ejercicios resuletos de variable compleja

Colecci´on de ejercicios resueltos:
Variable Compleja y An´alisis Funcional
Propuestos por Fernando Bombal Gord´on
´
Redactados por Alvaro
S´anchez Gonz´alez

Ejercicio 1 Est´
udiese en qu´e puntos de C la siguiente funci´
on es R-diferenciable, en cu´
ales
se verifican las condiciones de Cauchy-Riemann, en cu´
ales es C-diferenciable y si es holomorfa en alg´
un abierto, calculandola derivada en los puntos en que ´esta exista:
h(z) =

x
x2 +y 2

y
− i x2 +y
2 si (x, y) = (0, 0) y 0 en otro caso.

Soluci´
on. En primer lugar, podemos identificar el plano complejo C con el plano real de
dos dimensiones R2 de una forma natural mediante la aplicaci´on que a cada par (x, y) ∈
R2 le asocia x + iy ∈ C. Haciendo esta identificaci´on, podemos interpretar una funci´onde
una variable compleja en t´erminos de dos funciones reales de dos variables reales. Es decir,
identificando z = x+iy con (x, y) podemos entender una funci´on f (z) como u(x, y) +iv(x, y).
Las funciones u, v : R2 → R reciben el nombre de parte (o componente) real e imaginaria
respectivamente de la funci´
on f.
Sabemos que una funci´
on f : R2 → R2 es R-diferenciable si lo son ambascomponentes, y
ser´a C-diferenciable si y s´
olo si, adem´
as, se cumplen las condiciones de Cauchy-Riemann. En
este caso el valor de la derivada en un punto viene dado por:
∂u
∂v
∂u
∂u
+i
=
−i
=
∂x
∂x
∂x
∂y
∂v
∂u
∂v
∂v
=
−i
=
+i .
∂y
∂y
∂y
∂x

f (z) =

Estudiemos qu´e ocurre con la funci´on h(z). Sean u(x, y) =
Entonces
∂u
−x2 + y 2
∂u
−2xy
= 2
,
= 2
,
∂x
(x +y 2 )2
∂y
(x + y 2 )2

x
x2 +y 2

y v(x, y) =

−y
.
x2 +y 2

∂v
−x2 + y 2
= 2
.
∂y
(x + y 2 )2

∂v
2xy
= 2
,
∂x
(x + y 2 )2

luego las derivadas parciales existen y son continuas (en todo punto salvo en 0), con lo que
h es una funci´
on R-diferenciable en R2 \ {0}. Adem´as se cumplen las condiciones de CauchyRiemann pues
∂u
−x2 + y 2
∂v
= 2
=
,
2
2
∂x
(x + y)
∂y
∂u
2xy
∂v
= 2
=− ,
2
2
∂y
(x + y )
∂x
luego h es una funci´
on C-diferenciable en C \ {0}.
Justifiquemos la afirmaci´
on realizada de que la funci´on no es siquiera R-diferenciable en
(0, 0). En este caso tendr´ıamos que los l´ımites
1
u(h, 0) − u(0, 0)
= l´ım 2 ,
h→0
h→0 h
h
l´ım

v(0, h) − v(0, 0)
1
= l´ım − 2 ,
h→0
h→0 h
h
l´ım

1

no existen y por tantola funci´
on no es R-diferenciable y como consecuencia tampoco es
C-diferenciable.
En el caso en el que la funci´
on cumple las condiciones de Cauchy-Riemann, sabemos que
existe la derivada y su valor es
f (x, y) =

−x2 + y 2
2xy
+i 2
.
2
2
2
(x + y )
(x + y 2 )2

De hecho, si z = x + iy, se tiene que h(z) = z¯/|z|2 y por las reglas conocidas de derivaci´on
se obtiene que
−1h (z) = 2 para todo z ∈ C \ {0}.
z
De aqu´ı se deduce inmediatamente que la funci´on h es diferenciable en C \ {0} y no es ni
siquiera continua en 0.

Ejercicio 2 Calc´
ulese

γ

f (z)dz en los siguientes casos:

a) f (z) = z¯ con γ la circunferencia de centro 0 y radio 2 positivamente orientada;
b) f (z) = z con γ la semicircunferencia unitaria que pasa por −i, 1, i en ese orden;
c)f (z) =

1
z

con γ la poligonal que une los puntos 1, −i, −1, i en ese orden.

Soluci´
on. Utilizaremos aqu´ı las integrales sobre caminos parametrizados por una curva:
Si γ : [a, b] → C es un camino parametrizado y f (z) un funci´on compleja continua sobre
la trayectoria del camino, tenemos que la integral de la funci´on f a lo largo del camino γ es
b

f (z)dz =
γ

f (γ(t))γ(t)dt.
a

Por tanto, basta con parametrizar los caminos que se proponen. En el caso a), una
parametrizaci´
on es γ(t) = 2eit con t ∈ [0, 2π], y por tanto
2π

f (z)dz =
γ

2π

2e−it 2ieit dt = 4i

0

dt = 8πi.
0

En el supuesto b) tenemos la parametrizaci´on γ(t) = eit con t ∈ [−π/2, π/2] y puesto que
(eit ) = (cos t + i sin t) = cos t =

eit + e−it
2

obtenemos que
π/2...