continuas la funciones coordenadas Re (f) e Im (f). Funcionescontinuas son todas las que hemos estudiado al principio del tema, es decir, los polinomios, las funcionesracionales (salvo donde no estan definidas), la exponencial y el seno y cosenos complejos. Ademas, la suma,diferencia, producto, cociente (salvo donde se anule el denominador) y composicion de funciones continuasson continuas.

Propiedades de continuidad de funciones complejas:

f : C→ C, son continuas en D enonces;

1. f + g es continua en D

2. f-g es continua en D

3. f * g es continua en D

4. f / g , Si g 6= 0 es continua en D

Ejemplo:

¿En que puntos la funcion f(z) es contınua? Si

f(x) =

z3−1z2−1 si z 6= ±1

32 si z = ±1

i) f(z0) esta definida

f(±1) = 32

ii) ∃ lımz→z0

f(x) existe con ±1, no existe con -1

lımz→±1

z3 − 1

z2 − 1=

1− 1

1− 1=

0

0

iii) lımz→z0

f(z) = f(z0)

lımz→1

z3 − 1

z2 − 1=

3

2

lımz→m1

z3 − 1

z2 − 1

lımz→m1

(z − 1)(z2 + z + 1)

(z − 1)(z + 1)

lımz→m1

(z2 + z + 1)

(z + 1)

12+1+11+1

32

¿En que puntos la funcion f(z) es contınua? Si

f(z) =

(Im(z2))2

|z|2 si z 6= ±0

A si z = ±0

¿Que valor debe dar A para que sea continua en z = 0?

Sabiendo que: z = x+ jyz2 = x2 − y2 + j2xy|z|2 = x2 + y2

(Im(z2))2 = (2xy)2 = 4x2y2

f(z) =

4x2y2

x2+y2 si z 6= ±0

A si z = ±0

Aproximacion de lımites

lım(x,y)→(0,0) =4x2y2

x2 + y2

Aproximacion por x

lım(x,y)→(0,y) =4x2y2

x2 + y2=

0

0 + y2= 0

Aproximacion por y

lım(x,y)→(x,0) =4x2y2

x2 + y2=

0

0 + x2= 0

los limites son iguales ∴ el limite ∃∴ A = 0

¿En que puntos la funcion es continua?

f(z) =

z2+(1+i)z+1

z+i si z 6= −i

1− i si z = −i

→ Desarrollo

1. f(z0) esta definido

f(±1) =3

2

2. Existe lımz→z0

f(z)

lımz→−i

z2 + (1 + i)z + 1

z + i

lımz→−i

(z + i)(z + 1)

z + i

lımz→−i

z + 1 = 1 + i

3. lımz→z0

f(z) = f(z0)

Por lo tanto:

lımz→i

z2 + (1 + i)z + 1

z + i= 1 + i

Entonces la funcion f(z) es continua para todo C

Figura 6: Funcion

4. ¿Es continua

f(z) =

(Im(z2))2

z3 si z 6= 0

0 si z = 0?

z = x+ jy

z2 = x2 + 2xyj − y2 ⇒ Im(z2) = 2xy

z3 = x3 + 3x2yj − 3xy2 − y3j

f(z) =(4x2y2)

(x3 + 3x2yj − 3xy2 − y3j)Sea T = {(x, y) ∈ R×R/y = x}, S = {(x, y) ∈ R/y = 2x}

lım(z)→(0,0)

f(z) = lım(x,y)

T→(0,0)

(4x2y2)

(x3 + 3x2yj − 3xy2 − y3j)

= lım(x,y)→(0,0)

(4x2y2)

(x3 − 3xy2 + j(3x2y − y3))

= lımx→0

4x4

(x3 − 3x3 + j(3x3 − x3))

= lımx→0

4x4

(−2x3 + j(x3)

= lımx→0

(4x)

−2 + j2= 0

lım(z)→(0,0)

f(z) = lım(x,y)

S→(0,0)

(4x2y2)

(x3 + 3x2yj − 3xy2 − y3j)

= lım(x,y)→(0,0)

(4x2y2)

(x3 − 3xy2 + j(3x2y − y3))

= lımx→0

16x4

(x3 − 12x3 + j(6x3 − 8x3))

= lımx→0

16x4

(−11x3 + j(2x3)

= lımx→0

−16x

11 + j2= 0

lım(x,y)

T→(0,0)f(z)

= lım(x,y)→(0,0)f(z)

⇒ ∃ lım(z)→(0,0)

f(z)

Por lo tanto se puede decir que f(z) es continua en z=0

5. La funcion f : C → C, tal que

f(z) =

{zz , si z 6= 0

0 , si z = ± 1es continua en z = 0

solucion

i) f(0) = ± 1 esta definida

ii) ∃ lımz→0 f(z) = lımz→0zz

f(z) = zz = x−jy

x+jy ∗x−jyx−jy

f(z) = x2−y2x2+y2 − j 2xy

x2+y2

∃ lımz→0 f(z)⇐⇒ ∃ lım(x,y)→(0,0)x2−y2x2+y2 y lım(x,y)→(0,0)− 2xy

x2+y2

sea y = o

lım(x,y)→(0,0)x2−y2x2+y2

lım(x,y)→(0,0)x2

x2 = 1

sea x = 0

lım(x,y)→(0,0)x2−y2x2+y2

lım(x,y)→(0,0)−y2y2 = − 1

Como : lım(x,y)→(0,0) u(x, y) 6= lım(x,y)→(0,0) u(x, y)

@ lım(x,y)→(0,0) u(x, y)

Por lo tanto no existe lımz→0 f(z)

6. Demuestre que las funciones dadas son continuas para z 6= 0.Puede definirse la funcion como para hacerla continua en z = 0

a) f(z) = zRe(z)

‖z‖2

f(z) = (x+jy)xx2+y2

f(z) = x2 + jxyx2+y2

f(z) = x2

x2+y2 + j xyx2+y2

∃ lımz→0 f(z)⇐⇒ ∃ lım(x,y)→(0,0)x2

x2+y2 y lım(x,y)→(0,0)xy

x2+y2

sea y = o

lım(x,y)→(0,0)x2

x2+y2

lım(x,y)→(0,0)x2

x2 = 1

sea x = 0

lım(x,y)→(0,0)x2

x2+y2

lım(x,y)→(0,0)0y2 = − 0

Como : lım(x,y)→(0,0) u(x, y) 6= lım(x,y)→(0,0) u(x, y)

@ lım(x,y)→(0,0) u(x, y)

Por lo tanto no existe lımz→0 f(z)

Probar que: f(z) =Re(z2)− Im(z2)

‖z‖2; z 6= 0 es continua en todo C

Desarrollo

∀ z ∃ Cz = x+ jy

z2 = x2 − y2 + 2jxy

lım(x,y)→(0,0)

x2 − y2 − 2xy

x2 + y2

x = r cos(θ)y = r sin(θ)

lım(r,θ)→(0,0)

(r cos(θ))2 − (r sin(θ))2 − 2(r cos(θ))(r sin(θ))

(r cos(θ))2 + (r sin(θ))2

lım(r,θ)→(0,0)

r2[(cos(θ))2 − (sin(θ))2 − 2(cos(θ))(sin(θ))]

r2[(cos(θ))2 + (sin(θ))2]

lım(r,θ)→(0,0)

(cos(θ))2 − (sin(θ))2 − 2(cos(θ))(sin(θ))

(cos(θ))2 + (sin(θ))2

lım(r,θ)→(0,0)

((cos(θ))2 − (sin(θ))2 − 2(cos(θ))(sin(θ))

1=

(cos(0))2 − (sin(0))2 − 2((cos(0)(sin(0))

1

=1− 0− 0

1

= 1

∴ La funcion sı es continua para C

Determine si las funciones son continuas en los puntos indicados

a) f (z) = z2−(2+i)z+2iz−1 en z = i

En el punto z0 = i

f (z) = g(z)h(z) es continua en todos los puntos exepto en h(z) = 0

∴ La funcion no es continua en z = i

b) f (z) = z2+2(1+i)z+4iz−2 en z = −2i

En el punto z0 = −2i

i) f (z0) = (−2i)2+2(1+i)(−2i)+4i−2i−2 = −4−4i+4+4i

2(1−i) = 0

f (z0) = 0 ∴ La funcion esta definidaii) ∃ lım

z→z0f (z)

lımz→−2i

z2 + 2(1 + i)z + 4i

z − 2

lımz→−2i

2z + 2(1 + i)

1⇒ −4i+ 2 + 2i = 2− 2i

iii) f (z0) 6= lımz→z0

f (z)

∴ La funcion no es continua en z = −2i

Suponga que f (z) es una funcion continua en un dominio D. Pruebe que las funciones dadas soncontinuas en D.

a) h (z) = Re (f (z))

si f (z) = f (x, y)f (z) = u (x, y) + iv (x, y)h (z0) = lım

z→z0Re (f (z))

lımx,y→x0,y0

u (x, y)⇒ u (x0, y0)

h (z0) = u (x0, y0)∴ Es continua si z0 esta definido ∧ h (z0) = u (x0, y0)

b) h (z) = Im (f (z))

si f (z) = f (x, y)f (z) = u (x, y) + iv (x, y)

h (z0) = lımz→z0

Im (f (z))

lımx,y→x0,y0

v (x, y)⇒ v (x0, y0)

h (z0) = v (x0, y0)∴ Es continua si z0 esta definido ∧ h (z0) = v (x0, y0)

c) h (z) = ‖f (z)‖

si ‖f (z)‖ = ‖u (x, y) + iv (x, y)‖‖f (z)‖ =

√u2 (x, y) + v2 (x, y)

h (z0) = lımz→z0

‖f (z)‖

lımx,y→x0,y0

√u2 (x, y) + v2 (x, y)⇒

√u2 (x0, y0) + v2 (x0, y0)

h (z0) =√u2 (x0, y0) + v2 (x0, y0)

∴ Es continua si z0 esta definido ∧ h (z0) =√u2 (x0, y0) + v2 (x0, y0)

Utilize la definicon de limite para demostrar que // //

a) lımz→2i z2 − 5z + 10 = 5− ∃i

∥∥z2 − 5z + 10− 5 + zi∥∥ < ε∥∥z2 − 5z + 5 + 3i

∥∥ < ε‖(z − 1− i) (z − 4 + i)‖ < ε‖z − 1− i‖ ‖z − 4 + i‖ < ‖z − 1− i‖ (‖z‖ − 4 + i)‖z − 1− i‖ < δ = 1⇒ ‖z‖ − 1− i ≤ ‖z − 1− i‖ < 1⇒ ‖z‖ < 2− i∥∥z2 − 5z + 10− 5 + 3i

∥∥ < ‖z − 1− i‖ (2− i− 4 + i)‖z − i− i‖ (−2)‖z − 1− i‖ = ε

−2

zε∀ (−1 + i)∴ lımz→−1+i z

2 − 5z + 10 = 5− ∃i

b) lımz→iz2−2zi−1z4+2t+1 = − 1

4

Utilize la definicion de limite para demostrar que lımz→1z3−1z−1 = 3

Desarrollo∀ε > 0, ∃δ > 0/0 < ‖z − 1‖ < δ ⇒

∥∥∥ z3−1z−1 − 3∥∥∥ < ε∥∥∥ z3−1z−1 − 3

∥∥∥ =

∥∥∥∥ (z−1)(z2+z+1)z−1 − 3

∥∥∥∥ =∥∥z2 + z + 1− 3

∥∥ =∥∥z2 + z − 2

∥∥= ‖z + 2‖ ‖z − 1‖ ≤ ‖z − 1‖ (‖z‖+ 2)como ‖z − 1‖ < δ = 1⇒ ‖z‖ − 1 ≤ ‖z − 1‖ < 1⇒ ‖z‖ < 2Luego de (1) y (2) se tiene que :∥∥∥ z3−1z−1 − 3

∥∥∥ ≤ ‖z − 1‖ (‖z‖+ 2) < ‖z − 1‖ (2 + 2) = ε

∴ ‖z − 1‖ = ε4 = δ2

c) lımz→2i z4i+ 3z2 − 10i = 12

Desarrollo

∀ε > 0, ∃δ > 0/0 < ‖z − 2i‖ < δ ⇒∥∥z4i+ 3z2 − 10i+ 12− 6i

∥∥ < ε∥∥z4i+ 3z2 − 10i+ 12− 6i∥∥ =

∥∥z4i+ 3z2 − 16i+ 12∥∥ =

∥∥i (z4 − 16)

+ 3(z2 + 4

)∥∥=∥∥i (z2 + 4

) (z2 − 4

)+ 3

(z2 + 4

)∥∥Luego ∃δ = mın

{1, ε4}entonces se tiene que ‖f (z)− 3‖ < ε, ∀ zεV (1)

∴ lımz→1z3−1z−1 = 3

d) Probar que : lımz→z0 Re (z) = Re (z0)

Desarrollo∀ε > 0,∃δ > 0/0 < ‖z − z0‖ < δ ⇒ ‖Re (z)−Re (z0)‖ < ε‖Re (z)−Re (z0)‖ = ‖Re (z − z0)‖ ≤ ‖z − z0‖ < δ = εPor lo tanto es suficiente tomar δ = εe) Probar que lımz→z0 Im

(z2)

= Im(z20)

Desarrollo∀ε > 0, ∃δ > 0/0 < ‖z − z0‖ < δ ⇒

∥∥Im (z2)− Im (z20)∥∥ < ε∥∥Im (z2)− Im (z20)∥∥ =∥∥Im (z2 − z20)∥∥ ≤ ∥∥z2 − z20∥∥ = ‖z + z0‖ ‖z − z0‖

≤ ‖z − z0‖ (‖z‖+ ‖z0‖)

f (z) =

{ (ln(z2))2

‖z‖3, z 6= 0 0 , z 6= 0

}

Si es continuo en z=0

i) f (0) = 0 esta definidoii) ∃ lımz →0 f (z) = lımz→0

f(z) = 4x2y2

(x2y2)32

∃ lımz→0 f (z)⇔ ∃ lım(x,y)→(0,0)4x2y2

(x2y2)32

Sea y = 0

lım(x,y)

s−→(0,0)

4x2y2

(x2y2)32

= 0

iii) lımz→0 f (z) = lımz→0 f (z0) existe continuidad

Bibliografıa

[1] Espinoza Ramos, R.“Variable Compleja ”. Lima-Peu, Lima, 1993.

[2] Codegogs. (14 de 09 de 2014). Codigo Fuente. Recuperado el 29 de 05 de 2015, dehttp://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php

[3] Pena, J. S. (09 de Febrero de 2009). Dmae. Obtenido de http://www.dmae.upct.es/ jo-se/ampcal/complex.pdf

[4] Zill, D.Cullen, M. (2008). MATEMATICAS AVANZADAS PARA INGENIERIA (III ed.) Loyola: McGraw Hill.

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