Variable Compleja · 2020. 5. 12. · Variable Compleja Ecuaciones de Cauchy - Riemann...

Humberto Morales Cortes-ESIME Culhuacan IPN

Variable Compleja

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Humberto Morales Cortes

ESIME Culhuacan IPN


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Ecuaciones de Cauchy - Riemann

Anteriormente vimos el concepto de analıticidad de una funcion compleja, el cual nosdice que una funcion compleja f es analıtica en un punto z si f es derivable en z y encada punto de una vecindad de z. Notemos que este concepto es mas estricto que solopedir derivabilidad, pues una funcion compleja f puede ser derivable en un punto z ysin embargo, no ser derivable en ningun otro punto. A partir de esta seccion ladefinicion de analıticidad y su prueba sera de gran utilidad para diversos resultadosimportantes del curso. Ası que se recomienda al alumno que tenga bien claro esteconcepto.

I Ecuaciones de Cauchy-Riemann: una condicion necesaria para la analiticidad.

ProposicionSea f (z) = u(x , y) + iv(x , y) una funcion derivable en un punto z = x + iy . Entoncesen z las derivadas parciales de primer orden de las funciones u, v de R2 en R existen ysatisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann

∂u

∂x=∂v

∂yy

∂u

∂y= −

∂v

∂x.

Dada la importancia de este resultado presentamos su prueba.


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Demostracion.Por hipotesis sabemos que f es derivable en un punto z y

f ′(z) = lım∆z→0

f (z + ∆z)− f (z)

∆z

= lım∆z→0

u(x + ∆x , y + ∆y) + iv(x + ∆x , y + ∆y)− u(x , y)− iv(x , y)

∆x + i∆y,

ası que este lımite existe. Como ∆z se aproxima a cero, cualquier direccion conviene,en particular consideramos dos casos:i) ∆z → 0 a lo largo de una recta horizontal.En este caso ∆y = 0 y ∆z = ∆x , entonces podemos reescribir nuestra derivada como:

f ′(z) = lım∆x→0

u(x + ∆x , y) + iv(x + ∆x , y)− u(x , y)− iv(x , y)

∆x

= lım∆x→0

u(x + ∆x , y)− u(x , y)

∆x+ i

v(x + ∆x , y)− v(x , y)

∆x

=∂u

∂x+ i

∂v

∂x.

Por lo tanto,

f ′(z) =∂u

∂x+ i

∂v

∂x. (1)


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ii) ∆z → 0 a lo largo de una recta vertical.En este caso ∆x = 0 y ∆z = i∆y , entonces nuestra derivada queda expresada como:

f ′(z) = lım∆y→0

u(x , y + ∆y) + iv(x , y + ∆y)− u(x , y)− iv(x , y)

i∆y

= lım∆y→0

u(x , y + ∆y)− u(x , y)

i∆y+ i

v(x , y + ∆y)− v(x , y)

i∆y

= −i∂u

∂y+∂v

∂y.

Por lo tanto,

f ′(z) =∂v

∂y− i

∂u

∂y. (2)

¿Como deben ser los lımites cuando se evaluan en trayectorias distintas para que ellımite de una funcion exista?, pues deben ser iguales, ası que comparamos lasecuaciones (1) y (2) y resulta que:

∂u

∂x+ i

∂v

∂x=∂v

∂y− i

∂u

∂y,

lo que implica que obtengamos las ecuaciones de Cauchy-Riamann:

∂u

∂x=∂v

∂yy

∂u

∂y= −

∂v

∂x.

Con esto concluye la prueba.


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¿Que de grandioso tiene esta prueba?. Espero lo hayan identificado rapido. Lasecuaciones (1) y (2) nos dicen como calcular derivadas de funciones complejas,cualquiera de estas ecuaciones conducen al mismo resultado.Veamos algunos ejemplos y despues continuamos con el criterio de analiticidad.

I Ejemplos.Determinar la derivada de las siguientes funciones.1. f (z) = z2.

Recordemos que esta funcion se puede expresar tambien como f (z) = x2 − y2 + 2ixy ,donde u(x , y) = x2 − y2 y v(x , y) = 2xy . Entonces, de la ecuacion (1) y de las reglasde diferenciacion parcial (ver notas de calculo vectorial) tenemos que:

f ′(z) =∂u

∂x+ i

∂v

∂x= 2x + 2iy

= 2(x + iy)

= 2z.

¡Interesante!


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2. f (z) = ez .Otro ejemplo interesante es la funcion exponencial. Recordemos que cuandoestudiamos funciones elementales, la funcion exponencial quedo definida por

f (z) = ex (cos y + i sin y) para todo x ∈ R y y ∈ [0, 2π).

En este caso u(x , y) = ex cos y y v(x , y) = ex sin y , empleando ahora la ecuacion (2)(pueden usar la ecuacion (1)) y las reglas de diferenciacion parcial llegamos a:

f ′(z) =∂v

∂y− i

∂u

∂y

= ex cos y − i(−ex sin y)

= ex (cos y + i sin y)

= ez .

Otra ejemplo mas. Cuando estudiamos funciones trigonometricas circulares definimoslas funciones seno y coseno por:

sin z =e iz − e−iz

2i= sin x cosh y + i cos x sinh y .

cos z =e iz + e−iz

2= cos x cosh y − i sin x sinh y .


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Calculemos la derivada de la funcion seno.3. f (z) = sin z

f ′(z) =∂u

∂x+ i

∂v

∂x= cos x cosh y − i sin x sinh y

= cos z.

Noten que podemos calcular la derivada de funciones elementales y compuestasmediante las ecuaciones (1) o (2), por definicion de derivada y reglas de diferenciacion.Recueden que el logaritmo natural en variable compleja esta definido por

ln z = ln r + iθ para r > 0 y (−π < θ ≤ π].

¿Como deben expresarse las ecuaciones (1) y (2) en terminos de las coordenadaspolares (r , θ)?.

I Ejercicio.De sus conocimientos de calculo vectorial expresar las ecuaciones (1) y (2) asıcomo las ecuaciones de Cauchy-Riemann en forma polar y con sus nuevasexpresiones para (1) y (2) calcular la derivada de la funcion logaritmo natural envariable compleja.


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Criterio de analiticidad mediante las ecuaciones de Cauchy-Riemann.

Ejemplos.1. f (z) = z2.Determine si f satisface las ecuaciones de Cauchy-Riemann (C-R).Solucion.Sabemos que la funcion f (z) = z2 es derivable en cada punto del plano complejo C.Entonces deben cumplirse las ecuaciones de C-R en C. Dado quef (z) = z2 = x2 − y2 + 2ixy tenemos que:

∂u

∂x=∂v

∂y=⇒ 2x = 2x

y

∂u

∂y= −

∂v

∂x=⇒ −2y = −2y

Por lo tanto, se cumplen las ecuaciones de C-R en cada punto de C. Por lo tanto,f (z) = z2 es una funcion analıtica en cada punto del plano complejo.


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2. f (z) = 2x2 + y + i(y2 − x)Solucion.Identificado las funciones u, v de f tenemos que u(x , y) = 2x2 + y y v(x , y) = y2 − x .Verificando si se cumplen las ecuaciones de C-R vemos que:

∂u

∂x=∂v

∂y=⇒ 4x = 2y

=⇒ y = 2x

y

∂u

∂y= −

∂v

∂x=⇒ 1 = 1

Notemos que la primera ecuacion de C-R se cumple solamente si y = 2x . Por lo tanto,las ecuaciones de C-R se cumplen solamente en el conjunto de puntos que conformanla recta y = 2x en el plano complejo, es decir, f solo es derivable en la recta y = 2x .¿Es analıtica la funcion f ?. No, pues para cada punto z en la recta y = 2x no existeuna vecindad centrada en z para la cual la funcion f sea derivable.


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3. Ya vimos que f (z) = z no es derivable en ningun punto del plano complejo. De estaafirmacion veamos que no se cumplan las ecuaciones de C-R en ningun punto z delplano complejo. Es decir, si f (z) = z = x − iy con u(x , y) = x y v(x , y) = −ytenemos que:

∂u

∂x=∂v

∂y=⇒ 1 = −1,

lo cual es falso por la ley de tricotomıa de los numeros reales. Para la otra ecuacion deC-R tenemos que

∂u

∂y= −

∂v

∂x=⇒ 0 = 0.

De esta manera, en nuestro ejemplo no se cumplen las ecuaciones de C-R. Por tanto,f (z) = z no es analıtica en ningun punto, pues las ecuaciones de C-R no se cumplenen ningun punto.


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4. f (z) = Re z.Solucion.Es inmediato ver que no se cumplen las ecuaciones de C-R, pues, con u(x , y) = x yv(x , y) = 0 tenemos que:

∂u

∂x=∂v

∂y=⇒ 1 = 0,

pero esta igualdad es falsa. Por otro lado,

∂u

∂y= −

∂v

∂x=⇒ 0 = 0.

Por tanto, tampoco se cumplen las ecuaciones de C-R para este ejemplo, ası que f noes analıtica en ninguna parte.


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Observaciones para las ecuaciones de Cauchy-Riemann

I Las ecuaciones de Cauchy-Riemann por si mismas no garantizan analiticidad deuna funcion compleja en algun punto z.

I Las ecuaciones de Cauchy-Riemann se pueden cumplir en un punto z y que, sinembargo, f (z) puede ser no derivable en z, o que f (z) sea derivable en z pero noen ningun otro punto.

I Si pedimos que las funciones u y v sean continuas ası como todas sus derivadasparciales de primer orden sean continuas, las ecuaciones de Cauchy-Riemann noson solo una condicion necesaria sino tambien una condicion suficiente paragarantizar analiticidad, como lo expresa el siguiente teorema.


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Criterio para la analiticidad: Una condicion suficiente

ProposicionSean u, v ∈ C1 en un dominio Ω. Si u y v satisfacen las ecuaciones deCauchy-Riemann en todos los puntos de Ω, entonces la funcion complejaf (z) = u(x , y) + iv(x , y) es analıtica en Ω.

Podemos omitir la prueba de esta proposicion, pues requiere de varias consideracionesde calculo en varias variables.Ejemplos.Demuestre que la funcion dada es analıtica en un dominio Ω (describa el conjunto Ωen donde f es una funcion analıtica).1. f (z) = e−x cos y − ie−x sin y .Solucion.a) Continuidad de las funciones u, v .Para la funcion compleja que nos dan, las funciones reales u(x , y), v(x , y) de R2 en Rcon reglas de correspondencia u(x , y) = e−x cos y y v(x , y) = −e−x sin y sonfunciones continuas en R2.


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b) Continuidad de las derivadas parciales de orden uno de las funciones u, v .Calculando las derivadas parciales de orden uno

∂u

∂x= −e−x cos y ,

∂u

∂y= −e−x sin y ,

∂v

∂x= e−x sin y ,

∂v

∂y= −e−x cos y

podemos notar que estas funciones son continuas en R2.c) Verificar si se satisfacen las ecuaciones de C-R.Es inmediato ver que las ecuaciones de C-R se cumplen. Estos es,

∂u

∂x=∂v

∂y=⇒ −e−x cos y = −e−x cos y

y

∂u

∂y= −

∂v

∂x=⇒ −e−x sin y = −e−x sin y ,

como se cumplen todas las hipotesis de la proposicion, es decir u, v son continuas conderivadas parciales de primer orden continuas para todo punto de R2 y se cumplen lasecuaciones de C-R para todo punto de R2, entoces f es analıtica en todo el planocomplejo y Ω = C.


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2. f (z) =x

x2 + y2+ i

y

x2 + y2.

Solucion.Identificando las funciones u, v con u(x , y) =

x

x2 + y2y v(x , y) =

y

x2 + y2, es claro

que estas funciones son continuas en R2, excepto en el origen.Por otro lado, al calcular todas las derivadas parciales de primer orden de las funcionesu, v aplicando las reglas de diferenciacion parcial

∂u

∂x=

y2 − x2

(x2 + y2)2,∂u

∂y= −

2xy

(x2 + y2)2,

∂v

∂x= −

2xy

(x2 + y2)2,∂v

∂y=

x2 − y2

(x2 + y2)2= −

y2 − x2

(x2 + y2)2,

vemos que estas funciones son continuas en R2 excepto en el origen.Por ultimo verifiquemos si se cumplen las ecuaciones de C-R.De los resultados de diferenciacion vemos que:

∂u

∂x=

y2 − x2

(x2 + y2)26=∂v

∂y= −

y2 − x2

(x2 + y2)2

y


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∂u

∂y= −

2xy

(x2 + y2)26= −

∂v

∂x=

2xy

(x2 + y2)2

Por tanto, al no cumplirse las ecuaciones de C-R, la funcion f dada no es analıtica enninguna parte.

I Nota: Al no cumplirse alguna de las hipotesis de la proposicion, la funcion no esanalitica en ninguna parte.

Ejercicio.Demuestre que f (z) del ejercicio 2 de esta seccion es una funcion analıtica en todo elplano complejo excepto en el origen.


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Funciones armonicasConsideremos la siguiente afirmacion y sus consecuencias.

I Si f (z) = u(x , y) + iv(x , y) es una funcion analıtica en un punto z del planocomplejo, entonces las derivadas de f : f ′, f ′′, f ′′′..., son analıticas en z.Cosecuencias:

I 1. Todas las derivadas parciales de las funciones reales de un vector u(x , y) yv(x , y) son continuas en z.

I 2. De la continuidad de las funciones u(x , y) y v(x , y), las derivadas parcialesmixtas de orden dos son iguales (ver la diapositiva 27 de las notas de calculovectorial).

I 3. De las ecuaciones de Cauchy-Riemann y la consecuencia 2 existe una conexioncon una de las ecuaciones mas importantes de la fısica, la ecuacion de Laplace,una ecuacion diferencial parcial de segundo orden

∂2φ

∂x2+∂2φ

∂y2= 0.

Funciones armonicas.

DefinicionSi φ : R2 −→ R es una funcion de clase C2 en un dominio Ω y que satisface laecuacion de Laplace, entonces decimos que φ es armonica en Ω.


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TeoremaSea f (z) = u(x , y) + iv(x , y) una funcion analıtica en un dominio Ω. Entonces lasfunciones u(x , y) y v(x , y) son armonicas en Ω.

Demostracion.Como f (z) es analıtica en Ω, entonces se cumplen las ecuaciones de Cauchy-Riemannen Ω. De la afirmacion que hicimos en esta seccion podemos derivar parcialmente conrespecto a x la ecuacion de Cauchy-Riemann ux = vy y despues derivar parcialmenterespecto a y a la ecuacion de Cauchy-Riemann uy = −vx , obteniendo ası:

uxx = vyx (3)

yuyy = −vyx . (4)

Suponiendo que u y v son funciones continuas, entonces las derivadas parciales mixtasson iguales y sumando las ecuaciones (3) y (4) tenemos que

uxx + uyy = 0.

Analogamente, si derivamos parcialmente respecto a y a la ecuacion de Cauchy-Riemann ux = vy y derivamos respecto a x a la ecuacion de Cauchy-Riemannuy = −vx obtenemos que:


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uxy = vyy (5)

yuyx = −vxx . (6)

Nuevamente, bajo el supuesto de que las funciones u y v son continuas tenemos quelas derivadas parciales mixtas son iguales. En este caso, restamos de la ecuacion (5) laecuacion (6) para obtener que

vxx + vyy = 0.

Por lo tanto, las funciones u y v son funciones armonicas.EjemploVerifique si la funcion u(x , y) = cos x cosh y es una funcion armonica.Evaluando las derivadas parciales de orden dos con respecto a x y a y tenemos queuxx = − cos x cosh y y uyy = cos x cosh y , de tal manera que al sustituir en la ecuacionde Laplace se cumple que

uxx + vyy = − cos x cosh y + cos x cosh y

= 0.

Por lo tanto, u(x , y) = cos x cosh y es una funcion armonica.


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Funciones armonicas conjugadas.Si suponemos que la funcion u de R2 en R es una funcion armonica en Ω. ¿Es posibledeterminar otra funcion v de R2 en R que sea armonica y tales que u, v satisfagan lasecuaciones de Cauchy-Riemann en el conjunto Ω?. La respuesta es si, a esta funcion vla llamaremos armonica conjugada de u.EjemploComprobar que la funcion u(x , y) = x2 − y2 es una funcion armonica y determinar lafuncion armonica conjugada.Solucion.Primero veamos que la funcion u satisface la ecuacion de Laplace.

uxx + uyy = 2 + (−2)

= 0.

Por tanto, u es una funcion armonica.Ahora determinemos la funcion armonica conjugada. Bajo el supuesto de que u, vsatisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en un conjunto Ω tenemos que

ux = vy =⇒ vy = 2x (7)

yuy = −vx =⇒ vx = −(−2y) = 2y (8)

Si intergramos parcialmente respecto a y a la ecuacion (7) obtenemos que


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v(x , y) = 2xy + h(x). (9)

Derivando respecto a x la ecuacion (9) y sustituyendo en (8) obtenemos que

2y + h′(x) = 2y . (10)

Por la propiedad de cancelacion, la ecuacion 10 se reduce a h′(x) = 0, que al integrar,h(x) = C y sustituyendo en (9) resulta que

v(x , y) = 2xy + C .

Por tanto, v(x , y) = 2xy + C es la funcion armonica conjugada de u.Mas aun, f (z) = x2 − y2 + i(2xy + C). ¿Se les hace conocida esta funcion?.En resumen.Si f (z) = u(x , y) + iv(x , y) es una funcion analıtica en Ω, entonces u(x , y), v(x , y)son armonicas, es decir, tanto u, v tienen segundas derivadas parciales continuas ysatisfacen la ecuacion de Laplace en Ω :

∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= 0 y

∂2v

∂x2+∂2v

∂y2= 0.

De lo contrario, si sabemos que una funcion u(x , y) es armonica en Ω es posibledeterminar una unica (salvo una contante aditiva) armonica conjugada v(x , y) yconstruir una funcion analıtica f (z) en Ω (como en el ejemplo).


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En fısica, la ecuacion diferencial parcial de Laplace se encuentra con frecuencia comoun modelo matematico de un fenomeno independiente del tiempo, y en ese contexto,el problema consiste en resolver la ecuacion diferencial con los valores a la fronteradados.En nuestro caso, dada la relacion de la ecuacion de Laplace con la parte real eimaginaria de una funcion compleja f (z), las funciones analıticas son una fuente de unnumero ilimitado de soluciones de la ecuacion de Laplace y podemos ser capaces deencontrar que una se ajuste al problema en cuestion. Ası que, esta es solo una razonpor la cual la teorıa de variables complejas es fundamental en el estudio dematematicas aplicadas.Por ejemplo, si la parte real u de una funcion compleja f (z) es armonica en unconjunto Ω del plano complejo (y calculamos su armonica conjugada v) tal que f (z)es analıtica en Ω, entonces decimos que f (z) es el potencial complejo correspondienteal potencial real u. En las notas de calculo vectorial pueden recordar algunas nocionesque mencionaremos a continuacion.


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Como u, v son funciones de R2 en R, las curvas de nivel de u, v son familiasortogonales. En particular, las curvas de nivel de u(x , y) = k1 se llaman curvasequipotenciales, es decir, curvas a lo largo de las cuales el potencial es constante. Enel caso de que u represente un potencial electrostatico, la intensidad de campoelectrico F se debe dirigir a lo largo de la famlia de curvas ortogonales a las curvasequipotenciales porque la fuerza del campo es el gradiente del potencial u, esto es,

F(x , y) = −∇u,

se sabe que el vector gradiente en un punto (x0, y0) es perpendicular a una curva denivel de u en (x0, y0). Por esta razon, las curvas de nivel de v(x , y) = k2, que soncurvas ortogonales a la familia de u(x , y) = k1, se llaman lıneas de fuerza y son lastrayectorias a lo largo de las que una partıcula cargada se mueve en el campoelectrostatico, como se muestra en la figura.

Líneas de fuerza v(x,y)=k2

Superfiecies equipotenciales u(x,y)=k1

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Con estos apuntes ya pueden resolver la seccion VII de su tarea.Bibliografıa.1. Introduccion al analisis complejo. Dennis G. Zill2. Variable Compleja. Murray Spiegel.

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