Notas Variable compleja, Apuntes de Matemáticas

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1. Funciones Anal´ıticas

En esta secci´on introducimos el concepto fundamental del curso, es decir, las funciones anal´ıticas u

holomorfas sobre dominios. Luego, en todo lo que sigue D denotar´a un dominio en el plano complejo.

Definici´on 1 (Derivada en el sentido complejo). Sea A ⊆ C un conjunto abierto y z 0 ∈ A. La funci´on

f : A−→C se dice complejo-diferenciable en z 0 , si el siguiente l´ımite existe:

l´ım z−→z 0

f (z) − f (z 0 )

z − z 0

En tal caso, dicho l´ımite se denota por f

′ (z 0 ) o

df dz

(z 0 ) y se le llama la derivada compleja de f en z 0.

Ejemplo 1. Las funciones constantes tiene derivada compleja en todos los puntos de su dominio y su

derivada compleja es cero en cada punto. En efecto, si f (z) = w 0 para todo z ∈ C y z 0 ∈ C est´a prefijado,

entonces

l´ım z−→z 0

f (z) − f (z 0 )

z − z 0

= l´ım z−→z 0

w 0 − w 0

z − z 0

= l´ım z−→z 0

z − z 0

Ejemplo 2. La funci´on g(z) = (Re{z})

2 con z ∈ C, solo tiene derivada compleja en cada z 0 ∈ A, donde

A = {z ∈ C : Re{z} = 0}, con derivada compleja g

′ (z 0 ) = 0. Ya que, si z = x + iy y z 0 = 0, entonces

l´ım z−→z 0

g(z) − g(z 0 )

z − z 0

= l´ım z−→ 0

x

2 − 0

2

z − 0

= l´ım z−→ 0

x

2

x + iy

= l´ım z−→ 0

x

2 (x − iy)

x^2 + y^2

Este ´ultimo se debe a que 0 ≤

x^2 (x−iy) x^2 +y^2

x^2 x^2 +y^2

∣ |x^ −^ iy| ≤ |x^ −^ iy|^ =^ |z|−→^0.

Pero, si z 0 = x 0 + iy 0 ∈/ A y z = x + iy, entonces

l´ım z−→z 0

g(z) − g(z 0 )

z − z 0

= l´ım z−→ 0

x

2 − x

2 0

z − z 0

= l´ım z−→ 0

(x − x 0 )(x + x 0 )

(x − x 0 ) + i(y − y 0 )

Aunque, este ´ultimo l´ımite no existe, ya que, si y = y 0 , entonces l´ım z−→ 0

(x−x 0 )(x+x 0 ) (x−x 0 )+i(y−y 0 )

= 2x 0. En contraste, si

x = x 0 , entonces l´ım z−→ 0

(x−x 0 )(x+x 0 ) (x−x 0 )+i(y−y 0 )

= 0. Dado que x 0 6 = 0, los l´ımites anteriores son diferentes y por ende,

el l´ımite solicitado no existe, a menos que z 0 ∈ A.

Ejemplo 3. La funci´on h(z) = ¯z; con z ∈ C, no tiene derivada compleja en ning´un punto de C. Ya que, si

z 0 = x 0 + iy 0 6 = 0 y z = x + iy, entonces

l´ım z−→z 0

h(z) − h(z 0 )

z − z 0

= l´ım z−→z 0

z ¯ − z¯ 0

z − z 0

= l´ım z−→z 0

(x − x 0 ) − i(y − y 0 )

(x − x 0 ) + i(y − y 0 )

funci´on f

′ : A−→C que llamaremos la funci´on derivada de f como sigue:

f

′ : A −→ C

z −→ f

′ (z) = l´ım h−→ 0

f (z + h) − f (z)

h

Ejemplo 4. Las homotecias, las rotaciones y las traslaciones son anal´ıticas en todo el plano y su funci´on

derivada es una funci´on constante.

Proposici´on 1. Si f es anal´ıtica en z 0 , entonces f es continua en z 0.

Demostraci´on. Supongamos que f es anal´ıtica en z 0 , entonces f

′ (z 0 ) existe.

l´ım z−→z 0

f (z) = l´ım z−→z 0

f (z 0 ) + (z − z 0 )

f (z) − f (z 0 )

z − z 0

= f (z 0 ) + 0f

′ (z 0 ) = f (z 0 ).

Por tanto, f es continua en z 0.

El Ejemplo 3 muestra que el rec´ıproco de la proposici´on anterior no es cierto. Una manera de usar

la proposici´on anterior es identificando los puntos en los cuales la funci´on no es continua para indicar en

qu´e puntos la funci´on no es anal´ıtica. Por ejemplo:

Ejemplo 5. La funci´on f (z) =

z, (la ra´ız cuadrada principal) no es continua en (−∞, 0], luego, ella no

puede ser anal´ıtica ah´ı. M´as a´un, ella es anal´ıtica en Cr(−∞, 0]. En efecto, si z 0 ∈ Cr(−∞, 0], existe r > 0

tal que D(z 0 , r) ⊂ Cr(−∞, 0]. Entonces para z 0 y z ∈ D(z 0 , r), se tiene que z 0 = (

z 0 )

2 y z = (

z)

2 , luego

f

′ (z 0 ) = l´ım z−→z 0

z −

z 0

z − z 0

= l´ım z−→z 0

z −

z 0 )

z −

z 0 )(

z +

z 0 )

= l´ım z−→z 0

z +

z 0 )

z 0

A continuaci´on, enunciamos las reglas de derivaci´on de la suma, resta producto y cociente que son

an´alogas a las ya estudiadas en los cursos de an´alisis real.

Teorema 1. Si f : A−→C y g : A−→C son funciones anal´ıticas en A, con A un conjunto abierto y c ∈ C,

entonces cf , f + g, f − g y f g tambi´en son anal´ıticas en A. Si g(z) 6 = 0 para todo z ∈ A, entonces f /g

tambi´en es anal´ıtica en A. Adem´as, (cf )

′ = cf

′ , (f + g)

′ = f

′

• g

′ , (f − g)

′ = f

′ − g

′ y (f g)

′ = f

′ g + f g

′

. Si

g(z) 6 = 0 para todo z ∈ A, entonces (f /g) = (f

′ g − f g

′ )/g

2 .

Demostraci´on. Sea z 0 ∈ A. Veamos ´unicamente el caso del producto, el resto se verifica de manera an´aloga.

(f g)

′ (z 0 ) = l´ım z−→z 0

f (z)g(z) − f (z 0 )g(z 0 )

z − z 0

= l´ım z−→z 0

f (z)g(z) − f (z 0 )g(z 0 )

z − z 0

= l´ım z−→z 0

f (z) − f (z 0 )

z − z 0

g(z) + f (z 0 )

g(z) − g(z 0 )

z − z 0

= f

′ (z 0 )g(z 0 ) − f (z 0 )g

′ (z 0 ).

Dado que z 0 ∈ A fue tomado arbitrario, se sigue que (f g)

′ (z 0 ) existe para todo punto de A y por tanto f g

es anal´ıtica en A.

Ejemplo 6. Sea n ∈ Z y f (z) = z

n con z ∈ Dom{f }. Note que si n ≥ 0 , Dom{f } = C y si n < 0 ,

Dom{f } = Cr{ 0 }. Veamos que f es anal´ıtica en todo su dominio y f

′ (z) = nz

n− 1

. Supongamos primero

que n ≥ 0 y sea z 0 ∈ C, entonces

f

′ (z 0 ) = l´ım z−→z 0

f (z) − f (z 0 )

z − z 0

= l´ım z−→z 0

z

n − z

n 0

z − z 0

= l´ım z−→z 0

n− 1 ∑

k=

z

n−k− 1 z

k 0

n∑− 1

k=

z

n−k− 1 0

z

k 0

n∑− 1

k=

z

n− 1 0 =^ nz

n− 1

Dado que z 0 ∈ C fue tomado arbitrario, se sigue que f

′ (z 0 ) existe para todo punto de A y as´ı f es anal´ıtica

en C. Si n < 0 , entonces f (z) =

1 zk^

, con k > 0. Usando la regla del cociente se obtiene el resultado deseado.

f

′ (z) =

′ z

k − 1(z

k )

′

(zk)^2

0 z

k − kz

k− 1

z^2 k^

kz

k− 1

z^2 k^

= (−k)z

(−k)− 1 = nz

n− 1 .

Como consecuencia de este ejemplo y el teorema anterior se tiene que las funciones polin´omicas son

anal´ıticas en todo C y las funciones racionales son anal´ıticas en todo su dominio.

Ejemplo 7. Suponga θ ∈ R y a ∈ D. Defina la funci´on f (z) = e

iθ z^ −^ a

1 − ¯az

. Demuestre que:

1. La funci´on f es anal´ıtica en C excepto en, a lo m´as, un punto.
2. La funci´on f es anal´ıtica en D, biyectiva en D, con f (D) = D, f (∂D) = ∂D y su inversa tambi´en es

anal´ıtica en D.

Ejemplo 8. Sea f (z) = |z|

2

. Veamos que f no es anal´ıtica en z = 0, a pesar de que f

′ (0) = 0.

l´ım z−→ 0

f (z) − f (0)

z − 0

= l´ım z−→ 0

|z|

2

z

= l´ım z−→ 0

z ¯z

z

= l´ım z−→ 0

z¯ = 0.

Ahora, si z 0 6 = 0, con z 0 = x 0 + iy 0 , entonces

l´ım z−→z 0

f (z) − f (z 0 )

z − z 0

= l´ım z−→ 0

|z|

2 − |z 0 |

2

z − z 0

= l´ım z−→ 0

(x

2 − x

2 0 ) + (y

2 − y

2 0 )

(x − x 0 ) + i(y − y 0 )

Pero, si y = y 0 , el l´ımite anterior se convierte en

l´ım z−→z 0

f (z) − f (z 0 )

z − z 0

= l´ım z−→z 0

(x

2 − x

2 0 )

(x − x 0 )

= l´ım z−→z 0

(x + x 0 ) = 2x 0.

Adem´as, si x = x 0 , el l´ımite anterior se convierte en

l´ım z−→z 0

f (z) − f (z 0 )

z − z 0

= l´ım z−→z 0

(y

2 − y

2 0 )

i(y − y 0 )

= l´ım z−→z 0

−i(y + y 0 ) = − 2 y 0 i.

Dado que estos l´ımites difieren, se concluye que f no tiene derivada compleja en los puntos distintos de cero.

Luego todo disco centrado en cero tiene puntos en los cuales la funci´on no tiene derivada compleja, as´ı f

no es anal´ıtica en cero.

Teorema 2 (Regla de la cadena). Sea f : U ⊆ C−→C anal´ıtica en U con U abierto en C y g : V ⊆ C−→C

anal´ıtica en V , con V abierto en C y f (U ) ⊆ V. Entonces g ◦ f : U ⊆ C−→C anal´ıtica en U. Adem´as, si

z 0 ∈ U , entonces

(g ◦ f )

′ (z 0 ) = g

′ (f (z 0 ))f

′ (z 0 ).

Demostraci´on. Sea z 0 ∈ U y w 0 = f (z 0 ) ∈ V. Luego, los siguientes l´ımites existen

f

′ (z 0 ) = l´ım z−→z 0

f (z) − f (z 0 )

z − z 0

y g

′ (w 0 ) = l´ım w−→w 0

g(w) − g(w 0 )

w − w 0

Ahora, considere las siguientes funciones: h = g ◦ f , y

G(w) =

g(w) − g(w 0 )

w − w 0

− g

′ (w 0 ), si w ∈ V r{w 0 }

0 , si w = w 0.

Note que h : U ⊆ C−→C, y G : V ⊆ C−→C. Tambi´en, h y G son continuas en sus respectivos dominios.

Adem´as,

l´ım z−→z 0

G(f (z)) = G(f (z 0 )) = 0.

Considere z ∈ U con z 6 = z 0 y w = f (z). Luego, a´un si f (z) = w 0 , se tiene que

h(z) − h(z 0 )

z − z 0

g(f (z)) − g(f (z 0 ))

z − z 0

[

G(f (z)) + g

′ (w 0 )

] (^

f (z) − f (z 0 )

z − z 0

Por lo tanto,

l´ım z−→z 0

h(z) − h(z 0 )

z − z 0

= l´ım z−→z 0

{[

G(f (z)) + g

′ (w 0 )

] (^

f (z) − f (z 0 )

z − z 0

= [0 + g

′ (w 0 )]f

′ (z 0 ) = g

′ (w 0 )f

′ (z 0 ).

Dado que z 0 ∈ U fue arbitrario, se tiene que h es anal´ıtica en U y h

′ (z 0 ) = g

′ (w 0 )f

′ (z 0 ).

Una consecuencia interesante de la regla de la cadena es que las funciones anal´ıticas con derivada compleja

no nula, mapean caminos suaves en camino suaves. A saber, si f : U ⊆ C−→C es anal´ıtica en U con U abierto

en C y γ : [0, 1]−→U un camino suave en U , entonces la regla de la cadena implica que σ = f ◦ γ : [0, 1]−→C

es un camino que tiene derivada dada por σ

′ (t 0 ) = f

′ (γ(t 0 ))γ

′ (t 0 ) para todo t 0 ∈ (0, 1). Ahora, si f

′ (z) 6 = 0

para todo z ∈ U , entonces σ

′ (t) 6 = 0 pata todo t ∈ (0, 1) lo que implica que σ = f (γ) es un camino suave.

Proposici´on 2. Sea U ⊆ C un conjunto convexo y abierto en C y f : U −→C anal´ıtica en U. Si f

′ (z) = 0,

para todo z ∈ U , entonces f es constante en U.

Demostraci´on. Sean z 1 , z 2 ∈ U con z 1 6 = z 2. Dado que U es convexo, entonces [z 1 , z 2 ] ⊂ U , i.e., exis-

te γ(t) = tz 1 + (1 − t)z 2 ∈ U para todo t ∈ [0, 1] con γ

′ (t) = z 1 − z 2 para todo t ∈ (0, 1). Adem´as,

σ = f ◦ γ : [0, 1]−→C es un camino que une a f (z 1 ) con f (z 2 ). M´as a´un, σ

′ (t) = f

′ (γ(t))(z 1 − z 2 ) = 0 para

todo t ∈ (0, 1). Esto es, si σ(t) = u(t) + iv(t) con t ∈ [0, 1], entonces u

′ (t) = v

′ (t) = 0 para todo t ∈ (0, 1).

Lo cual implica que u y v son constantes en [0, 1]. As´ı σ(0) = σ(1) y

f (z 1 ) = f (γ(1)) = σ(1) = σ(0) = f (γ(0)) = f (z 2 ).

Dado que los puntos fueron arbitrarios, se sigue que f es constante en U.

Ejemplo 9. Considere la funci´on h(z) =

1 + z^2 , la ra´ız cuadrada principal, con z ∈ C. Estudie el conjunto

de analiticidad de h.

Soluci´on. Note que h = g ◦ f , con f (z) = z^2 + 1 y g(w) =

w. Por f ser polin´omica, f es anal´ıti-

ca en todo C. Adem´as, g es anal´ıtica en Cr(−∞, 0] por Ejemplo 5 anteriormente estudiado. As´ı que, si

θ 0 , entonces las im´agenes de dichos caminos (que a su vez son tambi´en caminos) se cortan en f (z 0 ) y tienen

vectores tangentes que forman el mismo ´angulo θ 0.

γ′ 2

γ′ 1

γ 1 (t)

γ 2 (t)

z 0

f σ 1 (t)

σ 2 (t)

f (z 0 )

σ′ 1

σ 2 ′

Teorema 3. Si U ⊆ C es abierto y f : U ⊆ C−→C es anal´ıtica en U y f

′ (z 0 ) 6 = 0, para todo z 0 ∈ U ,

entonces f es conforme en U , con r = |f (z 0 )| y θ = Arg{f

′ (z 0 )}.

Demostraci´on. Sea z 0 ∈ U y γ : [0, 1]−→U es un camino suave con z 0 = γ(t 0 ) para alg´un t 0 ∈ (0, 1).

Considere el camino σ(t) = f (γ(t)), con t ∈ [0, 1]. Por regla de la cadena, σ es un camino suave en C y se

cumple lo siguiente σ

′ (t) = f

′ (γ(t))γ

′ (t), para cada t ∈ (0, 1). Tomando r = |f (z 0 )| y θ = Arg{f

′ (z 0 )}, se

obtiene |σ

′ (t 0 )| = r|γ

′ (t 0 )| y arg {σ

′ (t 0 )} = arg {γ

′ (t 0 )} + θ (m´od 2π).

En la figura siguiente se muestra la funci´on f (z) = z

2 , cuya derivada es f

′ (z) = 2z; para cada z ∈ C.

Luego, f es conforme en Cr{ 0 }. Adem´as, si z 0 = x 0 + iy 0 ∈ Cr{ 0 }, se puede verificar que las im´agenes de

las rectas x = x 0 y y = iy 0 se cortan formando ´angulo de 90 grados.

f (z) = z

2

En el caso particular de las rectas x = 2 y y = i, considere γ 1 (t) = 2 + it y γ 2 (t) = 2t + i con t ∈ R. Estas

dos curvas se cortan en z 0 = γ 1 (1) = γ 2 (1) = 2 + i y sus vectores tangentes forman un ´angulo de 90 grados,

ya que γ

′ 1 (t) =^ i^ y^ γ

′ 2 (t) = 1. Ahora, sus im´agenes bajo la funci´on^ f^ son^ σ^1 (t) =^ f^ (γ^1 (t)) = (4^ −^ t

2 ) + 4ti y

σ 2 (t) = f (γ 2 (t)) = (4t

2 −1)+4ti, con t ∈ R. Luego, sus vectores tangentes est´an dados por σ

′ 1 (t) =^ −^2 t+4i^ y

σ

′ 2 (t) = 8t+4i, para^ t^ ∈^ R. En el caso particular,^ t^0 = 1, se tienen^ σ

′ 1 (1) =^ −2+4i^ y^ σ

′ 2 (1) = 8+4i, los cuales

son ortogonales ya que el producto interior en R

2 es nulo, esto es, (− 2 , 4) · (8, 4) = (−2)(8) + (4)(4) = 0.

Ejemplo 10. Sea f (z) = e

z con z ∈ C. Verifique f es anal´ıtica en todo C y calcule su derivada.

Soluci´on. Verifiquemos que

l´ım z−→ 0

e

z − 1

z

= 1 equivalentemente l´ım z−→ 0

e

z − z − 1

z

En efecto, si z = x + iy, entonces

e

z − z − 1

z

(e

x cos y − x − 1) + i(sen y − y)

x + iy

cos y (e

x − x − 1) + (cos y − 1)(x + 1)

x + iy

• i

(sen y − y)

x + iy

Veamos que ambos l´ımites tienden a cero, cuando z tiende a cero. De hecho,

(sen y − y)

x + iy

∣ =^

| sen y − y|

|x + iy|

| sen y − y|

|y|

sen y − y

y

sen y

y

∣ −→0;^ cuando^ z−→^0.

Trabajando de manera an´aloga se tiene

cos y (e

x − x − 1) + (cos y − 1)(x + 1)

x + iy

cos y (e

x − x − 1)

x + iy

(cos y − 1)(x + 1)

x + iy

e

x − x − 1

x

cos y − 1

y

|x + 1|−→0; cuando z−→ 0.

As´ı, del l´ımite en (2), se sigue que, si z 0 ∈ C, entonces

l´ım z−→ 0

f (z 0 + z) − f (z 0 )

z

= l´ım z−→ 0

e

z 0 +z − e

z 0

z

= e

z 0 l´ım z−→ 0

e

z − 1

z

= e

z 0 · 1 = e

z 0 .

Por tanto, f

′ (z 0 ) = e

z 0 , para cada z 0 ∈ C. Adem´as, f es conforme en C.

Ejemplo 11. Calcule la derivada de cada una de las siguientes funciones, dando un dominio apropiado

para cada funci´on, de manera que sea anal´ıtica en ´el.

1. f (z) =

ez^ − 1

1. g(z) =

ez^ + 1

Soluci´on. Consideraremos la rama principal de la ra´ız cuadrada para definir f.

2. Ecuaciones de Cauchy-Riemann

Una de las herramientas usadas en los Ejemplos 3, 2 y 8 para verificar que las funciones, en los respectivos

ejemplos, no son anal´ıticas o que la derivada compleja no existe fue usar las trayectorias x = x 0 y y = y 0 ,

al aproximarse a z 0. De acuerdo al c´alculo de varias variables, estas trayectorias son usadas para calculas

las derivadas parciales. En esta secci´on veremos las funciones de C en C como funciones de R

2 en R

2 .

Sea f : U ⊆ C−→C una funci´on. Dado que z = x + iy y f (z) = u(z) + iv(z) = u(x, y) + iv(x, y), tenemos

dos funciones de dos variables cada una, luego usaremos las derivadas parciales de u y v para estudiar la

analiticidad de f.

Inicialmente, supongamos que U es abierto en C y f es anal´ıtica en U. Esto significa que f

′ (z 0 ) est´a bien

definido para todo z 0 ∈ U. As´ı, para z 0 = x 0 + iy 0 ∈ U , se tiene que existe δ > 0 tal que z 0 + h ∈ U , para

todo h ∈ D(0, δ) y

f

′ (z 0 ) = l´ım h−→ 0

f (z 0 + h) − f (z 0 )

h

Debe tenerse claro que el l´ımite anterior indica que, por cualquier trayectoria que se aproxime a cero, el

valor del l´ımite es el mismo. Luego, en particular, vamos a considerar las siguientes trayectorias h = r y

h = ir con r ∈ (−δ, δ).

1. Si h = r con r ∈ (−δ, δ), entonces

f

′ (z 0 ) = l´ım r−→ 0

f ((x 0 + r) + iy 0 ) − f (x 0 + iy 0 )

r

= l´ım r−→ 0

[

u(x 0 + r, y 0 ) + iv(x 0 + h, y 0 )

]

[

u(x 0 , y 0 ) + iv(x 0 , y 0 )

]

r

= l´ım r−→ 0

[

u(x 0 + r, y 0 ) − u(x 0 , y 0 )

]

• i

[

v(x 0 + r, y 0 ) − v(x 0 , y 0 )

]

r

= l´ım r−→ 0

u(x 0 + r, y 0 ) − u(x 0 , y 0 )

r

• i l´ım r−→ 0

v(x 0 + r, y 0 ) − v(x 0 , y 0 )

r

∂u

∂x

(x 0 , y 0 ) + i

∂v

∂x

(x 0 , y 0 ).

1. Si h = ir con r ∈ (−δ, δ), entonces

f

′ (z 0 ) = l´ım r−→ 0

f (x 0 + i(y 0 + r)) − f (x 0 + iy 0 )

ir

= l´ım r−→ 0

[

u(x 0 , y 0 + r) + iv(x 0 , y 0 + r)

]

[

u(x 0 , y 0 ) + iv(x 0 , y 0 )

]

ir

= l´ım r−→ 0

[

u(x 0 , y 0 + r) − u(x 0 , y 0 )

]

• i

[

v(x 0 , y 0 + r) − v(x 0 , y 0 )

]

ir

i

l´ım r−→ 0

u(x 0 , y 0 + r) − u(x 0 , y 0 )

r

• l´ım r−→ 0

v(x 0 , y 0 + r) − v(x 0 , y 0 )

r

= −i

∂u

∂y

(x 0 , y 0 ) +

∂v

∂y

(x 0 , y 0 ) = −i

∂u

∂y

(x 0 , y 0 ) + i

∂v

∂y

(x 0 , y 0 )

Adem´as, la independencia de las trayectorias implica que

∂u

∂x

(x 0 , y 0 ) + i

∂v

∂x

(x 0 , y 0 ) = −i

∂u

∂y

(x 0 , y 0 ) +

∂v

∂y

(x 0 , y 0 ).

Esto se cumple si y solo si el siguiente sistema de ecuaciones se cumple

∂u

∂x

(x 0 , y 0 ) =

∂v

∂y

(x 0 , y 0 ),

∂u

∂y

(x 0 , y 0 ) = −

∂v

∂x

(x 0 , y 0 ).

El sistema de ecuaciones (3) se conoce como las ecuaciones de Cauchy-Riemann.

Por otro lado, recordemos que una funci´on F : U ⊆ R

n −→R

m es diferenciable en el sentido real en

x 0 ∈ U , si existe una matriz de orden m × n, denotada por DF (x 0 ) ∈ Mm×n(R), tal que

l´ım h−→ 0

‖F (x 0 + h) − F (x 0 ) − DF (x 0 )h‖Rm

‖h‖Rn

Equivalentemente, para cada  > 0, existe δ > 0 tal que ‖F (x 0 + h) − F (x 0 ) − DF (x 0 )h‖Rm ≤ ‖h‖Rn para

h ∈ R

n , suficientemente peque˜no. Cuando las derivadas parciales de F existen, DF (x 0 ) es la matriz formada

por las derivadas parciales de F.

Todo n´umero complejo se puede representar como una matriz 2 × 2 con entrada en los reales, que

transforma la multiplicaci´on de complejos en multiplicaci´on de matrices. A saber, si M 2 × 2 (R) es el espacio

de matrices 2 × 2 con entrada en los reales y M = {[aij ] ∈ M 2 × 2 (R) : a 11 = a 22 y a 12 = −a 21 }, la aplicaci´on

Ψ : C−→M dada por Ψ(z) =

a −b

b a

, si z = a + ib, es un isomorfismo de C en las matrices de M. M´as

Este resultados nos indica que el conjunto de las ecuaciones de Cauchy-Riemann se convierten en una

condici´on necesaria para la analiticidad de las funciones. Por ejemplo, f (z) = |z| no es anal´ıtica en alguna

parte, ya que u(x, y) =

x^2 + y^2 y v(x, y) = 0, lo que implica que, si z 6 = 0,

ux(x, y) =

x √ x^2 + y^2

, vy(x, y) = 0,

uy(x, y) =

y √ x^2 + y^2

, vx(x, y) = 0.

As´ı, no se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann si z 6 = 0, por tanto f

′ (z) no existe si z 6 = 0. Pero, si

z = 0,

l´ım z−→ 0

f (z) − f (0)

z − 0

= l´ım z−→ 0

|z|

z

= l´ım z−→ 0

e

−iArg{z} (¡No existe.!)

Por tanto, f no es complejo diferenciable en C.

Las ecuaciones de Cauchy-Riemann no son suficientes para hablar de la existencia de la derivada compleja,

como se evidencia en el siguiente ejemplo.

Ejemplo 12. Considere las siguiente funci´on

f (z) =

e−z

− 4 , si z 6 = 0;

0 , si z = 0.

Estudie la analiticidad de la funci´on y estudie las ecuaciones de Cauchy-Riemann en z = 0.

Soluci´on. Note que f (z) = h(g(z)), donde g(z) = −z−^4 y h(w) = ew, para z 6 = 0. Luego, g es anal´ıtica en

Cr{ 0 } y h es anal´ıtica en C, la regla de la cadena implica que f es anal´ıtica en Cr{ 0 }. Adem´as, si z 6 = 0,

entonces f

′ (z) = 4z

− 5 e

−z−^4

. Ahora, si z = 0, primero estudiemos el siguiente l´ımite:

l´ım z−→ 0

f (z) = l´ım z−→ 0

e

−z−^4 .

Este l´ımite no existe, ya que si consideramos la trayectoria z = r ∈ R, este se convierte en

l´ım z−→ 0

f (z) = l´ım r−→ 0

e

−r−^4 = l´ım r−→ 0

e

1 r^4

Pero si tomamos la trayectoria z = re

iπ/ 4 con r ∈ R, se obtiene que g(z) = r

− 4 y f (z) = e

1 r^4 , as´ı el l´ımite

l´ım z−→ 0

f (z) = l´ım r−→ 0

e

1 r^4 = +∞.

Por lo tanto, f no es continua en z = 0 y por ende f

′ (0) no existe.

Por otro lado, si z = x + iy 6 = 0, entonces z

4

x

4 − 6 x

2 y

2

• y

4

• 4xy

x

2 − y

2

i y

z

− 4

x^4 − 6 x^2 y^2 + y^4

(x^2 + y^2 )^4

− i

4 xy

x

2 − y

2

(x^2 + y^2 )^4

Luego, si f = u + iv, entonces, para z 6 = 0,

u(x, y) = e

− x

(^4) − 6 x (^2) y (^2) +y 4

(x^2 +y^2 )^4 cos

4 xy

x

2 − y

2

(x^2 + y^2 )^4

y v(x, y) = −e

− x

(^4) − 6 x (^2) y (^2) +y 4

(x^2 +y^2 )^4 sen

4 xy

x

2 − y

2

(x^2 + y^2 )^4

con u(0, 0) = v(0, 0) = 0. As´ı

ux(0, 0) = l´ım r−→ 0

u(r, 0) − u(0, 0)

r

= l´ım r−→ 0

u(r, 0)

r

= l´ım r−→ 0

e

− 1 r^4

r

uy(0, 0) = l´ım r−→ 0

u(0, r) − u(0, 0)

r

= l´ım r−→ 0

u(0, r)

r

= l´ım r−→ 0

e

−

1 r^4

r

vx(0, 0) = l´ım r−→ 0

v(r, 0) − v(0, 0)

r

= l´ım r−→ 0

v(r, 0))

r

= l´ım r−→ 0

r

vy(0, 0) = l´ım r−→ 0

v(0, r) − v(0, 0)

r

= l´ım r−→ 0

v(0, r))

r

= l´ım r−→ 0

r

Esto implica que la ecuaciones de Cauchy-Riemann en z = 0 se cumplen, a pesar de eso f

′ (0) no existe.

Aunque, las ecuaciones de Cauchy-Riemann ´unicamente no forman una condici´on suficiente, se puede

verificar el siguiente resultado

Teorema 5. Sea U ⊆ C un abierto de C, z 0 ∈ U y f : U ⊆ C−→C con f = u + iv una funci´on. Supongamos

que las derivadas parciales ux, uy, vx y vy existen para cada (x, y) ∈ U. Si ux, uy, vx y vy son continuas en

z 0 = (x 0 , y 0 ) y se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en z 0 , entonces f es complejos direfenciable

en z 0 y

f

′ (z 0 ) = ux(x 0 , y 0 ) + ivx(x 0 , y 0 ) = −i(uy(x 0 , y 0 ) + ivy(x 0 , y 0 )).

Demostraci´on. Supongamos que ux, uy, vx y vy existen, son continuas satisfacen las ecuaciones de Cauchy-

Riemann en z 0 ∈ A. Dado que U es abierto, existe r > 0 tal que z 0 + h ∈ U , para todo h ∈ D(0, h). Sin

perdida de generalidad, supongamos que z 0 = 0. Sean a = ux(0) = vy(0), b = vx(0) = −uy(0) y c = a + ib.

Corolario 1. Sea U un abierto en C. Si f : U ⊆ C−→C con f = u + iv y u, v tienen derivadas parciales

continuas y satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en U , entonces f es anal´ıtica en U.

Observaci´on 2. En los teoremas anteriores hemos utilizado las siguientes notaciones: ux, uy, vx, vy para las

funciones componentes que a su vez son funciones real valuadas. Esta nos permiten extenderlas en el caso

de las funciones f , definiendo los siguientes operadores:

fx =

∂x

f :=

∂u

∂x

• i

∂v

∂x

fy =

∂y

f :=

∂u

∂y

• i

∂v

∂y

fxx =

2

∂x^2

f :=

2 u

∂x^2

• i

2 v

∂x^2

fyy =

2

∂y^2

f :=

2 u

∂y^2

• i

2 v

∂y^2

fxy =

2

∂y∂x

f :=

2 u

∂y∂x

• i

2 v

∂y∂x

fyx =

2

∂x∂x

f :=

2 u

∂x∂y

• i

2 v

∂x∂y

As´ı sucesivamente.

1. Los anteriores operadores nos permiten definir los siguientes conjuntos:

C(U ) := {f : U ⊆ C−→C : f es continua en U };

C

1 (U ) := {f ∈ C(U ) : fx, fy existen y son continuas en U };

C

2 (U ) := {f ∈ C

1 (U ) : fxx, fyy, fxy, fyx existen y son continuas en U };

Igualmente se define C

k (U ) para cada k ∈ N. Adem´as C

∞ (U ) =

k∈N

C

k (U ).

1. Si f ∈ C

1 (U ), entonces fxy = fyx (derivadas mixtas coinciden). An´alogamente para f ∈ C

k (U ).

Aprovechando la terminolog´ıa introducida en la observaci´on se tiene la siguiente adaptaci´on del teorema

anterior.

Proposici´on 4. Sea U ⊆ C un abierto en C y f ∈ C

1 (U ). Entonces f s anal´ıtica en U si y solo si u y v

satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann. En tal caso

f

′ (z) = fx(z) = −ify(z) para cada z ∈ U. (5)

Demostraci´on. Consecuencia del teorema anterior.

Continuamos con algunas consecuencias de las ecuaciones de Cauchy-Riemann. Primero enunciamos el

siguiente lema que establece que las funciones con derivada nula sobre dominios deben ser constantes.

Lema 1. Sea D ⊆ C un dominio y u : D ⊆ C−→R. Si ux(z) = uy = 0, para todo z ∈ D, entonces u es

constante en D.

Demostraci´on. Sea z 0 ∈ D. Considere los siguientes conjuntos:

U = {z ∈ D : u(z) = u(z 0 )} y V = {z ∈ D : u(z) 6 = u(z 0 )}.

Note que U 6 = Ø, D = U ∪ V y U ∩ V = Ø. Veamos que U y V son abiertos en C.

• U es abierto: Sea z ∈ U. Por ser D abierto, existe r > 0, tal que D(z, r) ⊆ D. Ahora, si w ∈ D(z, r),

trabajando como en la prueba del Teorema 5, por TVM, existen ζ, ξ ∈ D(z, r) tales que

u(z) − u(w) = ux(ξ)Re{z − w} + uy(ζ)Im{z − w} = 0.

Luego, u(w) = u(z), pero u(z) = u(z 0 ), de donde se sigue que w ∈ U. Por lo tanto, D(z, r) ⊂ U.

• V es abierto: Sea z ∈ V. Nuevamente, por ser D abierto, existe r > 0 tal que D(z, r) ⊆ D. Pero, si

w ∈ D(z, r), igual que antes se tendr´ıa que

u(z) − u(w) = ux(ξ)Re{z − w} + uy(ζ)Im{z − w} = 0.

Es decir, u(w) = u(z). Pero u(z) 6 = u(z 0 ), as´ı u(w) 6 = u(z 0 ) y w ∈ v. De aqu´ı se obtiene que D(z, r) ⊆ V

y V es abierto.

Si V 6 = Ø, entonces U, V fuera una separaci´on de D, pero D es conexo. Por lo tanto D = U y u es constante

en D.

Corolario 2. Si f es anal´ıtica en D un dominio en C y f ′(z) = 0 para todo z ∈ D, entonces f es constante

en D.

Demostraci´on. Note que f

′ (z) = 0 si y solo si ux(z) = 0 y vx(z) = 0. Adem´as, las ecuaciones de Cauchy-

Riemann implica que vy(z) = ux(z) = 0 y uy(z) = −vx(z) = 0. As´ı, el Lema anterior implica que u y v son

constantes en D y por ende f es constante en D.

Corolario 3. Sea f = u + iv anal´ıtica en D un dominio en C. Si u o v o |f | es constante en D, entonces

f es constante en D.