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Felipe Zaldıvar

Teorıa de funciones de unavariable compleja

15 de abril de 2012

Prefacio

La teorıa de funciones de variable compleja tiene una historia ilustre y se hallacolocada en un punto privilegiado en el gran arbol de la matematica: es analisis,por supuesto, es geometrıa fundamentalmente (variedades complejas) y es topo-logıa algebraico-diferencial, pero tambien es basica para la teorıa de numeros. Todomatematico debe conocer los fundamentos de la teorıa de funciones complejas deuna variable compleja y estas notas pretenden servir de introduccion a los funda-mentos de esta teorıa: desde la definicion de derivadas y funciones holomorfas, conlos ejemplos mas importantes discutidos ampliamente (polinomios, funciones racio-nales (especialmente las transformadas de Mobius), exponencial compleja y ramasdel logaritmo complejo, potencias complejas y raıces), integral de lınea y teorıa deCauchy (formula integral de Cauchy y el teorema de Cauchy en sus versiones ho-motopica y homologica), aplicaciones de estos resultados (Liouville, teorema fun-damental del algebra, teorema de la identidad, modulo maximo, analiticidad de lasfunciones holomorfas, series de potencias, lema de Schwarz, teorema de Rouche,teorema de Runge), singularidades (removibles, esenciales, polos), expansiones deLaurent, residuos, funciones meromorfas, calculo de integrales impropias, ceros ypolos de funciones meromorfas, el teorema de Casorati-Weierstrass, el teorema deMittag-Leffler, el teorema de la aplicacion de Riemann, algunas funciones especia-les (la funcion gamma de Euler, la funcion zeta de Riemann, productos infinitos) ylos teoremas de Picard. El enfoque usado en estas notas refleja el gusto del autor porla geometrıa compleja y tiene una deuda con los autores y libros que lo introdujeronal tema, especialmente el libro de Heinz [3] y el de Ahlfors [1], y las ensenanzas deZ. E. Ramos.

Ciudad de Mexico, Junio de 2011 Felipe Zaldıvar.

V

Indice general

Prefacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . V

1. Topologıa del plano complejo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1. La topologıa del plano complejo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.2. Sucesiones y series de numeros complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.3. Funciones de una variable compleja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281.4. La esfera de Riemann y el plano complejo extendido . . . . . . . . . . . . . 33

2. Derivacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.1. Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.2. Las ecuaciones de Cauchy-Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.3. La funcion exponencial y el logaritmo complejo . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

3. Integral de lınea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 633.1. Trayectorias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 633.2. Integral de Riemann-Stieljes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 693.3. Integral de lınea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

4. Teorıa de Cauchy local . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 834.1. El teorema de Cauchy en una region convexa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 834.2. Series de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 934.3. Consecuencias de la teorıa de Cauchy local . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

5. Teorıa de Cauchy global . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1135.1. El ındice de una curva cerrada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1135.2. El teorema de Cauchy: version homologica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1175.3. El teorema de Cauchy: version homotopica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1215.4. La conducta local de una funcion holomorfa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

6. Singularidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1336.1. Singularidades aisladas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1336.2. Series de Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

VII

VIII Indice general

6.3. El teorema del residuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1526.4. Integrales impropias y el teorema del residuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

7. Aplicaciones conformes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1677.1. Funciones conformes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1677.2. Transformadas de Mobius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1757.3. El teorema de la aplicacion de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188

Referencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199

Indice alfabetico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

Capıtulo 1Topologıa del plano complejo

El campo de numeros complejos C = R×R tiene como elementos los paresordenados de numeros reales (a,b) con la suma definida componente a compo-nente, i.e., (a,b) + (c,d :) = (a + c,b + d), y el producto definido por la regla(a,b)(c,d) := (ac− bd,ad + bc). Las propiedades de campo se verifican directa-mente (vea el ejercicio 1.1), en particular el neutro aditivo es el (0,0) y el neutromultiplicativo es el (1,0). Usaremos letras como u,v,w,z para representar a numeroscomplejos. Como es usual se definen las operaciones de resta para z,w ∈ C comoz−w := z+(−w) (sumando el inverso aditivo de w) y division z/w, para w 6= 0,como z

w := zw−1 (producto por el inverso multiplicativo de w).Recordando que los numeros reales se pueden representar geometricamente co-

mo puntos en una recta, la recta real, y esta recta la podemos incluir en el planocomplejo de varias formas, por ejemplo como uno de los ejes coordenados; escoje-mos una de estas inmersiones de R en C de tal forma que se preserven las operacio-nes de ambos campos y esta inmersion es la que identifica la recta real R con el ejehorizontal de C, es decir, se define la funcion ϕ : R→ C mediante ϕ(a) := (a,0)para a ∈ R. Ası, el campo de numeros reales R esta incluido naturalmente en C, eidentificaremos al numero real a ∈ R con el complejo ϕ(a) = (a,0). Como la rectareal R ha sido identificada con el eje horizontal de C, llamaremos a este eje el ejereal de C. Por razones historicas al eje vertical de C se le llama el eje imaginario.Observemos ahora que dado cualquier numero complejo z = (a,b)∈C, lo podemosescribir como

(1) z = (a,b) = (a,0)+(0,b)

con (a,0) en el eje real y (0,b) en el eje imaginario:

-

6

(a,b)

*

(a,0)

(0,b)

•

•

1

2 1 Topologıa del plano complejo

Recordemos ahora que (a,0) = a por la identificacion que hicimos antes. Para elotro sumado (0,b), observemos que en el eje real se tiene al neutro multiplicativo1 = (1,0) y si escogemos en el eje imaginario al complejo i := (0,1) ∈ C al quepodemos llamar la unidad imaginaria observamos que

i2 = (0,1)(0,1) = (−1,0) =−1,

es decir, i2 =−1 por lo que i ∈ C es una raız cuadrada de −1, algo que ciertamenteno sucede en R porque el cuadrado de cualquier real es ≥ 0. Notemos ahora quepara todo complejo (0,b) en el eje imaginario se tiene que

(0,b) = (b,0)(0,1) = bi

de tal forma que todo numero complejo en el eje imaginario es un multiplo real delcomplejo i. Substituyendo estas observaciones en la igualdad (1) de arriba vemosque todo numero complejo z = (a,b) ∈ C se puede escribir de la forma:

z = (a,0)+(0,b) = a+bi

con a,b ∈R y donde el complejo i satisface que i2 =−1. El numero real a se llamala parte real del complejo z = a+bi y el numero real b se llama la parte imaginariadel complejo z = a+bi. Se suele usar la notacion

a = Re(z) y b = Im(z).

Con esta nueva notacion las operaciones de suma y producto en C toman la formasiguiente. Para la suma, dados dos complejos z = a+bi y w = c+di, su suma es:

z+w = (a+bi)+(c+di) = (a+b)+(b+d)i,

es decir, se suman las partes reales y aparte se suman las partes imaginarias. Para elproducto, dados dos complejos z = a+bi y w = c+di, su producto es:

zw = (a+bi)(c+di) = ac+adi+bci+bdi2 usando la distributividad

= ac+adi+bci−bd porque i2 =−1= (ac−bd)+(ad +bc)i separando partes reales de imaginarias.

Observamos que con esta notacion, la formula para el producto de dos complejos esentonces natural. Antes de hacer unos ejemplos con las operaciones de C introduci-remos un par de conceptos asociados a numeros complejos:

Conjugacion. Dado un numero complejo z = a+ bi se define su conjugado z :=a−bi cambiando el signo de la parte imaginaria de z. Dados w,z∈C, as propiedadessiguientes de la conjugacion son faciles de demostrar:

(1) z = z.(2) z+w = z+w.(3) zw = z w.

1 Topologıa del plano complejo 3

(4) Si z 6= 0, entonces (z−1) = (z)−1.(5) Si z 6= 0, entonces

(w/z)= w/z.

(6) z ∈ R⇔ z = z (es decir, un numero complejo es un numero real si y solo sies igual a su conjugado).

Modulo. Dado un numero complejo z = a+bi pensandolo como un segmento diri-gido en el plano podemos considerar su longitud:

-

6

|z|

*

a

b•

y a esta longitud le llamamos el modulo del complejo z y lo denotamos |z|. En lafigura anterior observamos que se tiene un triangulo rectangulo con catetos a, b ycon hipotenusa el modulo |z|, de tal forma que, por el teorema de Pitagoras

|z|2 = a2 +b2

con a2 +b2 ≥ 0 en R, por lo que |z|=+√

a2 +b2 y ası el modulo |z| es un numeroreal positivo. Observemos ahora que si z = a+bi entonces

z · z = (a+bi)(a−bi) = a2− (bi)2 = a2 +b2 = |z|2,

por lo que|z|=+

√z · z.

Usando esta expresion para el modulo de un complejo, dados w,z ∈ C, se verificanfacilmente las propiedades siguientes:

(1) |z|= |z|.(2) |zw|= |z||w|.

(3) Si z 6= 0, entonces∣∣∣w

z

∣∣∣= |w||z| .(4) |z+w| ≤ |z|+ |w| (la desigualdad del triangulo).

Los dos conceptos anteriores facilitan ciertas operaciones en C. Por ejemplo su-pongamos que queremos dividir un complejo w entre un complejo z 6= 0. Entonces

(∗) wz=

wzzz

,

es decir, multiplicamos la fraccion w/z que queremos calcular por 1= z/z y notamosque en el lado derecho de (∗) se tiene en el denominador un numero real: zz = |z|2 yde esta manera el lado derecho es facil de calcular. Un ejemplo ilustra esto:

Ejemplo 1.1. Si z = 2+ 3i y w = 4− i calculemos el cociente w/z y al final es-cribamoslo en la forma a+bi. Esto se hace como se indico arriba:


4− i2+3i

=(4− i)(2+3i)(2+3i)(2+3i)

=(4− i)(2−3i)(2+3i)(2−3i)

=8−12i−2i+3i2

4+9

=5−14i

13=

513− 14

13i.

Observacion 1.1. Es importante notar que en el campo C no puede existir una rela-cion de orden compatible con las operaciones de C, ya que cualquier clase positivaP (en el caso que existiera) debe contener al 1 de C y al cuadrado de cualquier com-plejo 6= 0. Sin embargo, para el complejo z = i se tiene que i2 = −1 que no puedeestar en la (supuesta) clase positiva P de C, por tricotomıa, ya que 1 ∈ P.

Forma polar de un numero complejo. Considere un numero complejo z = a+bi:

-

6

|z|α

*

a

b•

(1) Si z 6= 0, definimos su argumento como el angulo α entre el semieje real positivoy el segmento dirigido determinado por α (vease la figura anterior). Como es usual,el angulo se considera positivo si se mide en sentido contrario al de las manecillasdel reloj y negativo en caso contrario. Observe tambien que el argumento α no esunico, i.e., la asignacion z 7→ α no es una funcion ya que podemos reemplazar α

por α +2π o, en general, por α +2kπ , para cualquier k ∈ Z. Al complejo z = 0 ∈Cno le asignamos un argumento.

(2) Ahora, si z 6= 0 y z = a+ bi, consideremos el triangulo formado por a, b y |z|(vease la figura anterior) donde observamos que |z| 6= 0 y se tiene que:

a = |z|cos(α) y b = |z|cos(α)

y por lo tanto

z = a+bi = |z|cosα + i |z|senα = |z|(cosα + i senα),

es decir, z = |z|(cosα + i senα), y a esta representacion de z la llamamos la formapolar del complejo z 6= 0.

Observacion 1.2. Para transformar z = a+ bi 6= 0 a la forma polar se necesitan: elmodulo de z, el cual se obtiene con |z| =

√a2 +b2, y el argumento α de z. Para

calcularlo observamos que como z = a+bi 6= 0, entonces a 6= 0 o b 6= 0. Si a 6= 0,entonces α = arctan (b/a), y si b 6= 0, entonces α = arccot (a/b). Con estos datosse tiene que z = |z|(cosα + i senα). Por otra parte, para cambiar de la forma polarz= |z|(cosα+ i senα) a la forma a+bi se calculan cos(α) y sen(α) y se multiplicanpor |z|.

Ejemplo 1.2. Encuentre la representacion polar de z = 2+2i. En este ejemplo |z|=√22 +22 = 2

√2 y tan(α) = 2/2 = 1 por lo que α = arctan (1) = π/4 = 45o. Se


sigue quez = |z|(cosα + i senα) = 2

√2(cosπ/4+ i senπ/4).

Ejemplo 1.3. Escriba en la forma a+ bi el complejo w = 4(cosπ/3+ i senπ/3).Esto es directo:

w = 4(cosπ/3+ i senπ/3) = 4(1

2+ i√

32)= 2+2

√3i.

La representacion polar de un numero complejo es util para calcular potencias oraıces. Para esto, consideraremos primero el producto de numeros complejos dadosen forma polar: dados dos numeros complejos en forma polar:

w = |w|(cosα + i senα), z = |z|(cosβ + i senβ ),

calculemos su producto:

wz = |w|[cosα + i senα]|z|[cosβ + i senβ ]

= |w||z|[cosα + i senα][cosβ + i senβ ]

= |w||z|[cosα cosβ + i cosα senβ + i senα cosβ + i2 senα senβ ]

= |w||z|[(cosα cosβ − senα senβ )+ i (senα cosβ + cosα senβ )]

= |w||z|[cos(α +β )+ i sen(α +β )],

(la ultima igualdad se obtiene usando identidades trigonometricas para el seno ycoseno de la suma de dos angulos). Resumiendo, se tiene que

(∗) wz = |w||z|[cos(α +β )+ i sen(α +β )].

La igualdad anterior nos dice que, para multiplicar dos complejos en forma polar:(1) Se multiplican los modulos correspondientes.(2) Se suman los argumentos.Las observaciones anteriores dan una interpretacion geometrica del producto denumeros complejos y la formula (∗) sera util para calcular potencias zn con n ≥ 0entero, de un numero complejo z 6= 0. En efecto, si z = |z|(cosα + i senα), entonces

zn = (|z|(cosα + i senα))n = |z|n[cos(nα)+ i sen(nα)]

donde la ultima igualdad se demuestra facilmente por induccion sobre n usandola formula para el producto (∗) de arriba. La formula anterior para zn con n ≥ 0tambien es valida para n < 0. Para probar esto observe que si z 6= 0 y n < 0, entonceszn = (z−1)−n con −n > 0 y si z = |z|(cosα + i senα) entonces

z−1 = |z|−1(cos(−α)+ i sen(−α))

ya que, como el inverso multiplicativo de z es unico, es suficiente observar que paraz−1 como arriba,


zz−1 = |z|[cosα + i senα]|z|−1[cos(−α)+ i sen(−α)]

= |z||z|−1[cosα + i senα][cos(−α)+ i sen(−α)]

= 1[cos(α−α)+ i sen(α−α)]

= 1[cos0+ i sen0] = 1,

i.e., |z|−1[cos(−α)+ i sen(−α)] = z−1 es, en efecto, el inverso multiplicativo de z.Usando esta formula para z−1 se sigue que si z 6= 0 y n < 0:

zn = (z−1)−n donde −n > 0

=(|z|−1(cos(−α)+ i sen(−α))

)−n

=(|z|−1)−n

[cos(−n(−α))+ i sen(−n−α))]

= |z|n[cos(nα)+ i sen(nα)].

Hemos ası probado:

Proposicion 1.1 (Formulas de De Moivre). Si z = |z|(cosα + i senα) y n ∈ Z,entonces:

zn = |z|n[cos(nα)+ i sen(nα)].ut

La formula anterior nos dice que, en forma polar, es muy facil calcular potenciasde complejos. Veremos a continuacion que calcular raıces de complejos tambienes sencillo. Ası, dado un numero complejo z = a+ bi y un entero n > 1 queremosencontrar otro numero complejo w tal que wn = z, i.e., w = n

√z. Una primera pre-

gunta que se ocurre es: ¿cuantos complejos w existen que sean raıces n-esimas de z?Aquı observamos que si z = 0 claramente la unica raız n-esima es w = 0. Suponga-mos entonces que z 6= 0 y escribamoslo en forma polar z = |z|(cosα + i senα). Co-mo el complejo w que buscamos debe satisfacer que wn = z, entonces w debe ser 6= 0tambien y por lo tanto lo podemos escribir en forma polar: w = |w|(cosθ + i senθ)de tal forma que para encontrar a w debemos hallar su modulo |w| y su argumentoθ (y es de esperarse que estos aparezcan en terminos del modulo y argumento de zy del entero n dado). Los detalles son como sigue: como wn = z, usando la formapolar de w y z, y las formulas de De Moivre, obtenemos:

(∗) |w|n[cos(nθ)+ i sen(nθ)] = |z|(cosα + i senα)

y la igualdad de estos dos complejos implica que sus modulos son iguales, i.e.,|w|n = |z|, por lo que

(1) |w|= n√|z|,

(un numero real positivo). Tambien, la igualdad (∗) implica que los argumentoscorrespondientes deben ser iguales salvo un multiplo entero de 2π , i.e., nθ = α +2kπ con k ∈ Z. Se sigue que:


(2) θ =α +2kπ

ncon k ∈ Z.

Las igualdades (1) y (2) definen complejos w cuya potencia n-esima es z, i.e.,son raıces n-esimas de z. Hemos visto que se tiene un tal w para cada valor delargumento ya que el modulo es unico. Para determinar cuantas raıces diferentes hayprocedemos como sigue:Primero. Dado un entero k ∈ Z, dividiendolo entre n obtenemos k = nq+ r conq,r ∈ Z y 0≤ r < n. Observamos entonces que;

θ =α +2kπ

n=

α +2(nq+ r)πn

=α +2rπ

n+2qπ,

i.e., el argumento correspondiente a (α+2kπ)/n es el mismo que el de (α+2rπ)/nya que estos difieren por el multiplo 2qπ de 2π . Por lo tanto podemos restringir ak ∈ Z al rango 0≤ k < n, i.e., k = 0,1,2, . . . ,n−1.Segundo. Dados dos enteros j 6= k entre 0 y n−1, mostraremos que los argumentos

α +2 jπn

yα +2kπ

n

dan lugar a complejos diferentes (i.e., no son iguales salvo un multiplo entero de2π). En efecto, si sucediera que

α +2 jπn

=α +2kπ

n+2tπ

entonces (α +2 jπ)/n = (α +2kπ+2tnπ)/n por lo que α +2 jπ = α +2kπ+2tnπ ,de donde cancelando α y luego dividiendo entre 2π obtenemos que j = tn+ k, i.e.,j− k = tn, i.e., n| j− k. Pero como 0 ≤ j,k ≤ n− 1, entonces la unica posibilidadpara que n| j− k es que j− k = 0 y por lo tanto j = k. Hemos ası probado:

Proposicion 1.2. Dado un complejo z 6= 0 en forma polar z = |z|(cosα + i senα),entonces z tiene exactamente n raıces complejas wk = |wk|(cosθk + i senθk) cuyosmodulos son todos iguales:

|wk|= n√|z| y cuyos argumentos son: θk =

α +2kπ

ncon 0≤ k ≤ n−1.

Ejemplo 1.4. Calcule las raıces cubicas de z = 1. En este ejemplo |z| = 1, su argu-mento es α = 0 y n = 3. Si w = |w|[cosθ + i senθ ] es una de las 3 raıces cubicas dez, entonces:

|w|= 3√|z|= 3√1 = 1

y sus argumentos son

θk =0+2kπ

3=

2kπ

3para k = 0,1,2,


por lo que, para k = 0, θ0 = 0/3 = 0, para k = 1, θ1 = 2/3, y para k = 2, θ2 = 4/3.Ası, las raıces cubicas de z = 1 son:

w0 = 1[cos0+ i sen0], w1 = 1[

cos2π

3+ i sen

2π

3

], w2 = 1

[cos

4π

3+ i sen

4π

3

],

es decir, w1 = 1, w2 =12 +

√3

2 i, w3 =− 12 −

√3

2 i. Si graficamos estas tres raıces enel plano complejo obtenemos:

-

w1

w2

SSSSo

/

w0 = 1

y observamos que las tres raıces cubicas de z = 1 forman un triangulo equilatero. Elejercicio 1.11 nos dice que esto sucede en el caso general.

Ejercicios

1.1. Demuestre las propiedades de campo de C.

1.2. Demuestre que ϕ :R→C es inyectiva y preserva las operaciones de R y C. Deesta forma ϕ identifica al numero real a∈R con el numero complejo (a,0). Algunasveces omitimos a la ϕ de esta notacion y escribimos a = (a,0).

1.3. Demuestre que ϕ(0) = 0 y ϕ(1) = 1, donde en los lados izquierdos tenemos al0 y 1 de R y en los lados derechos son los de C. Gracias a esta propiedad no existeconfusion al denotar con los mismos sımbolos a los ceros y unos de R y C.

1.4. Si a ∈ R demuestre que ϕ(−a) =−ϕ(a). Y si a 6= 0, demuestre que ϕ(a−1) =ϕ(a)−1.

1.5. Sean w,z ∈ C. Demuestre que:

(1) z = z.(2) z+w = z+w.(3) zw = z w.(4) Si z 6= 0, entonces (z−1) = (z)−1.

(5) Si z 6= 0, entonces(w

z

)=

wz

.

(6) z ∈ R⇔ z = z (es decir, un numero complejo es un numero real si y solo si esigual a su conjugado).

1.6. Sean w,z ∈ C. Demuestre que:


(1) |z|= |z|.(2) |zw|= |z||w|.

(3) Si z 6= 0, entonces∣∣∣w

z

∣∣∣= |w||z| .(4) |z+w| ≤ |z|+ |w| (la desigualdad del triangulo).(5)

∣∣|z|− |w|∣∣≤ |z−w|.

1.7. Si z = a+bi, demuestre que

Re(z) =12(z+ z) e Im(z) =

12i(z− z).

1.8. Considere el conjunto S⊆ C definido por:

S := z ∈ C : |z|= 1.

(a)Demuestre que S es cerrado bajo productos, es decir, demuestre que si u,v ∈ Sentonces uv ∈ S.

(b)Demuestre que S es cerrado bajo inversos, es decir, demuestre que si u ∈ S en-tonces u−1 ∈ S.

(c)Grafique S en el plano complejo C.

1.9. Haga las operaciones indicadas y al final exprese el resultado en la forma a+bi:

(a) (3+2i)+(5−3i).(b) (5+7i)− (4−2i).(c) 3i− (−7+2i).(d) 5+( 1

2 −3i).(e) (2+3i)(4−2i).

(f)3+4i5+2i

.

(g)4

2−3i.

(h)(2+ i)(3+2i)

1− i.

(i) (2+ i)5.

(j)(− 1

2+

√3

2i)4

.(k) in para n = 1,2,3, . . .

1.10. Calcule el modulo de los siguientes complejos:

(a) w = 2− i.

(b) w =3− i√2+3i

.

(c) w = (1+ i)6.

(d) w = i203.

1.11. Muestre que las n raıces n-esimas de 1 son los vertices de un n-agono regularinscrito en el cırculo unitario, uno de cuyos vertices es 1.

1.12. Calcule las raıces indicadas:

1. Raıces cuadradas de w = i.2. Raıces cuartas de w =−1+

√3 i.

3. Raıces sextas de w = 1.

4. Raıces cubicas de w = 1− i.5. Raıces cuartas de w =−16.6. Raıces quintas de w = 32i.


1.13. Demuestre que las raıces n-esimas de z = 1 (diferentes de 1) satisfacen laecuacion ciclotomica:

un−1 +un−2 + · · ·+u+1 = 0.

1.14. Considere el n-agono regular inscrito en el cırculo unitario en C y considerelas n−1 diagonales obtenidas conectando un vertice fijo con todos los otros vertices.Demuestre que el producto de sus longitudes es n. Sugerencia: suponga que losvertices estan unidos al vertice fijo 1 y aplique el ejercicio anterior.

1.15. Sea n≥ 2 un entero y considere el subconjunto µn ⊆ C definido por:

µn := u ∈ C : un = 1.

(a) Demuestre que µn es cerrado bajo productos, es decir, demuestre que si u,v∈ µnentonces uv ∈ µn.

(b) Demuestre que µn es cerrado bajo inversos, es decir, demuestre que si u ∈ µnentonces u−1 ∈ µn.

(c) La grafica de µn en el plano complejo C esta dada en el ejercicio 1.11.

1.1. La topologıa del plano complejo

Usando el modulo o valor absoluto de un numero complejo, se define una dis-tancia en C mediante

d(z,w) := dist(z,w) = |z−w|, para z,w ∈ C.

De las propiedades del valor absoluto de C se sigue que, para u,w,z ∈ C:

d(z,w)≥ 0.d(z,w) = 0 si y solo si z = w.d(z,w) = d(w,z) (simetrıa).d(u,w)≤ d(u,z)+d(z,w) (desigualdad del triangulo), cuyo nombre proviene dela interpretacion geometrica del hecho de que un lado de un triangulo es menorque la suma de las longitudes de los otros dos lados:

u

w

z

1.1 La topologıa del plano complejo 11

Si z ∈ C y r > 0 es cualquier real positivo, se definen las bolas o discos abiertosde centro z y radio r > 0 como

B(z;r) := w ∈ C : d(z,w)< r

•zr

donde notamos que el disco abierto B(z;r) no incluye al cırculo que lo rodea.

Un conjunto Ω ⊆ C se dice que es un conjunto abierto si para todo z ∈Ω existeun disco abierto B(z;ε) totalmente contenido en Ω , i.e., B(z;ε)⊆ Ω . En este caso,tambien se dice que z es un punto interior de Ω . Dicho en otras palabras, Ω esabierto si y solo si todos sus puntos son interiores:

•zΩ

Ejemplo 1.5. Una bola abierta B(z;r) es un conjunto abierto. En efecto, si Ω =B(z;r) con r > 0 y si w∈B(z;r) es cualquier punto, entonces d(w,z)< r y escribien-do r = d(w,z)+ δ se tiene que δ > 0. Ahora, si w = z, se toma el disco B(w;ε) =B(z;r) ⊆ Ω . Si w 6= z, entonces d(w,z) > 0 y si se toma ε := mınδ ,d(w,z), en-tonces B(w;ε)⊆ B(z;r) = Ω porque para todo u ∈ B(w;ε) se tiene que

d(u,z)≤ d(u,w)+d(w,z)< ε +d(w,z)≤ δ +d(w,z) = r−d(w,z)+d(w,z) = r

por lo que d(u,z)< r y ası u ∈ B(z;r) = Ω .

Las propiedades fundamentales de la familia de conjuntos abiertos de C son:

Proposicion 1.3. (1) C y /0 son conjuntos abiertos.

(2) Si A1, . . . ,An son conjuntos abiertos de C, entonces A1 ∩ ·· · ∩ An tambien esabierto.

(3) Si Aλλ∈Λ es una familia arbitraria de conjuntos abiertos de C, entonces⋃λ∈Λ

Aλ tambien es abierto.


Demostracion. (1): Que C es abierto es porque cualquier disco sirve y que /0 esabierto se sigue del argumento usual de vacuidad. Para (2), si A1 ∩ ·· · ∩An = /0,entonces es abierto por (1). Si existe un z ∈ A1 ∩ ·· · ∩ An, entonces z ∈ Ak, paratodo k y como Ak es abierto existe una bola B(z;εk) ⊆ Ak para cada k. Tomamosentonces1 ε = mınε1, . . . ,εn > 0 y ası B(z;ε) ⊆ Ak para toda k y por lo tantoB(z;ε)⊆ A1∩·· ·∩An. Para (3), si z ∈

⋃Aλ , entonces existe un Aλ tal que z ∈ Aλ y

por lo tanto existe un disco B(z;ε)⊆ Aλ ⊆⋃

Aλ . ut

Antes de dar mas ejemplos de conjuntos abiertos, veamos otra clase de subcon-juntos deC, que son los complementos de los conjuntos abiertos. Un conjunto A⊆Ces un conjunto cerrado si su complemento C−A es abierto. De las leyes de de Mor-gan y de la proposicion anterior se sigue que:

Proposicion 1.4. (1) C y /0 son conjuntos cerrados.

(2) Si A1, . . . ,An son conjuntos cerrados de C, entonces A1 ∪ ·· · ∪An tambien escerrado.

(3) Si Aλλ∈Λ es una familia arbitraria de conjuntos cerrados de C, entonces⋂λ∈Λ

Aλ tambien es cerrado.

ut

Ejemplo 1.6. Si z∈C y r > 0 es cualquier real positivo, se definen las bolas o discoscerrados de centro z y radio r > 0 mediante B(z;r) := w ∈ C : d(z,w)≤ r:

•zr

Un disco cerrado es un conjunto cerrado. En efecto, si w ∈ C−B(z;r), entoncesd(z,w)> r y tomando ε = d(z,w)−r > 0 se tiene que B(w;ε)⊆C−B(z;r), ya quepara cualquier u ∈ B(w;ε) si sucediera que d(u,z)≤ r, entonces se tendrıa que

d(z,w)≤ d(z,u)+d(u,w)≤ r+d(u,w)

y por lo tanto d(u,w) ≥ d(z,w)− r = ε , en contradiccion con el hecho de que u ∈B(w;ε). Se sigue que d(u,z)> r y consecuentemente u ∈ C−B(z;r).

1 Note que ε > 0 porque estamos tomando el mınimo de un conjunto finito de reales positivos. Siel conjunto fuera infinito pudiera suceder que ε = 0, por ejemplo si εk = 1/k para k ≥ 1 entero,entonces ε = mın1/kk≥1 = 0. Se sigue que la hipotesis de que la familia Ak sea una familiafinita es necesaria.


Para ver mas ejemplos de conjuntos abiertos o cerrados en el plano complejo acontinuacion estudiamos rectas y semiplanos en C:

Rectas en el plano complejo. Sean u,v ∈ C complejos dados, con v 6= 0. Pensandoa u = (a,b) como un punto en el plano C = R×R, y a v 6= 0 como un segmentodirigido, podemos considerar a la recta L que pasa por el punto u y es paralela alsegmento dirigido v:

-

6

v u

L

Como de v 6= 0 solo nos interesa su direccion, podemos suponer que |v| = 1.¿Como describir a la recta L en terminos de los conceptos que tenemos de numeroscomplejos? Para hacer esto, observemos que un punto z ∈ C esta en L si y solosi existe t ∈ R tal que z = u+ tv (por la interpretacion geometrica de la suma yproducto de complejos). Ası,

L= z ∈ C : z = u+ tv, con t ∈ R.

Observamos ahora que, como v 6= 0,

z ∈ L ⇔ z = u+ tv con t ∈ R ⇔ z−uv

= t ∈ R ⇔ Im( z−u

v

)= 0,

por lo que la recta L que pasa por el punto u ∈ C en la direccion v 6= 0, es elsubconjunto del plano complejo dado por

L= z ∈ C : Im( z−u

v

)= 0.

Semiplanos abiertos. Sean u,v ∈ C dados, con |v| = 1. Queremos ahora describirel conjunto

Hu := z ∈ C : Im( z−u

v

)> 0.

•) Comencemos con el caso cuando u = 0, de tal forma que el conjunto que tenemosahora es

H0 := z ∈ C : Im(z/v)> 0.

Escribiendo v = cosφ + i senφ (recordando que |v|= 1) y z = r(cosθ + i senθ)(con r = |z|), tenemos que

zv= r[cos(θ −φ)+ i sen(θ −φ)],


por lo que

z ∈H0 ⇔ Im(z/v)> 0 ⇔ sen(θ −φ)> 0 ⇔ φ < θ < π +φ ,

y por lo tanto H0 es el semiplano a la izquierda de la recta L que pasa por u = 0paralela a v, si recorremos L en la direccion de v:

-

6

Lu

v

H0

•) Consideremos ahora el caso general

Hu := z ∈ C : Im( z−u

v

)> 0

y observemos que Hu = u+H0 = u+w : w∈H0, es decir, Hu es H0 trasladadopor u:

-

6

u

Lu

Hu

En forma analoga se definen los semiplanos abiertos

Ku := z ∈ C : Im( z−u

v

)< 0

a la derecha de la recta Lu := z ∈ C : Im( z−u

v

)= 0:

-

6

u

Lu

Ku

Ejemplo 1.7. Un semiplano H abierto es un conjunto abierto, vea el ejercicio 1.16.


Ejemplo 1.8. Una recta Lu es un conjunto cerrado porque su complemento son dossemiplanos abiertos Hu y Ku.

Semiplanos cerrados. Dados u,v ∈ C dados, con |v| = 1, los semiplanos cerradosson los conjuntos

Hu := z ∈ C : Im( z−u

v

)≥ 0

(a la izquierda de la recta correspondiente), y los conjuntos

Ku := z ∈ C : Im( z−u

v

)≤ 0

(a la derecha de la recta correspondiente):

-

6

uLu

Hu

-

6

u

Lu

Ku

Observe que ambos semiplanos cerrados contienen a la recta Lu := z ∈ C :Im( z−u

v

)= 0.

Ejemplo 1.9. Un semiplano H cerrado es un conjunto cerrado, vea el ejercicio 1.17.

Sin embargo, los conjuntos no son como las puertas, es decir, no sucede que dadoun conjunto si no es abierto tiene que ser cerrado o puede que sea abierto y cerrado,como es el caso de los conjuntos C y /0. El ejemplo siguiente muestra un conjuntoque no es abierto ni cerrado:

Ejemplo 1.10. El conjunto Ω siguiente, dado por la interseccion de los tres semipla-nos indicados (dos cerrados y uno abierto) no es ni abierto ni cerrado:

Ω

Fronteras. Si Ω ⊆ C, un punto w ∈ Ω es un punto frontera de Ω si cada discoabierto B(w;ε) con ε > 0 y centrado en w, intersecta Ω y C−Ω . La frontera de Ω ,denotada ∂Ω es el conjunto de puntos fronteras de Ω , es decir,

∂Ω = w ∈ C : para todo ε > 0, B(w;ε)∩Ω 6= /0 y B(w;ε)∩ (C−Ω) 6= /0.


•wΩ

Interior y cerradura de un conjunto. Se tiene un enfoque alterno para la topo-logıa del plano complejo. Una forma de hacerlo es definir, usando las nociones deconjunto abierto y conjunto cerrado, dos operaciones en la familia de subconjuntosde C como sigue: sea Ω ⊆ C cualquier subconjunto. La cerradura de Ω , denotadoΩ o tambien Ω−, es el conjunto

Ω :=⋂

F⊇Ω

F

donde la intersecion corre sobre los conjuntos cerrados F tales que F ⊇ Ω . Ahora,por la proposicion 1.4, la interseccion de cualquier familia de cerrados es cerrada,por lo que la cerradura Ω es un conjunto cerrado; de hecho, es el menor conjuntocerrado que contiene a Ω . Similarmente, se define el interior de Ω , denotado Ω 0,como

Ω0 :=

⋃A⊆Ω

A

donde la union corre sobre los conjuntos abiertos A tales que A⊆Ω . Tambien, por laproposicion 1.3, la union de cualquier familia de abiertos es abierta, y ası el interiorΩ 0 es un conjunto abierto y es el mayor abierto contenido en Ω . Claramente

Ω0 ⊆Ω ⊆Ω

−

y dejamos como el ejercicio 1.19 probar que:

Proposicion 1.5. Sea Ω ⊆ C. Entonces,

(1) Ω es abierto si y solo si Ω 0 = Ω .

(2) Ω es cerrado si y solo si Ω− = Ω .ut

Otras propiedades del interior y la cerradura de un conjunto estan en los ejercicios.

Conexidad. Intuitivamente, un conjunto Ω ⊆ C es conexo si es de una sola pieza.Sin embargo, la definicion mas razonable es negativa: se dice que Ω es disconexo siexisten abiertos A,B⊆ C tales que A∩Ω 6= /0, B∩Ω 6= /0 y se tiene que

Ω = (A∩Ω)∪ (B∩Ω).

Decimos entonces que los conjuntos A y B desconectan a Ω o que lo separan en dospiezas, como en la figura siguiente donde Ω es el conjunto sombreado:


AB

El conjunto Ω se dice que es conexo si no es disconexo.

Para poder dar una caracterizacion intrınseca de los conjuntos conexos, es nece-sario relativizar las nociones de subconjuntos abiertos o cerrados. Supongamos queΩ ⊆C es cualquier conjunto. Se dice que un subconjunto A⊆Ω es abierto relativoen Ω si existe un conjunto abierto A′ ⊆C tal que A = A′∩Ω . Se dice que A⊆Ω escerrado relativo en Ω si existe un conjunto cerrado A′′ ⊆ C tal que A = A′′∩Ω . Enel ejercicio 1.22 se piden probar las propiedades analogas a las de las proposiciones1.3 y 1.4 y en el ejercicio 1.23 se pide probar que el complemento, en Ω , de unabierto relativo es un cerrado relativo y viceversa.

Proposicion 1.6. Un conjunto arbitrario Ω ⊆ C es conexo si y solo si los unicossubconjuntos de Ω que son abiertos y cerrados relativos a Ω , son Ω y /0.

Demostracion. Supongamos que Ω es conexo y que A ⊆ Ω es abierto y cerradorelativo a Ω . Por el ejercicio 1.23 como A es cerrado relativo, entonces Ω −A esabierto relativo. Si A 6= /0 y A 6=Ω (por lo que Ω−A 6= /0), entonces Ω =A∪(Ω−A)donde A = A′∩Ω y Ω −A = A′′∩Ω con A′,A′′ abiertos de C y con A y Ω −A novacıos disjuntos, lo cual contradice el que Ω es conexo. Se sigue que A = Ω oA = /0. Recıprocamente, si los unicos abiertos y cerrados relativos a Ω son Ω y /0,supongamos que Ω = (A∩Ω)∪ (B∩Ω) es una disconexion de Ω , es decir, A, Bson abiertos de C y A∩Ω y B∩Ω son disjuntos no vacıos. Entonces, B∩Ω =Ω − (A∩Ω) es cerrado relativo por el ejercicio 1.23 y ası, por hipotesis B∩Ω esvacıo o es todo Ω . Como B∩Ω 6= /0, entonces B∩Ω = Ω y por lo tanto A∩Ω = /0,una contradiccion. Se sigue que Ω es conexo. ut

En la teorıa de derivacion, los conjuntos Ω ⊆ C abiertos y conexos juegan unpapel importante, similar al de los intervalos abiertos de R. En el ejercicio 1.24 sepide recordar o probar que en R los subconjuntos conexos son los intervalos. Usa-remos este hecho en la demostracion del teorema 1.7, pero antes introducimos losconceptos pertinentes. Dados dos puntos z,w ∈C, denotemos con [z,w] al segmentode recta con extremo inicial w y extremo final z, es decir,

[w,z] := tz+(1− t)w : 0≤ t ≤ 1.

Un polıgono en C es un conjunto de la forma P =⋃n

k=1[zk,zk+1] donde [zk,zk+1]son segmentos tales que el extremo final de [zk,zk+1] es igual al extremo inicial de[zk+1,zk+2]. Decimos que P es un polıgono que une z1 con zn y tambien usaremos lanotacion P = [z1,z2, . . . ,zn]:


z1

z2

zk

zn•

•

Teorema 1.7. Un conjunto abierto Ω ⊆ C es conexo si y solo si para cualesquierados puntos z,w ∈Ω existe un polıgono P⊆Ω que une z con w.

Demostracion. Supongamos que Ω es conexo y sea w ∈ Ω un punto arbitrario ysea z∈Ω cualquier otro punto. Mostraremos que existe un polıgono P⊆Ω que unew con z. Mas bien, probaremos que el subconjunto G de Ω siguiente es todo Ω :

G = z ∈Ω : existe un polıgono P⊆Ω que une w con z ⊆Ω .

Para comenzar, note que w ∈ G ya que w se une con w mediante el polıgono P =[w,w] = w ⊆ Ω . Se sigue que G 6= /0. Para mostrar que G = Ω , a la luz de laproposicion anterior, basta probar que G es abierto y cerrado relativo a Ω . Primero,G es abierto relativo ya que si z∈G existe un polıgono P= [w= z1, . . . ,zn = z]⊆Ω .Como z ∈ G y Ω es abierto existe un disco B(z;ε)⊆Ω . Como un disco es convexo(vea el ejercicio 1.25), para cualquier u ∈ B(z;ε) se tiene que [z,u]⊆ B(z;ε)⊆Ω ypor lo tanto el polıgono P∪ [z,u]⊆Ω y une w con u. Se sigue que u ∈ G, para todou∈B(z;ε), es decir, B(z;ε)⊆G y ası G es abierto. Queremos mostrar ahora que G escerrado relativo, es decir, que Ω−G es abierto relativo. Si Ω−G= /0, ya acabamos.Si existe z ∈ Ω −G, como Ω es abierto, existe un B(z;ε) ⊆ Ω . Supongamos queG∩B(z;ε) 6= /0 y sea u∈G∩B(z;ε). Como u∈G existe un polıgono P⊆Ω que unew con u. Pero como u ∈ B(z;ε), entonces (por el ejercicio 1.25) [u,z]⊆ B(z;ε)⊆Ω

y por lo tanto el polıgono P∪ [u,z] ⊆ Ω y une w con z. Se sigue que z ∈ G, unacontradiccion. Por lo tanto G∩B(z;ε) = /0, es decir, B(z;ε)⊆Ω −G y ası Ω −G esabierto como se querıa.

Supongamos ahora que para todo par de puntos z,w ∈ Ω existe un polıgonoP ⊆ Ω que une z con w. Si Ω no fuera conexo, digamos Ω = (A∩Ω)∪ (B∩Ω)donde A,B⊆ C son abiertos no vacıos y disjuntos, entonces escojamos z ∈ A∩Ω yw ∈ B∩Ω . Por hipotesis existe un polıgono P⊆Ω que une z con w. Observe ahoraque no puede suceder que todos los segmentos de P esten contenidos en uno solo delos conjuntos A o B ya que entonces se tendrıa que P⊆ A o P⊆ B, lo cual contradiceel hecho de que los extremos z ∈ A y w ∈ B. Se sigue que existe un segmento [z′,w′]de P tal que z′ ∈ A y w′ ∈ B. Usando este segmento [z′,w′] defina

S = s ∈ [0,1] : sw′+(1− s)z′ ∈ A ⊆ R,T = t ∈ [0,1] : tw′+(1− t)z′ ∈ A ⊆ R.

Es decir, S lo forman los reales en [0,1] que corresponden a la parte del segmento[z′,w′] contenida en A y T los reales en [0,1] correspondientes a la parte del seg-mento [z′,w′] contenida en B. Como A∩B = /0, entonces S∩T = /0. Tambien, 0 ∈ Sy 1 ∈ T y ası ambos no son vacıos. Observe ahora que S∪ T = [0,1] ya que, por


definicion de S y T se tiene que S∪ T ⊆ [0,1] y si t ∈ [0,1] considere el puntotw′+(1− t)z′ ∈ [z′,w′] ⊆ Ω . Entonces, tw′+(1− t)z′ ∈ Ω = (A∩Ω)∪ (B∩Ω)por lo que tw′+(1− t)z′ ∈ A o tw′+(1− t)z′ ∈ B. En el primer caso t ∈ S y en elsegundo caso t ∈ T y ası t ∈ S∪T , i.e, [0,1] ⊆ S∪T . Finalmente, note que S y Tson abiertos relativos al [0,1] en R (vea el ejercicio 1.26). ut

Componentes conexas. A continuacion veremos que todo subconjunto Ω ⊆ C novacıo se descomponer, en forma unica, como union de subconjuntos conexos novacıos y disjuntos entre sı. El resultado que garantiza lo anterior es el siguiente:

Proposicion 1.8. Supongamos que Ωα ⊆ C : α ∈ Λ es una familia de subcon-juntos conexos indexada por α ∈Λ . Si

⋂α∈Λ Ωα 6= /0, entonces

⋃α∈Λ Ωα es conexo.

Demostracion. Pongamos Ω :=⋃

α∈Λ Ωα . Si Ω no fuera conexo, entonces Ω =A∪B, con A,B⊆Ω abiertos relativos no vacıos. Como

⋂Ωα 6= /0, existe un z0 ∈Ωα ,

para todo α ∈Λ . Podemos suponer que z0 ∈ A y por lo tanto A∩Ωα 6= /0 para todoα ∈ Λ . Como los Ωα son conexos, lo anterior implica que B∩Ωα = /0 para todoα ∈Λ y ası B = /0, una contradiccion. ut

Dado un subconjunto arbitrario no vacıo Ω ⊆ k, si z0 ∈ Ω observe que z0 ∈z0⊆Ω y el subconjunto z0 es conexo. Se sigue que la familia Ωα de subcon-juntos conexos de Ω que contienen a z0 no es vacıa. Por la proposicion 1.8 anteriorla union Ω0 :=

⋃α Ωα ⊆Ω es conexa y claramente es el mayor subconjunto cone-

xo de Ω que contiene a z0. Se dice entonces que Ω0 es la componente conexa deΩ que contiene a z0. Variando z j ∈Ω y sus componentes conexas correspondientesΩ j ⊆Ω se tiene que

Ω =⋃

z j∈Ω

Ω j.

Note ahora que si z j,zk ∈Ω , entonces Ω j =Ωk u Ω j∩Ωk = /0 ya que si Ω j∩Ωk 6= /0,por la proposicion 1.8 anterior se sigue que Ω j∪Ωk es conexo y contiene a z j y a zk.Por la maximalidad de las componentes conexas se debe tener entonces que Ω j =Ω j ∪Ωk = Ωk. Se sigue que las componentes conexas de Ω forman una particionde Ω .

Corolario 1.9. Si Ω ⊆ C es abierto, entonces las componentes conexas de Ω sonabiertas.

Demostracion. Sea Ω ′ ⊆Ω una componente conexa y sea z0 ∈Ω ′ Como z0 ∈Ω yΩ es abierto, existe un disco B(z0;r)⊆Ω . Por la proposicion 1.8, la union B(z0;r)∪Ω ′ es conexa y por la maximalidad de la componente conexa debe ser igual a Ω ′.Se sigue que B(z0;r)⊆Ω ′ y por lo tanto Ω ′ es abierto. ut

Compacidad. Una cubierta abierta de un conjunto Ω ⊆ C es una familia de con-juntos abiertos Uk de C tales que Ω ⊆

⋃k Uk. Dicho de otra manera, una cubierta

abierta de Ω es una familia de subconjuntos abiertos relativos Vk ⊆ Ω tales queΩ =

⋃k Vk. Un subconjunto K ⊆ C es compacto si toda cubierta abierta C = Uk

de K tiene una subcubierta finita, es decir, existe una subfamilia finita Uk1 , . . . ,Ukn

de C tal que K =Uk1 ∪·· ·∪Ukn .


Ejemplo 1.11. El conjunto vacıo /0 es compacto. Todo subconjunto finito z1, . . . ,zn⊆C es compacto. Por otra parte, las bolas abiertas no son compactas. Por ejemplo, eldisco B(0;1) = z ∈C : |z|< 1 tiene la cubierta abierta C= B(0;1−1/n) : n ∈N ya que para todo |z|< 1 existe un entero n≥ 1 tal que |z|< 1−1/n. Sin embargoesta cubierta abierta no tiene una subfamilia finita que cubra B(0;1).

Proposicion 1.10. Sea K ⊆ C un conjunto compacto. Entonces,

(1) K es cerrado.

(2) Si F ⊆ K y F es cerrado, entonces F es compacto.

Demostracion. (1): Mostraremos que K− ⊆ K. Si z0 ∈ K−, por el ejercicio 1.21,para todo ε > 0 se tiene que B(z0;ε)∩K 6= /0. Supongamos que z0 6∈ K y sean Un :=C−B(z0;1/n) y note que como B(z0;1/1)⊇B(z0;1/2)⊇B(z0;1/3)⊇ ·· · , entoncesU1 ⊆U2 ⊆U3 ⊆ ·· · . Ademas, como

⋂n≥1 B(z0;1/n) = z0 y z0 6∈ K, entonces

K ⊆ C−z0= C−⋂n≥1

B(z0;1/n) =⋃n≥1

(C−B(z0;1/n)) =⋃n≥1

Un

por lo que los Ui forman una cubierta abierta de K. Como K es compacto y los Uiestan encadenados, existe un entero n tal que

K ⊆n⋃

k=1

Uk =Un = C−B(z0;1/n)

y por lo tanto K∩B(z0;1/n) = /0, una contradiccion con lo que se tiene en el segundorenglon de la demostracion para ε = 1/n. Se sigue que z0 ∈ K y consecuentementeK = K−.

(2): Sea U = Ui una cubierta abierta de F . Como F es cerrado, C−F es abiertoy como F ⊆ K entonces U∪ C− F es una cubierta abierta de K. Como K escompacto, existe una subcubierta finita, digamos U1, . . . ,Un,C−F que cubre a K.Se sigue que U1, . . . ,Un cubre F . ut

El teorema de Heine-Borel, 1.15, que demostraremos al final de la seccion si-guiente, caracteriza los subconjuntos compactos del plano complejo.

Ejercicios

1.16. Demuestre que un semiplano abierto es un conjunto abierto.

1.17. Demuestre que un semiplano cerrado es un conjunto cerrado.

1.18. Describa los siguientes subconjuntos de C:

(a) z ∈ C : Im(z)> 0.


(b) z ∈ C : Re(z)> 3/2.(c) z ∈ C : |z−1| ≤ 2.(d) z ∈ C : |z+1|> 2.(e) z ∈ C : Im(z)> 0, −1

2 ≤ Re(z)≤ 12.

(f) z ∈ C : Im(z)> 0, −12 ≤ Re(z)≤ 1

2 , |z| ≥ 1.

1.19. Sea Ω ⊆ C. Demuestre que:

(a) Ω es abierto si y solo si Ω 0 = Ω .(b) Ω es cerrado si y solo si Ω− = Ω .

1.20. Sea Ω ⊆ C. Demuestre que:

(a) Ω 0 = C− (C−Ω)−.(b) Ω− = C− (C−Ω)0.(c) ∂Ω = Ω−−Ω 0.(d) ∂Ω = Ω−∩ (C−Ω)−.

1.21. Sea Ω ⊆ C. Demuestre que

(a) z ∈Ω 0 si y solo si existe ε > 0 tal que B(z;ε)⊆Ω .(b) z ∈Ω− si y solo si para todo ε > 0 se tiene que B(z;ε)∩Ω 6= /0.

1.22. Sea Ω ⊆ C cualquier conjunto. Demuestre que:

(1) (a) Ω y /0 son abiertos relativos en Ω .(b) Si A1, . . . ,An ⊆Ω son abiertos relativos, A1∩·· ·∩An es abierto relativo.(c) Si Ak es cualquier familia de subconjuntos de Ω que son abiertos relativos,entonces

⋃k Ak tambien es abierto relativo.

(2) (a) Ω y /0 son cerrados relativos en Ω .(b) Si A1, . . . ,An ⊆Ω son cerrados relativos, A1∪·· ·∪An es cerrado relativo.(c) Si Ak es cualquier familia de subconjuntos de Ω que son cerrados relativos,entonces

⋂k Ak tambien es cerrado relativo.

1.23. Si A ⊆ Ω es abierto relativo, demuestre que Ω −A ⊆ Ω es cerrado relativo.Demuestre tambien que si F ⊆Ω es cerrado relativo, entonces Ω−F ⊆Ω es abiertorelativo.

1.24. Demuestre que I ⊆ R es conexo si y solo si I es un intervalo.

1.25. Un subconjunto A⊆C se dice que es convexo si para cualesquiera dos puntosz,w ∈ A se tiene que el segmento [z,w]⊆ A.

(1) Demuestre que cualquier disco abierto o cerrado es convexo.(2) Demuestre que cualquier semiplano abierto o cerrado es convexo.(3) Demuestre que la interseccion de cualquier familia de subconjuntos convexos

es convexa.


(4) Dado un subconjunto A ⊆ C, como C es convexo, entonces la familia F desubconjuntos convexos que contienen a A no es vacıa. Por el ejercicio anteriorla interseccion de todos los miembros de F es convexa y claramente es el menorsubconjunto convexo que contiene a A y se le llama la capsula convexa de A.¿Como es la capsula convexa de un conjunto A con dos puntos? ¿Como es lacapsula convexa de un conjunto con tres puntos?

1.26. En la parte final de la demostracion del teorema 1.7, demuestre que los con-juntos S y T son abiertos relativos en [0,1].

1.27. Si Ω ⊆ C es abierto, demuestre que sus componentes conexas son abiertastambien.

1.28. Demuestre que un conjunto K ⊆ C es compacto si y solo si para toda familiade subconjuntos cerrados F = Fk de K con la propiedad de que cada subfamiliafinita Fk1 , . . . ,Fkn de F satisface que Fk1 ∩·· ·∩Fkn 6= /0, se tiene que

⋂Fk∈F Fk 6= /0.

1.2. Sucesiones y series de numeros complejos

Una sucesion de numeros complejos es una funcion s :N→C. Si n∈N usaremosla notacion s(n) =: sn para el valor de la sucesion s en el numero natural n. Tambiendenotaremos a la sucesion s como sn. Observe que si sn = an + ibb donde an es laparte real de sn y bn es la parte imaginaria de sn, entonces se tienen dos sucesiones denumeros reales, a saber: an y bn. Recıprocamente, si se tienen dos sucesiones denumeros reales an y bn, estas determinan una sucesion de numeros complejos:an + ibn.

Lımites de sucesiones. Dada una sucesion sn de numeros complejos, diremos quesn tiene lımite L∈C si para cada ε > 0 existe un N ∈N tal que |sn−L|< ε siempreque n≥N. Se dice que la sucesion sn es convergente y que converge a L y se usa lanotacion lımsn= L. El ejercicio 1.28 lista algunas de las propiedades elementalesde los lımites de sucesiones complejas, cuyas demostraciones son variaciones de lasque se conocen para el caso de sucesiones de numeros reales. De hecho, observeque si escribimos sn = an + ibn en su parte real y su parte imaginaria y L = a+ ib,entonces

lımsn= L si y solo si lıman= a y lımbn= b.

Una implicacion se sigue de las desigualdades |an| ≤ |sn| y |bn| ≤ |sn|, y la otraimplicacion se sigue de la desigualdad del triangulo |sn| ≤ |an|+ |bn|. Para otraspropiedades usuales de las sucesiones de numeros (complejos) veanse los ejercicios1.29 al 1.31 al final de esta seccion.

Muchas de las propiedades topologicas de C se pueden expresar en terminos desucesiones:

1.2 Sucesiones y series de numeros complejos 23

Lema 1.11. Ω ⊆C es cerrado si y solo si para toda sucesion an ⊆Ω , si la suce-sion converge, su lımite esta en Ω .

Demostracion. Si Ω es cerrado y zn ⊆ Ω es tal que lımzn = z ∈ C, entoncespara todo ε > 0 existe N ∈ N tal que si n > N se tiene que zn ∈ B(z;ε). Pero comozn ∈Ω , entonces zn ∈ B(z;ε)∩Ω , i.e., para todo ε > 0, B(z;ε)∩Ω 6= /0 y ası, por elejericico 1.21, se sigue que z ∈ Ω− = Ω porque Ω es cerrado. Supongamos ahoraque z ∈ Ω−. Por el ejercicio 1.21, para todo ε > 0 existe un zε ∈ B(z;ε)∩Ω . Enparticular, para ε = 1/n con n ∈ N existen zn ∈ B(z;1/n)∩Ω y se tiene ası unasucesion zn ⊆ Ω tal que para cada n se tiene que zn ∈ B(z;1/n) y por lo tantozn→ z, donde por hipotesis z ∈Ω . Se sigue que Ω− = Ω . ut

Si Ω ⊆ C, un punto z ∈ C es un punto de acumulacion o punto lımite de Ω sipara todo disco B(z;ε) centrado en z se tiene que Ω ∩

(B(z;ε)−z

)6= /0. Por el

ejercicio 1.21 (b) lo anterior es equivalente a que z ∈ (Ω −z)−.

Lema 1.12. Si Ω ⊆C, un punto z ∈C es un punto de acumulacion de Ω si y solo siexiste una sucesion zn ⊆Ω −z tal que z = lımzn.

Demostracion. Si z es punto de acumulacion de Ω , por definicion, para ε = 1/ncon n ∈ N, existe un zn ∈ Ω ∩

(B(z;1/n)−z

). Para la sucesion zn ⊆ Ω −z

anterior observe que para todo ε > 0 escogiendo N ∈N tal que 1/N < ε se tiene quesi n≥N, entonces |zn−z|< 1/n≤ 1/N < ε , es decir, lımzn= z. Recıprocamente,si existe una tal sucesion, entonces para todo ε > 0 existe un N tal que para n≥N setiene que |zn−z|< ε , es decir, zn ∈Ω ∩B(z;ε) y cada zn 6= z porque zn⊆Ω−z.

ut

Proposicion 1.13. Un conjunto Ω ⊆ C es cerrado si y solo si contiene todos suspuntos de acumulacion.

Demostracion. Supongamos que Ω es cerrado. Si z es un punto de acumulacion deΩ y si sucediera que z 6∈Ω , entonces z∈C−Ω , que es abierto porque Ω es cerrado.Entonces, z es punto interior de C−Ω y ası existe un disco B(z;ε) ⊆ C−Ω . Porlo tanto B(z;ε)∩Ω = /0 lo cual contradice el que z sea punto de acumulacion. Sesigue que z∈Ω . Recıprocamente, si Ω contiene a todos sus puntos de acumulacion,mostraremos queC−Ω es abierto. En efecto, sea z∈C−Ω . Entonces z no es puntode acumulacion de Ω y por lo tanto existe un disco B(z;ε) tal que /0 = B(z;ε)∩(Ω −z

)= B(z;ε)∩Ω (porque z 6∈ Ω implica que Ω −z = Ω ) y por lo tanto

B(z;ε)⊆ C−Ω . Se sigue que C−Ω es abierto. ut

Sucesiones de Cauchy. Si sn es una sucesion de complejos tal que lımsn =L ∈ C, observe que para todo ε > 0 existe un N ∈ N tal que si m,n ≥ N se tieneque |sm− sn|< ε . En efecto, como lımsn= L, para ε > 0 existe un N ∈ N tal que|sm−L|< ε/2 siempre que m≥ N. Se sigue que si m,n≥ N entonces

|sm− sn|= |sm−L+L− sn| ≤ |sm−L|+ |sn−L|< ε/2+ ε/2 = ε,


como se querıa. Una sucesion de numeros complejos sn que satisface la condicionanterior, es decir que para todo ε > 0 existe un N ∈N tal que si m,n≥N se tiene que|sm− sn|< ε , se dice que es una sucesion de Cauchy. Hemos ası mostrado que en Ctoda sucesion convergente es una sucesion de Cauchy. Si escribimos sn = an + ibncomo antes, un argumento similar al del parrafo anterior demuestra que sn es deCauchy si y solo si an y bn son de Cauchy, como sucesiones de numeros reales.

Observe ahora que, como en R toda sucesion de Cauchy es convergente, se tieneque en C toda sucesion de Cauchy converge a un numero complejo. Es decir, C escompleto. La completez de C es equivalente a la propiedad del teorema de Cantorsiguiente, donde recordamos que si A⊆ C, se define su diametro como

diamA := sup|z−w| : z,w ∈ A.

Teorema 1.14 (Cantor). Si Fn es una sucesion de conjuntos cerrados no vacıosde C tales que:

(1) F1 ⊇ F2 ⊇ ·· · ,

(2) lımdiamFn= 0,

entonces F :=∞⋂

n=1

Fn consiste de un unico punto.

Demostracion. Para cada n sea zn ∈ Fn un punto arbitrario. Por (1), si m,n ≥ N setiene que zm,zn ∈ FN y por lo tanto |zm− zn| ≤ diamFN . Ahora, por (2), para todoε > 0 existe un N ∈ N tal que si k ≥ N se tiene que diamFk < ε . Se sigue que sim,n≥ N se tiene que |zm− zn|< ε y por lo tanto zn es una sucesion de Cauchy enC y consecuentemente lımzn = z ∈ C. Ahora, como Fn ⊆ FN para todo n ≥ N ycomo zn ∈ Fn, entonces zn ∈ FN para todo n≥ N, es decir la cola de la sucesion znesta contenida en FN y como FN es cerrado, por el lema 1.11 se sigue que z ∈ FN ypor lo tanto z∈Fn para todo n y consecuentemente z∈

⋂∞n=1 Fn =: F y ası F 6= /0. Por

otra parte, si z,w ∈ F , entonces z,w ∈ Fn para todo n y por lo tanto |z−w| ≤ diamFnpara todo n y como lımdiamFn = 0 se sigue que |z−w| = 0, es decir, z = w yası F contiene un unico punto. ut

El teorema siguiente caracteriza los subconjuntos compactos del plano complejo:

Teorema 1.15 (Heine-Borel). Un subconjunto K ⊆ C es compacto si y solo si escerrado y acotado.

Demostracion. Si K es compacto, por la primera parte de la proposicion anterior, Kes cerrado. Por otra parte, como los discos B(0;n) con n ∈ N, cubren claramente C,entonces cubren K y como K es compacto existe una subcubierta finita que, comolos discos anteriores estan encadenados, equivale a que existe un disco B(0;M) talque K ⊆ B(0;M) y por lo tanto K esta acotado por M.


Supongamos ahora que K es cerrado y acotado. Como es acotado, existe un M >0 tal que K ⊆ B(0;M). Se sigue que K ⊆ B(0;M)⊆ [−M,M]× [−M,M] =: C, dondeC es el cuadrado de centro el origen y lado 2M:

-

6

CM−M

M

−M

Note que C es cerrado y por la proposicion 1.10 basta mostrar que C es compactopara que K lo sea. Supongamos, que existe una cubierta abierta U= Uα de C queno contiene una subcubierta finita. Dividamos C en los cuatro cuadrados cerrados ycon interiores disjuntos siguientes: C1 = [0,M]× [0,M], C2 = [−M,0]× [0,M], C3 =[−M,0]× [0,−M], C4 = [0,M]× [0,−M]:

• -

6

C1C2

C3 C4

Se sigue que alguno de los C j no se puede cubrir con un numero finito de los Uα .Sin perder generalidad supongamos que C1 no se puede cubrir con un numero finitode los Uα y denotemos este por C(1). Procedemos entonces dividir este C(1) en cua-tro cuadrados cerrados con interiores disjuntos: C(1)

1 = [0,M/2]× [0,M/2], C(1)2 =

[M/2,M]× [0,M/2], C(1)3 = [M/2,M]× [M/2,M], C(1)

4 = [0,M/2]× [M/2,M]:

• -

6C(4)

1 C(3)1

C(1)1 C(2)

1

Entonces, alguno de los C(1)j no se puede cubrir con un numero finitos de los Uα .

Sin perder generalidad supongamos que C(1)1 no se puede cubrir con un numero

finito de los Uα y denotemos este por C(2). Note que el proceso anterior no se puededetener porque si ası sucediera todos los C(n)

j correspondientes se cubrirıan por unnumero finito de los Uα y por lo tanto tambien C quedarıa cubierto por este numerofinito de Uα . Hemos ası construido una familia de subconjuntos cerrados no vacıosencadenados

C ⊇C(1) ⊇C(2) ⊇C(3) ⊇ ·· ·

donde claramente lımdiamC(n) = 0 y ası, por el teorema de Cantor 1.14, existeun unico punto z ∈

⋂n≥1 C(n) ⊆C. Ahora, como z ∈C y los Uα cubren C, entonces


z ∈Uα para algun α , y como Uα es abierto, existe un B(z;δ )⊆Uα . Para esta δ > 0,como lımdiamC(n) = 0, existe un entero N > 0 tal que diamC(n) < δ para todon ≥ N, y como z ∈ C(n), entonces C(n) ⊆ B(z;δ ) ⊆ Uα . Es decir, estos C(n) estancubiertos por una unica Uα , una contradiccion. ut

Series de numeros complejos. Si an es una sucesion de complejos, considere lassumas parciales:

sn = a1 +a2 + · · ·+an

y note que estas definen una nueva sucesion sn, llamada la sucesion de sumasparciales de an. A esta sucesion de sumas parciales se le llama la serie o serieinfinita asociada a la sucesion an y se denota por

sn=∞

∑n=0

an.

Decimos que la serie ∑∞n=0 an es convergente y que converge a L ∈ C si la suce-

sion de sumas parciales sn converge a L. Se usa la notacion ∑∞n=0 an = L, y se dice

que L es la suma de la serie infinita anterior. Se dice que una serie ∑∞n=0 an diverge si

sn no tiene un lımite en C. Se dice que una serie ∑∞n=0 an converge absolutamente

si la serie de modulos ∑∞n=0 |an| es convergente. Las propiedades usuales de las se-

ries de numeros (complejos) se encuentran en los ejercicios 1.35 y 1.36 al final deesta seccion.

Lımite superior y lımite inferior. Supongamos que an es una sucesion de nume-ros reales.

1. Si an no esta acotada superiormente, se define el lımite superior como

lımsupan= ∞.

2. Si an esta acotada por arriba, entonces tambien lo es la sucesion am+nn∈Npara cada m. Si ponemos

αm := supam+n : n ∈ N

claramente la sucesion αm es decreciente. Si sucede que lımαm = −∞ sedefine

lımsupan=−∞.

3. Si an esta acotada por arriba y lımαm= α ∈ R, se define

lımsupan= α.

Se tiene la nocion correspondiente de lımite inferior, denotado lıminfan, ydefinido como sigue (donde αm = ınfam+n : n ∈ N):


lıminfan=

−∞ si an no esta acotada inferiormente,∞ si an esta acotada inferiormente y lımαm= ∞,

α si an esta acotada inferiormente y lımαm= α ∈ R.

Ejercicios

1.29. Si zn es una sucesion convergente enC, demuestre que su lımite es unico. Sizn y wn son dos sucesiones convergentes, con lımites L1 y L2, respectivamente,demuestre que

(1) La suma de las sucesiones zn +wn converge a L1 +L2.(2) El productto de las sucesiones znwn converge a L1L2.(3) El cociente (cuando esta definido) de las sucesiones zn/wn converge a L1/L2

si L2 6= 0.

1.30. Demuestre que si zn es convergente, entonces es acotada. De un contraejem-plo para mostrar que el recıproco es falso.

1.31. Demuestre que toda sucesion acotada tiene una subsucesion convergente.

1.32. Si Ω ⊆ C demuestre que Ω− = z ∈ C : z es punto de acumulacion de Ω.

1.33. Demuestre que K ⊆C es compacto si y solo si todo subconjunto infinito de Ktiene un punto de acumulacion en K.

1.34. Demuestre que diamA = diamA, para todo A⊆ C.

1.35. Demuestre que si ∑∞n=0 zn es convergente, entonces la sucesion zn converge

a 0. La afirmacion recıproca es falsa: considere la serie armonica ∑∞n=0 1/n.

1.36. Demuestre que toda serie ∑∞n=0 zn absolutamente convergente, es convergente.

De un contraejemplo de una serie convergente que no es absolutamente convergente.

1.37. Demuestre que lımsupan=−∞ si y solo si lıman=−∞.

1.38. Demuestre que lımsupan = ∞ si y solo si existe una subsucesion de ancuyo lımite es ∞.

1.39. Demuestre que lımsupan = α ∈ R si y solo si para todo ε > 0 el conjunton : an ≥ α− ε es acotado y el conjunto n : an > α− ε es no acotado.

1.40. Si α ∈ R y an ⊆ R, demuestre que lıman= α si y solo si lımsupan=α = lıminfan.

1.41. Si lımsupan = α ∈ R, demuestre que para toda subsucesion convergentebn de an se tiene que lımbn ≤ α . Mas aun, demuestre que existe una subsu-cesion bn tal que lımbn= α .


1.42. Si lımsupan= α y c > 0 es un real, demuestre que lımsupcan= cα .

1.43. Si an y bn son sucesiones acotadas de numeros reales, demuestre que

lımsupan +bn ≤ lımsupan+ lımsupbn.

lıminfan +bn ≥ lıminfan+ lıminfbn.

1.44. Demuestre que lıminfan ≤ lımsupan.

1.45. Si an y bn son sucesiones de numeros reales positivos tales que a =lımsupan y 0 < b = lımbn< ∞, demuestre que

ab = lımsupanbn.

1.46. Demuestre que lımn1/n= 1. Sugerencia: considere logn1/n.

1.47. Demuestre que lım(

1n!

)1/n= 0.

1.48. Suponga que∞

∑n=0

an = L1 y∞

∑n=0

bn = L2 y que cada una de estas series converge

absolutamente. Defina cn =n

∑k=0

akbn−k. Demuestre que∞

∑n=0

cn = L1L2.

1.3. Funciones de una variable compleja

Si Ω ⊆ C, estaremos interesados en funciones f : Ω → C y en esta seccion es-tudiaremos sus propiedades generales basicas: su comportamiento bajo lımites ysu continuidad. Para comenzar, observe que como el codominio de estas funcio-nes es el campo de numeros complejos, las funciones anteriores se pueden sumar,restar y multiplicar (y dividir, siempre y cuando el denominador no sea cero). Lasdefiniciones son las usuales: si f ,g : Ω → C son dos funciones, su suma es la fun-cion f + g : Ω → C definida por ( f + g)(z) = f (z) = g(z), su producto es la fun-cion f g : Ω → C dada por ( f g)(z) = f (z)g(z). La resta f − g : Ω → C esta dadapor ( f − g)(z) = f (z)− g(z) y el cociente f/g tiene como dominio al conjuntoΩ ′ := z ∈Ω : g(z) 6= 0 y se define, para z ∈Ω ′ mediante ( f/g)(z) = f (z)/g(z).Si f : Ω → C y g : ∆ → C son dos funciones tales que para todo z ∈Ω se tiene quef (z) ∈ ∆ , es decir, la imagen del conjunto Ω bajo f

f (Ω) := f (z) : z ∈Ω

esta contenida en ∆ , entonces se define la composicion

g f : Ω → C

1.3 Funciones de una variable compleja 29

mediante (g f )(z) := g( f (z)), observando que, si z∈Ω , el valor o imagen f (z)∈∆

esta en el dominio de g por la hipotesis de que f (Ω)⊆ ∆ .

Lımites. Si f : Ω → C es una funcion y z0 es un punto de acumulacion de Ω , sedice que un numero complejo L ∈ C es el lımite de f cuando z se aproxima a z0 sipara todo ε > 0 existe un δ > 0 tal que siempre que 0 < |z− z0| < δ y z ∈ Ω , setiene que | f (z)− f (z0)|< ε . Como para el caso de funciones reales de variable real,si el lımite L anterior existe, este es unico (vea el ejercicio 1.49) y lo denotaremospor

L = lımz→z0

f (z).

La demostracion del resultado siguiente la dejamos como el ejercicio 1.50:

Proposicion 1.16. Sean f ,g : Ω → C dos funciones y z0 un punto de acumulacionde Ω . Si lımz→z0 f (z) y lımz→z0 g(z) existen, entonces:

(1) lımz→z0

( f ±g)(z) = lımz→z0

f (z)± lımz→z0

g(z).

(2) lımz→z0

( f g)(z) =(

lımz→z0

f (z))(

lımz→z0

g(z)).

(3) Si lımz→z0

g(z) 6= 0, entonces lımz→z0

(f (z)/g(z)

)=(

lımz→z0

f (z))/(

lımz→z0

g(z)).

ut

Continuidad. Una funcion f : Ω → C es continua en el punto z0 ∈Ω si

lımz→z0

f (z) = f (z0).

Por definicion de lımite, lo anterior quiere decir que, para todo ε > 0 existe un δ > 0tal que si |z− z0| < δ y z ∈ Ω , se tiene que | f (z)− f (z0)| < ε . Interpretando lasdesigualdades anteriores en terminos de discos abiertos, se tiene que f es continuaen z0 ∈Ω si y solo si para todo disco abierto B( f (z0);ε) con centro f (z0), existe undisco abierto B(z0;δ ) con centro z0 tal que para todo z ∈ B(z0;δ )∩Ω se tiene quef (z) ∈ B( f (z0);ε); es decir, f (B(z0;δ )∩Ω ⊆ B( f (z0);ε). Dicho de otra manera,hemos probado que para cualquier disco abierto B( f (z0);ε) con centro f (z0), existeun disco abierto B(z0;δ ) tal que su interseccion con Ω esta contenida en la imageninversa del disco B( f (z0);ε):

f−1(B( f (z0);ε)) := z ∈Ω : f (z) ∈ B( f (z0);ε).

Hemos ası probado:

Proposicion 1.17. Una funcion f : Ω → C es continua en el punto z0 ∈Ω si y solosi para todo disco abierto B( f (z0);ε) con centro en f (z0) existe un disco abiertoB(z0;δ ) tal que B(z0;δ )∩Ω ⊆ f−1B( f (z0);ε).

utLa demostracion del resultado siguiente la dejamos como el ejercicio 1.51:

Proposicion 1.18. Sean f ,g : Ω → C funciones continuas en un punto z0 ∈Ω . En-tonces,


(1) f ±g : Ω → C es continua en z0.

(2) f g : Ω → C es continua en z0.

(3) Si g(z0) 6= 0, entonces f/g : Ω → C es continua en z0.ut

Se dice que una funcion f : Ω → C es continua si lo es en cada punto de sudominio.

Teorema 1.19. Una funcion f : Ω → C es continua si y solo si para todo abiertoU ⊆ C se tiene que f−1(U) es abierto en Ω .

Demostracion. Si U ⊆ C es abierto y z ∈ f−1(U), entonces f (z) ∈ U y como Ues abierto existe un disco B( f (z);ε) ⊆ U . Ahora, como f es continua en z, paratodo ε > 0 existe un δ > 0 tal que f

(B(z;δ )∩Ω

)⊆ B( f (z);ε) ⊆U y por lo tanto

B(z;δ )∩Ω ⊆ f−1(U) y por lo tanto f−1(U) es abierto en Ω . Recıprocamente, siz ∈Ω , para todo ε > 0 por hipotesis f−1B( f (z);ε) es abierto en Ω , es decir, existeun abierto V ⊆ C tal que f−1B( f (z);ε) = V ∩Ω y ası z ∈ V , por lo que existeun disco B(z;δ ) ⊆ V y consecuentemente B(z;δ )∩Ω ⊆ f−1B( f (z);ε) y ası por laproposicion anterior f es continua en z, para todo z ∈Ω . ut

Corolario 1.20. Sean f : Ω → C y g : ∆ → C funciones tales que f (Ω) ⊆ ∆ yademas f y g son continuas. Entonces, g f : Ω → C es continua.

Demostracion. Si U ⊆ C es abierto, como g es continua se tiene que g−1(U) esabierto en ∆ , y como f es continua se sigue que (g f )−1(U) = f−1(g−1U) esabierto en Ω . ut

Teorema 1.21. Sea f : Ω → C una funcion continua.

(1) Si Ω es conexo, entonces f (Ω) tambien es conexo.

(1) Si Ω es compacto, entonces f (Ω) tambien es compacto.

Demostracion. (1): Supongamos que V ⊆ f (Ω) es abierto y cerrado en f (Ω) y queV 6= /0. Entonces, f−1V 6= /0 y f−1V es abierto y cerrado en el conexo Ω porque f escontinua. Se sigue que f−1V = Ω y ası V = f (Ω) y por lo tanto f (Ω) es conexo.

(2): Si Ω = /0, entonces f (Ω) = /0 y no hay nada que probar. Supongamos queΩ 6= /0 y sea Vi una cubierta abierta de f (Ω), es decir, f (Ω) ⊆

⋃i Vi. Entonces,

f−1Vi es una cubierta abierta de Ω , y como Ω es compacto, entonces existe unasubcubierta finita, digamos Ω ⊆ f−1V1∪·· ·∪ f−1Vn. Se sigue que

f (Ω)⊆ f(

f−1V1∪·· ·∪ f−1Vn)⊆ f ( f−1V1

)∪·· ·∪ f

(f−1Vn

)⊆V1∪·· ·∪Vn

y por lo tanto V1, . . . ,Vn es una subcubierta finita de f (Ω). ut

Una funcion f : Ω → C es uniformemente continua si para todo ε > 0 existe unδ > 0 (que solo depende de ε) tal que | f (z)− f (w)| < ε siempre que |z−w| < δ .Claramente toda funcion uniformemente continua es continua. El ejercicio 1.56 pideencontrar una funcion continua que no es uniformemente continua.

1.3 Funciones de una variable compleja 31

Teorema 1.22. Si f : Ω →C es continua y Ω es compacto, entonces f es uniforme-mente continua.

Demostracion. Dado ε > 0, como f es continua en cada u ∈ Ω , existe un δu > 0(que depende de u y ε) tal que si |u− v|< 2δu se tiene que

(1) | f (u)− f (v)|< ε/2.

La familia de discos B(u;δu)u∈Ω es una cubierta abierta de Ω y como este escompacto existe una subcubierta finita, digamos B(u1;δ1), . . ., B(un;δn). Sea δ =mınδ1, . . . ,δn. Entonces, dados w,z ∈ Ω tales que |w− z| < δ , como los discosB(u j;δ j) cubren Ω , entonces w ∈ B(uk;δk) para algun k entre 1 y n, y por lo tanto|uk−w|< δk. Ademas, |w− z|< δ ≤ δk, por lo que

|uk− z| ≤ |uk−w|+ |w− z|< 2δk

y ası, por (1), se sigue que | f (uk)− f (z)| < ε/2. Por otra parte, como |uk−w| <δk < 2δk, por (1) se sigue que | f (uk)− f (w)|< ε/2. Las dos ultimas desigualdadesimplican que

| f (w)− f (z)| ≤ | f (w)− f (uk)|+ | f (uk)− f (z)|< ε/2+ ε/2 = ε

siempre que |w− z|< δ . ut

Si A,b⊆ C son no vacıos, se define la distancia entre A y B mediante

d(A,B) := ınfd(a,b); : a ∈ A, b ∈ B.

En el caso cuando A = a consta de un solo punto se define d(a,B) := d(a,B).Note tambien que si A = a y B = b, entonces d(A,B) = d(a,b). Tambien, siA∩B 6= /0, entonces d(A,B) = 0. Sin embargo se puede tener que d(A,B) = 0 auncuando A∩B 6= /0. Por ejemplo, si A= z= (a,0)∈C y B= z= (x,ex) = x+ iex ∈C, entonces B es asıntota al eje real A por lo que d(A,B) = 0. Note que A∩B = /0y ambos son cerrados, pero ninguno es compacto.

Proposicion 1.23. Si A,B ⊆ C son no vacıos disjuntos, B cerrado y A compacto,entonces d(A,B)> 0.

Demostracion. Defina f : C→ R mediante f (z) := d(z,B). Claramente f es conti-nua. Como A∩B = /0 y B es cerrado, entonces para todo a∈ A se tiene que f (a)> 0.Pero como A es compacto, por el ejercicio 1.55, la funcion continua f alcanza sumınimo en A, es decir, existe un a0 ∈ A tal que 0 < f (a0) = ınf f (z) : z ∈ A =d(A,B). ut


Ejercicios

1.49. Sea f : Ω → C una funcion y z0 un punto de acumulacion de Ω . Si el lımitelımz→z0 f (z) existe, demuestre que es unico.

1.50. Demuestre la proposicion 1.16.

1.51. Demuestre la proposicion 1.18.

1.52. Sean f : Ω → ∆ ⊆ C y g : ∆ → C funciones. Sea z0 un punto de acumulacionde Ω tal que lımz→z0 f (z) = w0 ∈ ∆ y suponga que g es continua en w0. Demuestreque

lımz→z0

(g f )(z) = g( lımz→z0

f (z)) = g(w0).

1.53. Sean f : Ω → C una funcion y z0 ∈ C un punto de acumulacion de Ω . De-muestre que

lımz→z0

= L ∈ C

si y solo si para toda sucesion zn ⊆Ω −z0 que converge a z0 se tiene que

lım f (zn)= L.

1.54. Si K ⊆C es compacto y f : K→C es continua, demuestre que existe un puntoz0 ∈ K tal que

| f (z0)|= sup| f (z)| : z ∈ K.

Ası, en un compacto el modulo de una funcion continua alcanza su maximo.

1.55. Si K ⊆C es compacto y f : K→C es continua, demuestre que existe un puntoz0 ∈ K tal que

| f (z0)|= ınf| f (z)| : z ∈ K.

(En un compacto el modulo de una funcion continua alcanza su mınimo).

1.56. De un ejemplo de una funcion continua que no es uniformemente continua.

1.57. Si f ,g : Ω → C son uniformemente continuas, demuestre que f + g tambienlo es.

1.58. Si f : Ω → C es uniformemente continua y zn es una sucesion de Cauchyen Ω , demuestre que f (zn) es una sucesion de Cauchy en C.

1.59. Demuestre que d(z,Ω) = d(z,Ω−).

1.60. Si Ω ⊆ C, un subconjunto A ⊆ Ω es denso en Ω si A− = Ω . Por ejemplo, elconjunto A = a+bi : a,b∈Q ⊆C es denso en C. Suponga que f ,g : Ω →C sondos funciones continuas tales que f (z) = g(z) para todo z ∈ A, donde A es denso enΩ . Demuestre que f = g.

1.4 La esfera de Riemann y el plano complejo extendido 33

1.61. Un punto z0 ∈Ω se dice que es aislado si existe un disco B(z0;ε), con ε > 0,tal que Ω ∩ B(z0;ε) = z0. Demuestre que si z0 ∈ Ω , entonces z0 es un puntoaislado o un punto de acumulacion de Ω .

1.62. Si z0 ∈Ω es un punto aislado, demuestre que cualquier funcion f : Ω → C escontinua en z0.

1.63. Una funcion f Ω → C se dice que es Lipschitz si existe una constante L > 0tal que | f (z)− f (w)| ≤ L|z−w| para todo z,w ∈Ω . Demuestre que toda funcion deLipschitz es uniformemente continua.

1.64. Si /0 6= A ⊆ Ω ⊆ C, demuestre que la funcion f : Ω → C dada por f (z) =d(z,A) es de Lipschitz.

1.65. Demuestre que la funcion f : C→ C dada por f (z) = |z| es de Lipschitz.

1.66. Demuestre que la funcion f : R→ R dada por f (x) = x2 no es de Lipschitz.

1.4. La esfera de Riemann y el plano complejo extendido

Ademas de los lımites de la forma lımz→∞ f (z)=L∈C o de la forma lımz→z0 f (z)=∞, que ya hemos encontrado, hay muchas otras situaciones donde serıa convenientetrabajar con el sımbolo ∞ como un elemento especial del dominio o codominio deuna funcion y por lo tanto es deseable extender el plano complejo C anadiendo unpunto al infinito y definir el plano complejo extendido como

C∞ := C∪∞,

donde ∞ es un elemento que no esta en C. Ası, expresiones como lımz→z0 f (z) = ∞

tienen sentido dentro de C∞ y tambien expresiones del estilo lımz→∞ f (z) = z0 conz0 ∈ C o z0 = ∞. El plano extendido C∞ sera de mucha utilidad al poder considerarfunciones que tomen el valor ∞. Un ejemplo de tal funcion es f (z) = 1/z dondeahora podemos decir que f (0) = ∞ en el plano complejo extendido. Para que loslımites anteriores tengan sentido dentro de C∞, necesitamos introducir una metricao distancia en C∞. Siguiendo a Caratheodory, se introduce la distancia cordal ometrica cordal en C∞ como sigue. Primero, se identifica C con el plano coordenadoXY en R3, es decir, C = (x,y,0) ∈ R3. Despues, se identifica C∞ con la esferaunitaria en R3:

S := (x,y,z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = 1.

Para hacer esta identificacion, denote con N = (0,0,1) ∈ S al polo norte de la esferay considere la funcion

ϕ : S−N→ C

definida, para un punto P = (x1,y1,z1) ∈ S−N, como el punto de interseccion dela recta LP en R3 que pasa por los dos puntos P y N:


LP := (x,y,z) = (0,0,1)+ t(x1,x2,z1−1) = (tx1, ty1,1− t(z1−1)) : t ∈ R,

con el plano C:

N

w••

X

YP

-

6

donde un calculo rutinario da como resultado el punto

(1) ϕ(P) =( x1

1− z1,

y1

1− z1,0)

donde notamos que como P 6= N, entonces la coordenada z1 6= 1. A la funcion ϕ sele llama la proyeccion estereografica de S en C. Que ϕ es biyectiva es facil de verporque su inversa es la funcion

ψ : C→ S−N

definida, para un complejo w = (x,y,0) ∈ C, considerando la recta Lw que pasa porw y N:

Lw := (x1,y1,z1) = (0,0,1)+ t(x,y,−1) = (tx, ty,1− t) : t ∈ R,

y que corta a S en el punto

(2) ψ(w) =( 2x

1+ |w|2,

2y1+ |w|2

,|w|2−11+ |w|2

).

Un calculo sencillo muestra que ϕ y ψ son inversas una de la otra. Finalmente,ambas funciones se extienden a todo S y a C∞ definiendo

(3) ϕ(N) = ∞ y ψ(∞) = N.

Se introduce entonces la distancia cordal entre dos puntos w,w′ ∈ C∞ como ladistancia en R3 entre los puntos ψ(w),ψ(w′)∈ S correspondientes, es decir, usando(2) y (3), se define

dc(w,w′) := d(ψ(w),ψ(w′)) = ‖ψ(w)−ψ(z)‖,

1.4 La esfera de Riemann y el plano complejo extendido 35

donde en el lado derecho se tiene la distancia euclidiana de R3. Que la anteriordefinicion es, en efecto, una metrica en C∞ es porque la distancia euclidiana es unametrica en R3. Note que con esta metrica en C∞, si w = x+ iy ∈C y w′ = ∞, usando(3) y (2) se tiene que

dc(w,∞) = dc(ψ(w),ψ(∞)) = dc(ψ(w),N) =2√|w|2 +1

,

¡y ası el ∞ ya no esta tan lejos! Al plano complejo extendido C∞, o a su represen-tacion como la esfera S2 ⊆ R3, se le conoce tambien como la esfera de Riemann.Para otra interpretacion del plano complejo extendido C∞ vease la subseccion sobrela recta proyectiva compleja en la pagina 181 del capıtulo 7.

Ejercicios

1.67. Por definicion, un cırculo en S es la interseccion de un plano Π en R3 con S.Recuerde que un plano en R3 tiene una ecuacion cartesiana de la forma Ax+ by+Cz+D= 0. Usando la proyeccion estereografica (1), demuestre que la proyeccion deun cırculo S en S corresponde a un cırculo T en el planoC si el cırculo S no contieneal polo norte. Demuestre que si S contiene al polo norte, entonces su proyeccion Ten C es una recta.

1.68. Demuestre el recıproco del ejercicio anterior. Es decir, si T es un cırculo en C,bajo la inversa (2) de la proyeccion estereografica su imagen S en S es un cırculo. SiT es una recta en C, demuestre que su imagen bajo (2) es un cırculo en S menos elpolo norte.

1.69. Sea dc : C∞×C∞→ C∞ la distancia cordal. Demuestre que, en efecto, es unadistancia, es decir, satisface las condiciones:

dc(z,w)≥ 0, y dc(z,w) = 0 si y solo si z = w.dc(z,e) = dc(w,z).dc(z,w)≤ dc(z,u)+dc(u,w), para cualquier u ∈ C∞.

1.70. Si z,w ∈ C∞, demuestre que

dc(1/z,1/w) = dc(z,w).

1.71. Si z,w ∈ C, demuestre que

dc(z,w) =2|w− z|√

1+ |z|2√

1+ |w|2.

1.72. Demuestre que si z,w ∈ C, entonces la distancia cordal dc(z,w)≤ |w− z|.

1.73. Demuestre que la funcion ψ : C∞→ S es una isometrıa.

Capıtulo 2Derivacion

En este capıtulo comenzamos introduciendo el concepto de derivada de una fun-cion f : Ω → C en un punto z ∈ Ω para despues considerar funciones derivablesen todos los puntos de su dominio Ω (un abierto de C), probamos sus principa-les propiedades e ilustramos la teorıa con varios ejemplos de funciones derivables(polinomios, funciones racionales, la exponencial compleja, logaritmos, potenciasy funciones trigonometricas).

2.1. Derivadas

Si Ω ⊆ C es un conjunto abierto, f : Ω → C es una funcion y z ∈ Ω , diremosque f es diferenciable en z si el lımite siguiente existe

f ′(z) := lımw→z

f (w)− f (z)w− z

.

y a este lımite se le llama la derivada de f en z. Observe que este lımite es igual a

f ′(z) = lımh→0

f (z+h)− f (z)h

con h ∈ C tal que z+h ∈Ω .

Ejemplo 2.1. La funcion f : C→ C dada por f (z) = z (conjugacion) no es diferen-ciable en ningun punto de C. En efecto,

f (z+h)− f (z)h

=z+h− z

h=

z+h− zh

=hh

y escribiendo h = a+bi note que h ∈R si y solo si b = 0 por lo que h/h = a/a = 1,y por otra parte, h ∈ Ri si y solo si a = 0 y ası h/h =−bi/bi =−1 por lo que

37

38 2 Derivacion

f (z+h)− f (z)h

=

1 si h ∈ R,−1 si h ∈ Ri

y por lo tanto el lımite f ′(z) no existe.

Ejemplo 2.2. La funcion f : C→ C dada por f (z) = c (constante) es diferenciableen todos los puntos de C y su derivada es f ′(z) = 0.

Ejemplo 2.3. La funcion f :C→C dada por f (z) = z (la identidad) es diferenciableen todos los puntos de C y su derivada es f ′(z) = 1.

Ejemplo 2.4. En general, la funcion f : C→ C dada por f (z) = zn (con n ∈ N) esdiferenciable en todos los puntos de C y su derivada es f ′(z) = nzn−1. Esto se puedecomprobar directamente o mejor aun, se sigue del ejemplo anterior y del resultadosiguiente:

Proposicion 2.1. Sea Ω ⊆ C un conjunto abierto y sean f ,g : Ω → C funciones. Siz ∈Ω y f ,g son diferenciables en z, entonces:

(1) f +g : Ω → C es diferenciable en z, y ademas ( f +g)′(z) = f ′(z)+g′(z).

(2) f ·g : Ω →C es diferenciable en z, y ademas ( f ·g)′(z) = f (z)g′(z)+ f ′(z)g(z).

(3) Si g 6= 0, f/g : Ω → C es diferenciable en z, y ademas si g(z) 6= 0,(fg

)′(z) =

g(z) f ′(z)− f (z)g′(z)g(z)2 .

Demostracion. Directo de las definiciones, pero vea tambien el ejercicio 2.2. ut

Ejemplo 2.5. De los ejemplos 2 y 4 y de la proposicion anterior se sigue que todopolinomio complejo f : C→ C,

f (z) = anzn +an−1zn−1 + · · ·+a2z2 +a1z+a0

con n≥ 0 entero y los coeficientes a j ∈ C, es diferenciable en todo C.

Proposicion 2.2. Si f : Ω → C es diferenciable en z0 ∈ Ω , entonces f es continuaen z0.

Demostracion.

lımz→z0

(f (z)− f (z0)

)= lım

z→z0

f (z)− f (z0)

z− z0

(z− z0

)= lım

z→z0

f (z)− f (z0)

z− z0· lım

z→z0(z− z0)

= f ′(z0) ·0 = 0,

de donde se sigue que lımz→z0 f (z) = f (z0). ut

2.1 Derivadas 39

Derivacion a la Caratheodory. La formulacion de Caratheodory de la nocion dederivada de una funcion f : Ω →C en un punto z0 ∈Ω enfatiza la continuidad de lafuncion f en el punto z0, de hecho, la definicion misma lleva implıcita la nocion decontinuidad y al mismo tiempo permite facilitar la demostracion de varios teoremassobre derivacion, donde la demostracion usual con la definicion que hemos dado(esencialmente debida a Cauchy) requiere detalles poco iluminantes. Caratheodorycomienza con la definicion usual

f ′(z0) = lımz→z0

f (z)− f (z0)

z− z0

observando, como en la proposicion 2.2, que la continuidad de f en z0 es directa deesta definicion y propone la definicion siguiente: La funcion f : Ω →C es derivablea la Caratheodory en un punto z0 ∈Ω si existe una funcion ϕ : Ω →C continua enz0 tal que

f (z)− f (z0) = ϕ(z)(z− z0)

para todo z ∈Ω . Note que el lımite involucrado en la definicion de Cauchy de deri-vada esta ahora implıcito sutilmente en la continuidad de la funcion ϕ en z0.

Proposicion 2.3 (Caratheodory). Sean f : Ω → C una funcion y z0 ∈Ω un punto.Entonces, f tiene una derivada (en el sentido de Cauchy) en z0 si y solo si f esderivable en el sentido de Caratheodory en z0. De hecho, para la funcion ϕ : Ω→C,de la definicion se tiene que f ′(z0) = ϕ(z0).

Demostracion. Si f es derivable en el sentido de Caratheodory, entonces para todoz 6= z0,

f (z)− f (z0)

z− z0= ϕ(z)

donde ϕ es continua en z0 por lo que

f ′(z0) = lımz→z0

ϕ(z) = ϕ(z0)

existe. Recıprocamente, si f ′(z0) existe en el sentido de Cauchy, definamos ϕ : Ω →C mediante

ϕ(z) =

f (z)− f (z0)

z− z0si z 6= z0,

f ′(z0) si z = z0.

Entonces claramente ϕ es continua en z0 y si z 6= z0 se tiene que

f (z)− f (z0) = ϕ(z)(z− z0)

y para z = z0 obviamente tambien se cumple la igualdad anterior. ut

Observacion 2.1. La definicion de Caratheodory es la misma para funciones realesde variable real f : Ω ⊆R→R, o para funciones complejas de variable real f : Ω ⊆R→ C. La proposicion anterior sigue siendo cierta en estos contextos tambien.

40 2 Derivacion

Como consecuencia inmediata de la formulacion de Caratheodory probaremos laregla de la cadena para la derivada de una composicion de funciones. Mas adelante,en el corolario 4.26, una vez que ya hayamos probado que toda funcion diferenciable(en el sentido complejo) f : Ω→C es abierta (el teorema 4.25), usando el criterio deCaratheodory probaremos el teorema para la derivada de la inversa de una funciondiferenciable (en el sentido complejo) biyectiva.

Proposicion 2.4 (Regla de la cadena). Sean f : Ω ⊆C→ ∆ ⊆C y g : ∆ ⊆C→ Cfunciones con Ω y ∆ abiertos y sea z0 ∈Ω . Si f ′(z0) y g′( f (z0)) existen, entonces

(g f )′(z0) = g′( f (z0)) · f ′(z0).

Demostracion. Por hipotesis, para z ∈Ω

(1) f (z)− f (z0) = ϕ(z)(z− z0)

donde ϕ : Ω → C es continua en z0. Tambien,

(2) g(w)− ( f (z0)) = ψ(w)(w− f (z0))

para w ∈ ∆ y donde ψ : ∆ → C es continua en f (z0). Se sigue que

(g f )(z)− (g f )(z0) = g( f (z))−g( f (z0))

= ψ( f (z))( f (z)− f (z0)) por (2)= (ψ f )(z)ϕ(z)(z− z0) por (1)

y notamos que la funcion (ψ f ) ·ϕ : Ω →C es continua en z0, porque por hipotesisϕ es continua en z0 y como f ′(z0) existe, entonces f es continua en z0 y por hipotesisψ es continua en f (z0). Hemos ası mostrado que g f es derivable a la Caratheodoryen z0 y por la proposicion 2.3 de la igualdad

(g f )(z)− (g f )(z0) = (ψ f )(z)ϕ(z)(z− z0)

se sigue que

(g f )′(z0) = ((ψ f ) ·ϕ)(z0) = ψ( f (z0)) ·ϕ(z0) = g′( f (z0)) · f ′(z0).

ut

Observacion 2.2. La regla de la cadena anterior sigue siendo valida para cualquiercombinacion de funciones reales o complejas de variable real o compleja que pue-dan ser compuestas. Usaremos esto en la demostracion del resultado siguiente:

Proposicion 2.5. Si Ω ⊆ C es abierto y conexo y f : Ω → C es diferenciable (en elsentido complejo) tal que f ′(z) = 0 para todo z ∈Ω , entonces f es constante.

Demostracion. Fijemos z0 ∈ Ω y sea w0 = f (z0). Sea U = z ∈ Ω : f (z) = w0.Mostraremos que U es abierto y cerrado en Ω . Como Ω es conexo se sigue que U

2.1 Derivadas 41

es vacıo o todo Ω y como z0 ∈Ω , de lo anterior se sigue que U = Ω y por lo tantof es constante.

U es cerrado: sea z ∈Ω y sea zn ⊆U tal que z = lımzn. Como f (zn) = w0 paratodo n y como f es continua se sigue que f (z) = w0 y por lo tanto z ∈U y ası U escerrado.

U es abierto: sea w ∈ U ⊆ Ω . Como Ω es abierto existe una bola B(w;ε) ⊆ Ω .Ahora, si z ∈ B(w;ε) definamos g : [0,1]→ C mediante g(t) = f (tz+ (1− t)w),donde observamos que el segmento tz+ (1− t)w esta contenido en B(w;ε) ⊆ Ω

porque una bola es convexa. Por la regla de la cadena de la observacion anterioraplicada a la composicion t 7→ tz+(1− t)w 7→ f (tz+(1− t)w) se sigue que

g′(t) = f ′(tz+(1− t)w)(z−w) = 0 · (z−w) = 0

(donde la segunda igualdad es por la hipotesis de que f ′(z) = 0 para todo z ∈ Ω ).Por lo tanto, g′(t) = 0 para todo t ∈ [0,1] y ası g es constante en [0,1] y consecuen-temente

f (z) = g(1) = g(0) = f (w) = w0

y ası z ∈U , i.e., B(w;ε)⊆U y por lo tanto U es abierto. ut

Diferenciabilidad como aproximacion lineal. La proposicion siguiente esencial-mente dice que la diferenciabilidad de una funcion f en z0 es equivalente a que f esaproximada en z0 por la funcion lineal f (z0)+ c(z− z0), donde c ∈ C es constante,en el sentido que cuando z esta cerca de z0 la diferencia entre f (z) y f (z0)+c(z−z0)es pequena comparada con |z− z0|:

Proposicion 2.6 (Diferenciabilidad como aproximacion lineal). Sean Ω ⊆ C unabierto y f : Ω → C una funcion. Entonces, f es diferenciable en z0 ∈ Ω si y solosi f se puede escribir de la forma

(∗) f (z) = f (z0)+ c(z− z0)+ ε(z)(z− z0)

donde c ∈ C es una constante, ε : Ω → C es continua en z0 y lımz→z0

ε(z) = 0; si esto

sucede, entonces f ′(z0) = c.

Demostracion. Si f ′(z0) existe, entonces la funcion

ε(z) =

f (z)− f (z0)

z− z0− f ′(z0) si z 6= z0

0 si z = z0.

satisface que lımz→z0

ε(z) = 0 y ademas es continua en z0. Recıprocamente, si f (z) es

de la forma (∗), entonces para z 6= z0,

42 2 Derivacion

f (z)− f (z0)

z− z0= c+ ε(z)

por lo que

lımz→z0

(f (z)− f (z0)

z− z0

)= lım

z→z0

(c+ ε(z)

)= c

y por lo tanto c = f ′(z0). ut

Ejercicios

2.1. En la formulacion de Caratheodory, demuestre que a lo mas hay una unicafuncion ϕ que satisface las condiciones impuestas.

2.2. Usando la caracterizacion de la derivada por Caratheodory, demuestre la pro-posicion 2.1 y convenzase de la bondad de la formulacion de Caratheodory.

2.3. Si f : Ω ⊆ R→ C la escribimos como f (t) = u(t)+ iv(t), con u,v : Ω ⊆→ Ry si f ′(t0) existe para t0 ∈Ω , demuestre que

f ′(t0) = u′(t0)+ iv′(t0).

2.4 (Teorema de Rolle). Si a,b∈R con a< b y f : [a,b]→R es continua, y ademases derivable en (a,b), demuestre que si f (a) = f (b), existe un ξ ∈ (a,b) donde falcanza su maximo o mınimo.

2.5 (Teorema del valor medio). Si a,b ∈ R con a < b y f : [a,b]→ R es continuay ademas es derivable en (a,b), demuestre que existe un ξ ∈ (a,b) tal que

f ′(ξ ) =f (b)− f (a)

b−a.

Sugerencia: Aplique el teorema de Rolle a la funcion g : [a,b]→ R dada por

g(t) = f (t)−(

f (a)b− tb−a

+ f (b)t−ab−a

).

Note tambien que el teorema de Rolle es un caso especial del teorema del valormedio.

2.6. Suponga que f : Ω ⊆ R→ R es continua e inyectiva con Ω conexo (i.e., unintervalo de R). Demuestre que f : Ω → f (Ω) es un homeomorfismo. Claramentef es biyectiva sobre su imagen y solo debe probar que su inversa g : f (Ω)→ Ω escontinua.

2.7 (Derivada de la funcion inversa para funciones reales). Usando la formula-cion de Caratheodory, demuestre que si f : (a,b)→R es continua e inyectiva y paraξ ∈ (a,b), f ′(ξ ) existe y no es nula, para la inversa g de f se tiene que

2.2 Las ecuaciones de Cauchy-Riemann 43

g′( f (ξ )) =1

f ′(ξ ).

2.8. Si Ω ⊆ C es una region y f : Ω → C es una funcion que tiene una primitiva,es decir, otra funcion F : Ω → C tal que F ′ = f , demuestre que cualesquiera dosprimitivas de f difieren solo por una constante. Sugerencia: use la proposicion 2.5.

2.2. Las ecuaciones de Cauchy-Riemann

Supongamos que f : Ω → C es una funcion diferenciable en un punto z ∈ Ω .Entonces, el lımite


f (z+h)− f (z)h

existe, es decir, no importa como h se aproxime a 0 en el plano complejo (siempreque z+h ∈Ω ) el valor del lımite es el mismo:

-

6z+h

z+h

z+h

z+h

z+h

• z

y notamos que esta condicion hace mas rıgida la existencia de este lımite. Compareesto con el caso de funciones reales de variable real f : D ⊆ R→ R donde parax ∈ D solo hay dos direcciones para las cuales h se aproxima a 0:

••z+hzz+h

-

Regresando al caso de funciones complejas f : Ω → C notamos que tambien haydos direcciones privilegiadas cuando h→ 0, a saber cuando h ∈ R y cuando h ∈Ri, es decir, cuando z+ h→ z moviendose paralelo al eje real y cuando z+ h→ zmoviendose paralelamente al eje imaginario:

-

6

z+h

z

z+h

z+h

z+h- ?

6

•

•

••

44 2 Derivacion

Ası, si f = u+ iv, es decir, para z = x+ iy = (x,y) escribiendo

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

donde u,v : Ω → R son funciones reales de dos variables reales, veamos como secomportan estas funciones al calcular el lımite que define f ′(z) a lo largo de las dosdirecciones privilegiadas anteriores:

(1): Supongamos que h→ 0 con h ∈R. Entonces, z+h = (x+h)+ iy = (x+h,y) ypor lo tanto

f (z+h)− f (z)h

=f (x+h,y)− f (x,y)

h=

u(x+h,y)+ iv(x+h,y)−u(x,y)− iv(x,y)h

=u(x+ y,h)−u(x,y)

h+ i

v(x+ y,h)− v(x,y)h

por lo que como f ′(z) existe se debe tener que


f (z+h)− f (z)h

= lımh→0

u(x+h,y)−u(x,y)h

+ i lımh→0

v(x+h,y)− v(x,y)h

=∂u∂x

+ i∂v∂x

.

(2): Similarmente, si h→ 0 con h ∈ Ri, escribiendo h = ki con k ∈ R se tiene queh→ 0 si y solo si k→ 0 y por lo tanto z+h = x+ iy+ ik = x+ i(y+ k) = (x,y+ k)y ası

f (z+h)− f (z)h

=f (x,y+ k)− f (x,y)

ik=

u(x,y+ k)+ iv(x,y+ k)−u(x,y)− iv(x,y)ik

=1i

(u(x,y+ k)−u(x,y)

k+ i

v(x,y+ k)− v(x,y)ik

)por lo que como f ′(z) existe se debe tener que


f (z+h)− f (z)h

=1i

lımk→0

(u(x,y+ k)−u(x,y)

k+ i

v(x,y+ k)− v(x,y)ik

)=

1i

lımk→0

(u(x,y+ k)−u(x,y)

k

)+ lım

k→0

(v(x,y+ k)− v(x,y)

ik

)=−i

∂u∂y

+∂v∂y

ya que −i = 1/i.

Finalmente, como f ′(z) existe las dos formas que calculamos el lımite debencoincidir, es decir

∂u∂x

+ i∂v∂x

=−i∂u∂y

+∂v∂y


e igualando partes reales con partes reales y partes imaginarias con partes imagina-rias se obtiene que

∂u∂x

=∂v∂y

y∂u∂y

=−∂v∂x

.

A este par de ecuaciones diferenciales parciales se les conoce como las ecuacionesde Cauchy-Riemann. Hemos ası probado el resultado siguiente:

Proposicion 2.7. Si f = u+ iv : Ω → C tiene derivada f ′(z) en un punto z ∈ Ω ,entonces las partes real e imaginaria u y v de f deben satisfacer las ecuaciones deCauchy-Riemann.

ut

Sin embargo, la satisfaccion de las ecuaciones de Cauchy-Riemann en un puntoz = (x,y) no es suficiente para garantizar la existencia de f ′(z), esencialmente por-que hay muchas otras direcciones para h→ 0 al calcular el lımite que define f ′(z).El ejemplo siguiente ilustra lo anterior:

Ejemplo 2.6. Sea f : C→ C la funcion dada por

f (z) = f (x+ iy) =

xy(x+ iy)

x2 + y2 si z 6= 0,

0 si z = 0.

Como f ≡ 0 en el eje real y en el eje imaginario, se sigue que en el punto z =(0,0) se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en ese punto. Sin embargo,f ′(0) no existe porque si escogemos h = x+ iy se tiene que

lımh→0

f (0+h)− f (0)h

= lımh→0

f (h)−0h

= lımh→0

xy(x+iy)x2+y2

x+ iy= lım

(x,y)→(0,0)

xyx2 + y2

es un lımite que no existe (por ejemplo a lo largo de las rectas y = mx su valordepende de m, a saber m

1+m2 ).

Comparacion con la nocion de diferenciabilidad para funciones reales. Pensan-do a una region Ω ⊆ C como un abierto conexo de R2, considere ahora funcionesreales u : Ω ⊆ R2→ R y recuerde que u es diferenciable (como funcion real) en elpunto z0 = (x0,y0) ∈ Ω si y solo si existen numeros reales a,b ∈ R y una funcionε : Ω →R continua en z0 tal que ε(x0,y0) = 0 que satisfacen que para z = (x,y)∈Ω

en una vecindad de z0 se tiene que

u(x,y) = u(x0,y0)+a(x− x0)+b(y− y0)+ ε(x,y)√

(x− x0)2 +(y− y0)2.

Se sigue que u tiene primeras derivadas parciales en z0 dadas por ux(z0) = a yuy(z0) = b, y por lo tanto la expresion anterior para u(z) es unica. Mas aun, u escontinua en z0. Note tambien que podemos reescribir la igualdad anterior como

46 2 Derivacion

u(z) = u(z0)+a(x− x0)+b(y− y0)+ ε(z)|z− z0|

donde

lımz→z0

ε(z) = lımz→z0

u(z)−u(z0)−a(x− x0)−b(y− y0)

z− z0= 0.

Compare lo anterior con la nocion de diferenciabilidad de una funcion compleja,por ejemplo en la reformulacion en la proposicion 2.6.

Regresando ahora al caso de funciones complejas f = u+ iv : Ω → C, si f ′(z0)existe, sea c ∈C como en la proposicion 2.6 y escribamos c = a+ ib, z = x+ iy, cona,b,x,y ∈ R. Entonces, por la proposicion 2.6

ε(z) =f (z)− f (z0)− c(z− z0)

z− z0=

u(z)+ iv(z)−u(z0)− iv(z0)− (a+ ib)(z− z0)

z− z0

=u(z)−u(z0)−a(x− x0)+b(y− y0)

z− z0+ i[v(z)− v(z0)−b(x− x0)−a(y− y0)

z− z0

]=

u(x,y)−u(x0,y0)−a(x− x0)+b(y− y0)

z− z0

+ i[v(x,y)− v(x0,y0)−b(x− x0)−a(y− y0)

z− z0

]=: ε1(x,y)+ iε2(x,y)

donde notamos que

(∗) lımz→z0

ε(z) = 0⇔ lımz→z0

ε1(x,y) = 0 y lımz→z0

ε2(x,y) = 0.

El resultado siguiente complementa la proposicion 2.7:

Proposicion 2.8. Una funcion f = u+ iv : Ω →C tiene derivada f ′(z0) en un puntoz0 ∈Ω si y solo si las partes real e imaginaria u y v de f son diferenciables (comofunciones reales) en z0 = (x0,y0) y satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann.En este caso se tiene que

f ′(z0) = ux(z0)+ ivx(z0) = vy(z0)− iuy(z0).

Demostracion. Por la proposicion 2.7, si f ′(z0) existe se tiene que u y v satisfa-cen las ecuaciones de Cauchy-Riemann y son diferenciables por la igualdad (∗).Las igualdades para f ′(z0) se obtuvieron en la demostracion de la proposicion 2.7.Recıprocamente, si u y v son diferenciables en z0, por la igualdad (∗) se sigue quef ′(z0) existe y las igualdades para f ′(z0) se siguen por las condiciones de Cauchy-Riemann que satisfacen u y v por hipotesis. ut

El resultado siguiente muestra la suficiencia de las condiciones de Cauchy-Riemann para que f ′(z) exista si ademas se supone que las parciales ux,uy,vx,vyexisten y son continuas en una vecindad abierta de z. Notamos desde ahora que es-tas condiciones extra (la continuidad de las parciales) se satisfacen una vez que serequiere que f ′(z) exista, pero esto solo se probara hasta el teorema 4.5.


Proposicion 2.9. Sean Ω ⊆C un abierto, f = u+ iv : Ω →C una funcion y z0 ∈Ω .Si las derivadas parciales de las funciones u y v existen y son continuas en unavecindad abierta de z0 y ademas satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann enz0, entonces f ′(z0) existe.

Demostracion. Por la proposicion 2.8 basta probar que u y v son diferenciables enz0 y claramente basta verificar lo anterior para u. Entonces

u(z)−u(z0) = u(x,y)−u(x0,y0)

=(u(x,y)−u(x,y0)

)+(u(x,y0)−u(x0,y0)

)= uy(x,ξ )(y− y0)+ux(ϑ ,y0)(x− x0),

donde la ultima igualdad es por el teorema del valor medio del calculo, donde ξ

esta entre y y y0, para la funcion u(x,−), y donde ϑ esta entre x y x0, para la funcionu(−,y0). Se sigue que

u(x,y)−u(x0,y0)−ux(x0,y0)(x− x0)−uy(x0,y0)(y− y0) =[uy(x,ξ )−uy(x0,y0)

](y− y0)+

[ux(ϑ ,y0)−ux(x0,y0)

](x− x0)

y por lo tanto∣∣u(x,y)−u(x0,y0)−ux(x0,y0)(x− x0)−uy(x0,y0)(y− y0)∣∣

|z− z0|=

=

∣∣uy(x,ξ )−uy(x0,y0)∣∣|y− y0|

|z− z0|+

∣∣ux(ϑ ,y0)−ux(x0,y0)∣∣|x− x0|

|z− z0|≤∣∣uy(x,ξ )−uy(x0,y0)

∣∣+ ∣∣ux(ϑ ,y0)−ux(x0,y0)∣∣

donde la ultima desigualdad es porque |y− y0| ≤ |z− z0| y |x− x0| ≤ |z− z0|. Ası,cuando z→ z0 se tiene que (x,ξ )→ (x0,y0) y (ϑ ,y0)→ (x0,y0) y como por hipote-sis ux y uy son continuas en z0, el lado derecho de la desigualdad de arriba tiende a0 y por lo tanto tambien el lado izquierdo, es decir, u es diferenciable en z0, comose querıa. ut

Ejemplo 2.7. Sea f :C→C la funcion f (z) = |z|2 = x2 +y2 si z = x+ iy. Entonces,u = x2 + y2 y v = 0. Se sigue que ux = 2x, uy = 2y y vx = 0 = vy que son todascontinuas en C. Por la proposicion anterior f es diferenciable en z = (x,y) si y solosi satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann, i.e., 2x = 0 y 2y = 0, i.e., si y solosi x = 0 = y. Por lo tanto f solo tiene derivada en z = 0.

Funciones holomorfas. La proposicion 2.8 y el ejemplo 2.7 anteriores muestran laimportancia de considerar funciones f : Ω → C, con Ω abierto, que sean diferen-ciables en cada punto z ∈ Ω . A una funcion que satisfaga lo anterior se le conoce

48 2 Derivacion

como una funcion holomorfa1 en Ω . Con esta terminologıa, la proposicion 2.7 dicelas partes real e imaginaria de toda funcion holomorfa f satisfacen las ecuaciones deCauchy-Riemann y la proposicion 2.9 dice que el recıproco es cierto si ademas lasderivadas parciales de las partes real e imaginaria de f son continuas. La exigenciade la continuidad de las derivadas parciales de u y v introduce cierta asimetrıa, perocomo veremos mas adelante en el teorema 4.5, las funciones holomorfas tienen de-rivadas de todos los ordenes y ası, por la proposcion 2.2 la existencia de f ′′(x+ iy)implica la continuidad de f ′ en x+ iy, en particular la continuidad de las derivadasparciales de u y v, eliminando la asimetrıa entre las proposiciones 2.7 y 2.9. El teore-ma 4.5 que afirma que toda funcion holomorfa es de clase C∞ muestra la diferenciaprofunda entre las funciones complejas y las funciones reales, ya que lo anteriores falso para el caso de funciones reales como lo muestra el ejemplo 2.8 siguiente.Antes de formular el ejemplo, observemos que la proposicion 2.5 muestra la im-portancia de considerar el caso cuando Ω es conexo. A los conjuntos Ω ⊆ C quesean abiertos y conexos se les conoce como regiones y en analisis complejo jueganel papel analogo a los intervalos abiertos reales para el caso de funciones reales devariable real.

El anillo de funciones holomorfas. Si Ω ⊆ C es una region, por la proposicion2.1 la suma y producto de funciones holomorfas en Ω , son holomorfas y las fun-ciones constantes son holomorfas, en particular la funcion constante 0 y la funcionconstante 1 son holomorfas. Se sigue que el conjunto de funciones holomorfas enΩ :

O(Ω) := f : Ω → C : f es holomorfa

es un anillo conmutativo con uno, al que se conoce como el anillo de funcionesholomorfas. Mas adelante, como una consecuencia del teorema de la identidad 4.20,se probara en el ejercicio 4.19 que el anillo O(Ω) es un dominio entero.

Ejemplo 2.8. La funcion f : R→ R dada por

f (t) =

t2 sen(1/t) si t 6= 0,0 si t = 0

tiene primera derivada en todo su dominio pero no tiene segunda derivada en 0.

Lo anterior se debe a que, como observamos al principio de esta seccion, cuan-do se tiene una funcion compleja holomorfa f , el lımite que define a las derivadasf ′(z) es el mismo no importando en la direccion en la cual h→ 0 en C, lo cualcondiciona mucho a la funcion f en una vecindad de z. La riqueza de la teorıa defunciones de una variable compleja deriva, en mucho, de lo enunciado en la obser-vacion anterior y que sera demostrado hasta el teorema 4.5. Antes de proseguir, en la

1 Tambien se dice que f es diferenciable en Ω o que f es analıtica en Ω . De hecho este ultimotermino es muy usado, sin embargo nosotros no lo usaremos sino hasta despues del teorema 4.5cuando ya hayamos probado que toda funcion holomorfa es infinito diferenciable y por lo tantotiene una expansion en serie de Taylor (corolario 4.13) alrededor de cada uno de los puntos de sudominio Ω y ası es analıtica en el sentido usual.


seccion siguiente discutiremos varios ejemplos de funciones complejas holomorfasimportantes.

Operadores diferenciales parciales complejos. Si f = u+ iv, en la demostracionde la proposicion 2.7 se mostro que si f ′(z) existe entonces

(1) f ′(z) =∂u∂x

+ i∂v∂x

=∂v∂y− i

∂u∂y

y de estas igualdades se obtienen las ecuaciones de Cauchy-Riemann. Con abuso denotacion se definen entonces los operadores diferenciales parciales

(2)∂ f∂x

:=∂u∂x

+ i∂v∂x

y∂ f∂y

:=∂u∂y

+ i∂v∂y

de tal manera que las ecuaciones de Cauchy-Rieman (1) se pueden ahora reescribiren terminos de estos dos operadores diferenciales como

(3)∂ f∂x

=1i

∂ f∂y

o mejor aun, como i∂ f∂x

=∂ f∂y

.

Usando los operadores diferenciales anteriores es conveniente entonces definir, co-mo lo hace Wirtinger, los operadores diferenciales parciales complejos siguientes:

(4)∂ f∂ z

:=12

(∂ f∂x− i

∂ f∂y

)y

∂ f∂ z

:=12

(∂ f∂x

+ i∂ f∂y

)pensando a uno como conjugado del otro, lo cual es razonable ya que usando losoperadores diferenciales complejos anteriores se recuperan los operadores diferen-ciales reales originales como

(5)∂ f∂x

=∂ f∂ z

+∂ f∂ z

y∂ f∂y

= i(

∂ f∂ z− ∂ f

∂ z

).

Observe que de (5), (4) y (2) se sigue que si f = u+ iv, entonces

∂ f∂ z

=12

(∂u∂x

+∂v∂y

)+

i2

(∂v∂x− ∂u

∂y

)y

∂ f∂ z

=12

(∂u∂x− ∂v

∂y

)+

i2

(∂v∂x

+∂u∂y

)por lo que las ecuaciones de Cauchy-Riemann (3) se pueden reescribir como

(6)∂ f∂ z

= 0

es decir, f esta en el nucleo del operador ∂/∂ z. Ademas, si este es el caso, por laproposicion 2.8 se tiene que la derivada de f en z es

50 2 Derivacion

f ′(z) =∂ f∂ z

ya que, por la proposicion 2.8 y por (5) se tienen las dos primeras igualdades si-guientes

f ′(z) =∂ f∂x

=∂ f∂ z

+∂ f∂ z

=∂ f∂ z

y la ultima igualdad es porque f esta en el nucleo de ∂/∂ z.

Funciones armonicas. Si f = u+ iv : Ω → C es holomorfa, como hemos mencio-nado previamente, vease la pagina 48, f es de clase C∞ lo cual probaremos en elteorema 4.5. En particular, las derivadas parcialess ux,uy tienen segundas derivadascontinuas por lo que, diferenciando las ecuaciones de Cauchy-Riemann

(1)∂u∂x

=∂v∂y

y∂u∂y

=−∂v∂x

se obtiene que

∂ 2u∂x2 =

∂ 2v∂x∂y

y∂ 2u∂y2 =− ∂ 2v

∂y∂x,

donde ∂ 2v∂x∂y = ∂ 2v

∂y∂x por la continuidad de las segundas derivadas parciales. Se sigueque

(2)∂ 2u∂x2 +

∂ 2u∂y2 = 0,

es decir, la funcion u satisface la ecuacion de Laplace (2) y se dice entonces queu es una funcion armonica. Un razonamiento analogo muestra que v tambien esarmonica. En la situacion anterior, cuando se tiene una funcion real u : Ω → Rarmonica para la cual existe otra funcion armonica v : Ω → R tal que f = u+ iv :Ω → C es holomorfa, se dice que v es conjugada armonica de u. Note que unaconjugada armonica v de u no es unica ya que para cualquier constante c, v+ ctambien es conjugada armonica de u. En la proposicion siguiente se muestra que laconjugada armonica de u es unica salvo constantes.

Proposicion 2.10. Si Ω ⊆C es una region y u : Ω→R es armonica y tiene conjuga-das armonicas v1,v2 : Ω → R, entonces v1 = v2 + c, donde c ∈ C es una constante.

Demostracion. Por hipotesis u+ iv1 : Ω → C y u+ iv2 : Ω → C son holomorfas.Se sigue que (u+ iv1)− (u+ iv2) = i(v1−v2) es holomorfa en Ω y claramente solotoma valores en el eje imaginario. Por el ejercicio 2.20 se sigue que i(v1− v2) esconstante y por lo tanto v1− v2 es constante.

Ejemplo 2.9. La funcion u :C→R dada por u(x,y) = ex seny es armonica. Tambienla funcion u : C−0 → R dada por u(x,y) = log

√x2 + y2 es armonica. Reconsi-

deraremos esta ultima funcion en la pagina 58 y en el ejercicio 2.35.


Ejercicios

2.9. Si Ω ⊆ C es una region, defina Ω ∗ := z ∈ C : z ∈Ω. Si f : Ω → C es holo-morfa, defina f ∗ : Ω ∗→Cmediante f ∗(z) := f (z). Demuestre que f ∗ es holomorfa.

2.10. Si Ω = Ω ∗, observe que Ω es simetrica con respecto al eje real y por el ejer-cicio anterior se sigue que la funcion g : Ω → C dada por

g(z) := f (z)− f ∗(z)

es holomorfa.

2.11. Todo complejo z = x+ iy 6= 0 se puede escribir en coordenadas polares comoz = r(cosφ + isenφ) donde r = |z| y φ = arg(z) = arctan(y/x). Demuestre que encoordenadas polares, las ecuaciones de Cauchy-Riemann tienen la forma

∂u∂ r

=1r

∂v∂φ

y∂v∂ r

=−1r

∂u∂φ

.

2.12. Muestre que la funcion f : C→ C dada por f (z) = x2 + iy2 es diferenciableen todos los puntos de la recta y = x en C, pero no es holomorfa.

2.13. ¿Cuales de las funciones siguientes satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann?

f (z) = x2− y2−2ixy.f (z) = x3−3y2 +2x+ i(3x2y− y3 +2y).f (z) = 1

2 log(x2 + y2)+ iarcctg(x/y).

2.14. Encuentre todas las funciones holomorfas f = u+ iv con u(x,y) = x2− y2.

2.15. Demuestre que no hay funciones holomorfas f = u+ iv con u(x,y) = x2 + y2.

2.16. Si : C→ C es holomorfa de la forma f (x+ iy) = u(x)+ iv(y), demuestre quef es un polinomio de primer grado en z.

2.17. Si f : Ω → C es holomorfa, Ω una region, y u es constante, demuestre que fes constante. Similarmente, si v es constante, entonces f es constante.

2.18. Si f : Ω → C es holomorfa, Ω una region y | f | es contante, demuestre que fes constante.

2.19. Si f : Ω → C es holomorfa, Ω una region, y en cada punto z ∈ Ω se tieneque f (z) = 0 o f ′(z) = 0, demuestre que f es constante. Sugerencia: considere elproducto f 2.

2.20. Si f : Ω → C es holomorfa, Ω una region, y la imagen de f es una recta o unarco circular, demuestre que f es constante.

52 2 Derivacion

2.21. Si f : Ω → C es holomorfa, Ω una region y los valores de f son reales, de-muestre que f es constante.

2.22. Pensando a una region Ω ⊆ C como Ω ⊆ R2 y a una funcion compleja f :Ω → C como una funcion vectorial de dos variables f : Ω ⊆ R2 → R2 dada porf (x,y) =

(u(x,y),v(x,y)

), la matriz Jacobiana de f en z0 ∈Ω es de la forma

J f (z0) =

(ux(z0) uy(z0)vx(z0) vy(z0)

).

¿Que forma tiene la matriz Jacobiana de f si f es holomorfa? Demuestre que paraz0 ∈Ω ,

| f ′(z0)|2 = det J f (z0).

2.23. Muestre que la funcion f (z) = f (x,y) =√|xy| no es diferenciable en el origen

aunque satisface las ecuaciones de Cauchy-Riemann en 0.

2.3. La funcion exponencial y el logaritmo complejo

El objetivo es definir una funcion holomorfa E : C→ C que tenga propiedadesanalogas a la funcion exponencial real, por lo que en principio debemos pedir quela funcion E satisfaga las propiedades siguientes:

(1) E(z+w) = E(z)E(w).(2) E(x) = ex, si z = x ∈ R.(3) E debe ser holomorfa en todo C, en particular satisface las ecuaciones de

Cauchy-Riemann.

Escribiendo z = x+ iy, de (1) y (2) se sigue que

E(z) = E(x+ iy) = E(x)E(iy) = exE(iy)

y poniendoE(iy) = A(y)+ iB(y)

se sigue queE(z) = E(x+ iy) = exA(y)+ iexB(y).

Ahora, como por (3) E debe ser holomorfa, entonces sus partes real e imaginariadeben satisfacer las ecuaciones de Cauchy-Riemann, es decir,

A(y) = B′(y)

A′(y) =−B(y).

Se sigue queA′′(y) =−A(y)

2.3 La funcion exponencial y el logaritmo complejo 53

es decir, A′′ = −A. Similarmente, B′′ = −B. Nos preguntamos entonces: ¿que fun-ciones reales A,B : R→ R que conozcamos satisfacen las igualdades A′′ = −A yB′′ =−B? Claramente, las funciones seno y coseno satisfacen las identidades ante-riores y por lo tanto podemos proponer

A(y) := acosy+bseny

de donde se obtiene que

B(y) =−A′(y) =−bcosy+aseny

y ası

E(z) = E(x+ iy) = ex(A(y)+ iB(y))= ex(acosy+bseny

)+ iex(−bcosy+aseny

)por lo que, para z = 0 se sigue que

1 = e0 = E(0) =(acos0+bsen0

)+ i(−bcos0+asen0

)= a− ib

lo cual sucede si y solo si a = 1 y b = 0. Hemos ası mostrado que

A(y) = cosy y B(y) = seny

y por lo tanto, la definicion de E(z) debe ser:

E(z) = E(x+ iy) = ex(A(y)+ iB(y))

:= ex(cosy+ iseny).

A esta funcion E : C→ R se le llama la exponencial compleja y tambien se denotaE(z) = exp(z) = ez. Las propiedades siguientes son inmediatas:

Proposicion 2.11. La funcion exponencial exp : C→ R satisface:

(1) Es holomorfa en todo C y de hecho E ′(z) = E(z) para todo z ∈ C.

(2) ez+w = ezew.

(3) exp(x) = ex si x ∈ R.

(4) |ez|= ex si z = x+ iy.

(5) ez 6= 0 para todo z ∈ C.

Demostracion. Las partes (1) a (4) son directas de la definicion de E(z). Para (5)note que ex 6= 0 para todo x∈R y cosy+ iseny 6= 0 porque seny y cosy no se anulansimultaneamente. ut

Periodicidad de la exponencial compleja. Hasta aquı, las propiedades anterioresrecuerdan las correspondientes propiedades de la exponencial real. Sin embargo, adiferencia de la exponencial real que es inyectiva, la funcion exponencial complejano lo es. De hecho, es periodica, donde recordamos que una funcion f : C→ C esperiodica con perıodo τ ∈ C si

54 2 Derivacion

f (z+ τ) = f (z)

para todo z ∈ C. Es claro que una funcion periodica no puede ser inyectiva. Paramostrar que la funcion exponencial compleja es periodica y encontrar su perıodo,observe que si τ ∈ C es un tal perıodo, para todo z ∈ C se debe tener que

ez = ez+τ = ezeτ

y por la parte (5) de la proposicion anterior se sigue que eτ = 1. Escribiendo τ =a+bi, se sigue que

1 = |eτ |= |ea(cosb+ isenb)|= ea

y por lo tanto a = 0. Es decir, τ = bi es puramente imaginario. Se sigue que

1 = eτ = ebi = cosb+ isenb,

por lo que senb = 0 y cosb = 1. Es decir, b = 2nπ con n ∈ Z y por lo tanto

τ = bi = 2nπi, con n ∈ Z.

Ası, los perıodos de ez son de la forma τ = 2nπi con n ∈ Z. Podemos visualizar loanterior dividiendo al plano complejo dominio en bandas horizontales de ancho 2π:

-

6π

−π

y la exponencial compleja exp(z) se comporta igual en cada una de esas bandas.Hemos ası probado la primera parte de la proposicion siguiente:

Proposicion 2.12. La funcion exponencial exp : C→ R satisface:

(1) Es periodica de perıodo 2πi.

(2) Para todo w 6= 0 en C, la ecuacion

ez = w

tiene un numero infinito de soluciones en C.

Demostracion. Para (2) observe que si w 6= 0, escribiendolo en forma polar w =|w|(cosθ + isenθ) con 0≤ θ < 2π , y poniendo z = x+ iy de la igualdad ez = w sesigue que

|w|(cosθ + isenθ) = ex(cosy+ iseny)


por lo que ex = |w| y cosy+ iseny = cosθ + isenθ . Se sigue que x = log |w| (ellogaritmo natural real, donde notamos que |w| 6= 0 por hipotesis) y y = θ +2nπ conn ∈ Z. Por lo tanto, las soluciones de ez = w son de la forma

z = log |w|+ i(θ +2nπ) con n ∈ Z.

ut

El logaritmo complejo. La proposicion anterior tiene como consecuencia que, adiferencia con el caso real, la exponencial compleja no es inyectiva y por lo tantono se puede definir una funcion logaritmo como la inversa de la exponencial. Dehecho, para cada w 6= 0 en C hay una infinidad de complejos z tales que ez = w que,como vimos en la demostracion anterior, son de la forma

z = log |w|+ i(θ +2nπ) con n ∈ Z.

Cada uno de estos valores de z se llama un logaritmo de w. Entonces, escogiendouna region Ω ⊆ C−0 y para cada w ∈ Ω un logaritmo z ∈ C de w se tiene unafuncion ` : Ω → C que satisface que

w = exp(`(w)) para todo w ∈Ω

y a la que llamaremos una rama del logaritmo.Observe ahora que si ` : Ω →C es una rama del logaritmo y se define la funcion

λ : Ω → C mediante λ (w) = `(w)+2kπi con k ∈ Z, entonces por definicion

exp(λ (w)) = exp(`(w))exp(2kπi) = exp(`(w)) = w

y por lo tanto λ es otra rama del logaritmo.Recıprocamente, si λ y ` son dos ramas del logaritmo en Ω , entonces para todo

w ∈ Ω se tiene que `(w) = λ (w)+ 2kπi por la proposicion 2.12, para algun k ∈ Zque puede depender de w. De hecho, el mismo k sirve para todos los puntos w ∈Ω

ya que poniendo

γ(w) =1

2πi

(`(w)−λ (w)

)es claro que γ es continua en Ω y su imagen γ(Ω) ⊆ Z. Como Ω es conexo y γ escontinua, por el teorema 1.21 se debe tener que γ(Ω) = k para un unico enterok ∈ Z tal que λ (w) = `(w)+2kπi para todo w ∈Ω . Hemos ası probado:

Proposicion 2.13. Si Ω ⊆ C−0 es una region y ` : Ω → C es una rama dellogaritmo en Ω , entonces todas las ramas del logaritmo en Ω son de la forma

λ (z) = `(z)+2kπi

para un k ∈ Z.ut

56 2 Derivacion

Gracias a la proposicion anterior, basta construir una rama del logaritmo paratenerlas todas. A continuacion veremos que escogiendo adecuadamente el dominioΩ de una rama del logaritmo se obtiene una funcion holomorfa en Ω cuya derivadaes la esperada. Para esto se elige Ω = C− (−∞,0]:

-

6

(al plano complejo se le quita el semieje real negativo). A la rama del logaritmo enΩ se le llama la rama principal del logaritmo y se denota por log : Ω →C. Es claroque log : Ω → C es una funcion continua y de hecho se tiene mas:

Proposicion 2.14. La funcion log : Ω →C es holomorfa y para todo w∈Ω se tieneque

log′(w) =1w.

Demostracion. Como exp : C→ C es holomorfa, por la formulacion de Caratheo-dory de la derivada si w0 ∈Ω y z0 = log(w0), se tiene que

ez− ez0 = ϕ(z)(z− z0)

donde ϕ : C→ C es holomorfa y ϕ(z0) = exp′(z0) = ez0 6= 0. De la igualdad

w−w0 = exp(logw)− exp(logw0) = ϕ(logw)(logw− logw0)

se sigue que

log(w)− log(w0) =1

ϕ(logw)(w−w0)

y ası

log′(w) =1

ϕ(logw)=

1exp(logw)

=1w.

ut

Potencias complejas. Queremos definir ahora las potencias az para a,z ∈ C y que-remos que estas potencias generalizen las potencias usuales, digamos an con n ∈ Z.Como n puede ser negativo, debemos eliminar el caso cuando a = 0 para evitar divi-siones por cero. Ası, supongamos de inicio que a∈C−0 y que z∈C es arbitrarioy queremos definir az con las propiedades usuales:

(1) a0 = 1.(2) a1 = a.(3) az+z′ = azaz′ .


Es decir, queremos una funcion f : C→ C que satisfaga las tres condiciones ante-riores y que ademas sea holomorfa. Para comenzar note que si f satisface las trescondiciones anteriores, entonces f (z) 6= 0 para todo z ∈ C ya que si f (z) = 0 paraalgun z, por (1) y (3) se tendrıa que

1 = f (0) = f (z− z) = f (z) f (−z) = 0

una contradiccion. Ası la funcion buscada tiene codominio C−0. Ahora, de (1)y (3) se tiene que

f (z+w)− f (z) = f (z) f (w)− f (z) f (0) = f (z)(

f (w)− f (0))

y ası, por la definicion de derivada en el sentido de Caratheodory (ya que estamospidiendo que f sea holomorfa, en particular es continua) se debe tener

f ′(z) = c f (z)

donde c = f ′(0).Por otra parte observe que la derivada del producto de funciones f (z)exp(−cz)

es

f (z)(− cexp(−cz)

)+ f ′(z)exp(−cz) =−c f (z)exp(−cz)+ c f (z)exp(−cz) = 0

y comoC es conexo, por la proposicion 2.5 se sigue que f (z)exp(−cz) es constante.Observe ahora que para z = 0, f (z)exp(−cz) = f (0)exp(−0) = 1. Se sigue quef (z) = exp(cz). Poniendo z = 1, de (2) se sigue que a = f (1) = exp(c) y por lotanto c es un logaritmo de a. Recıprocamente, si c es un logaritmo de a, la funcionf (z) = exp(cz) es holomorfa en C y satisface las condiciones (1) a (3). Hemosası demostrado que, para a ∈ C−0 y z ∈ C la definicion de az es:

az = exp(z loga)

y comologa = log |a|+ i(θ +2nπ) con n ∈ Z

entonces

az = exp(z loga) = exp(z(log |a|+ iθ))exp(2πinz) con n ∈ Z.

Ejemplo 2.10. Para z= 1/n con n∈N y a∈C−0, las potencias a1/n son las raıcesn-esimas de a. Para a = e, las potencias ez son los valores de la funcion exp(z).

Funciones trigonometricas complejas. Observe que si z = iy con y ∈ R, entonces

(1) ez = eiy = cosy+ iseny

y como ez = ez, entonces

58 2 Derivacion

(2) eiy = e−iy = cos(−y)+ isen(−y) = cosy− iseny.

Restando (2) de (1) queda eiy− e−iy = 2iseny, por lo que

(3) seny =12i

(eiy− e−iy).

Por otra parte, sumando (1) y (2) queda eiy + e−iy = 2cosy, por lo que

(4) cosy =12(eiy + e−iy).

Las identidades (3) y (4) motivan definir las funciones seno y coseno complejos,sen,cos : C→ C, mediante

sen(z) =12i

(eiz− e−iz)

y

cosz =12(eiz + e−iz).

Como la exponencial es holomorfa, se sigue que las funciones seno y cosenocomplejos son holomorfas tambien. Es inmediato de su definicion que

(senz)′ = cosz y (cosz)′ =−senz.

El ejercicio 2.26 lista algunas de las identidades usuales, analogas al caso de lasfunciones seno y coseno reales, y el ejercicio 2.31 define y lista algunas propiedadesde las funciones trigonometricas hiperbolicas.

Existencia de conjugadas armonicas. En el ejemplo 2.9 vimos que la funcionu : C−0 → R dada por u(x,y) = log

√x2 + y2 es armonica. Dejamos como el

ejercicio 2.35 probar que u no tiene una conjugada armonica v en todo C−0(esencialmente el problema es que si u = log(|z|) tuviera una conjugada armonicav, entonces se tendrıa una rama holomorfa del logaritmo complejo en Ω =C−0,lo cual no es posible). El ejemplo anterior muestra que no siempre una funcionarmonica real tiene una conjugada armonica y se tiene entonces el problema naturalde decidir para que regiones Ω y cuales funciones armonicas u : Ω → R se tieneuna conjugada armonica. A continuacion veremos que, en el caso simple cuando Ω

es convexo, en particular cuando es un disco abierto, toda funcion armonica en Ω

tiene una conjugada armonica. Para probar lo anterior necesitaremos usar la reglade Leibniz para derivar bajo el signo de integral una funcion continua:

Proposicion 2.15 (Leibniz). Sea ϕ : [a,b]× [c,d]→C continua y defina g : [c,d]→C mediante

g(t) :=∫ b

aϕ(s, t)ds.

Entonces,

(1) g es continua.


(2) Si ∂ϕ/∂ t existe y es continua en [a,b]× [c,d], entonces g es de clase C1 y

g′(t) =∫ b

a

∂ϕ

∂ t(s, t)ds.

Demostracion. (1): Si t0 ∈ [c,d], note que

lımt→t0

g(t) = lımt→t0

∫ b

aϕ(s, t)ds =

∫ b

alımt→t0

ϕ(s, t)ds =∫ b

aϕ(s, t0)ds = g(t0)

(la tercera igualdad porque ϕ es continua).

(2): Mostraremos que g es diferenciable con g′ dada por la formula del enunciado.Una vez probado lo anterior, note que, por hipotesis, ϕ2 := ∂ϕ/∂ t es continua en[a,b]× [c,d] y como g′(t) tiene la forma de g(t), por la parte (1) se sigue que g′

es continua y por lo tanto g es de clase C1, como se querıa. Por lo tanto, bastaverificar la formula del enunciado (2) para g′. Para esto, fijemos un punto t0 ∈ [c,d]y sea ε > 0. Por hipotesis ϕ2 es continua en [a,b]× [c,d] y ası es uniformementecontinua y por lo tanto existe un δ > 0 tal que |(s, t)− (s′, t ′)| < δ implica que|ϕ2(s, t)−ϕ2(s′, t ′)| < ε . En particular, para (s′, t ′) = (s, t0) se tiene que |ϕ2(s, t)−ϕ2(s, t0)| < ε siempre que |(s, t)− (s, t0)| = |t− t0| < δ y para todo s ∈ [a,b]. Ası,para |t− t0|< δ y s ∈ [a,b] se tiene que∣∣∣∫ t

t0[ϕ2(s,τ)−ϕ2(s, t0)]dτ

∣∣∣≤ |t− t0|ε.

Por otra parte, para un s ∈ [a,b] fijo, la funcion Φ : [c,d]→ C dada por

Φ(τ) := ϕ(s,τ)− τϕ2(s, t0)

es primitiva de ϕ2(s,τ)−ϕ2(s, t0). Ası, por el teorema fundamental del calculo∫ t

t0[ϕ2(s,τ)−ϕ2(s, t0)]dτ = ϕ(s,τ)− τϕ2(s, t0)

∣∣∣tt0

= ϕ(s, t)− tϕ2(s, t0)−ϕ(s, t0)+ t0ϕ2(s, t0)

= ϕ(s, t)−ϕ(s, t0)− (t− t0)ϕ2(s, t0),

que al substituir en la cota para la integral del lado izquierdo nos da∣∣ϕ(s, t)−ϕ(s, t0)− (t− t0)ϕ2(s, t0)∣∣≤ ε|t− t0|

para todo s ∈ [a,b] con |t− t0|< δ . Se sigue que

(∗)∣∣∣ϕ(s, t)−ϕ(s, t0)

t− t0−ϕ2(s, t0

∣∣∣≤ ε.

Finalmente, como

60 2 Derivacion

g(t)−g(t0)t− t0

=

∫ ba ϕ(s, t)ds−

∫ ba ϕ(s, t0)ds

t− t0=

∫ ba [ϕ(s, t)−ϕ(s, t0)]ds

t− t0

se sigue que∣∣∣g(t)−g(t0)t− t0

−∫ b

aϕ2(s, t0)ds

∣∣∣= ∣∣∣∫ b

a

[ϕ(s, t)−ϕ(s, t0)]t− t0

ds−∫ b

aϕ2(s, t0)ds

∣∣∣=∣∣∣∫ b

a

([ϕ(s, t)−ϕ(s, t0)]

t− t0−ϕ2(s, t0)

)ds∣∣∣

≤ ε(b−a), (por la cota (∗), para 0 < |t− t0|< δ ).

Por lo tanto,

g′(t0) =∫ b

aϕ2(s, t0)ds,

como se querıa. ut

Proposicion 2.16. Si Ω es una region convexa, por ejemplo un disco abierto, en-tonces toda funcion armonica u : Ω → R tiene una conjugada armonica v.

Demostracion. Para a,b ∈ R fijos tales que (a,y),(x,b) ∈ Ω , como Ω es convexolos segmentos de recta que unen (x,b) con (a,y) estan contenidos en Ω . Definaentonces v : Ω → R mediante

(∗) v(x,y) :=∫ y

bux(x, t)dt−

∫ x

auy(s,b)ds

donde queremos que v y u satisfagan las ecuaciones de Cauchy-Riemann. Derivandocon respecto a x ambos lados de la ecuacion (∗) se obtiene

vx(x,y) =∫ y

buxx(x, t)dt− d

dx

(∫ x

auy(s,b)ds

)por la regla de Leibniz

=−∫ y

buyy(x, t)dt−uy(x,b) porque u es armonica

=−uy(x,y)+uy(x,b)−uy(x,b) por el teorema fundamental del calculo=−uy(x,y),

por lo que uy =−vx. Ahora, derivando con respeto a y ambos lados de (∗) queda

vy(x,y) = ux(x,y)−∫ x

auyy(s,b)ds = ux(x,y)−0 = ux(x,y)

donde la segunda igualdad es porque uy(s,b) es constante en y. Se sigue que ux = vy.ut


Ejercicios

2.24. Para la recta horizontal L = z ∈ C : Im(z) = b, demuestre que su imagenbajo la exponencial compleja exp : C→ C−0 es un rayo basado en el origen yquitando el 0.2.25. Para la recta vertical L= z ∈C : Re(z) = a, demuestre que su imagen bajola exponencial compleja exp : C→ C−0 es un cırculo con centro en el origen yradio ea.

2.26. Demuestre las identidades siguientes:

1. sen(−z) =−senz.2. cos(−z) = cosz.3. sen2 z+ cos2 z = 1.4. sen(w+ z) = senwcosz+ senzcosw.5. cos(w+ z) = coswcosz− senwsenz.6. sen(2z) = 2senzcosz.

2.27. Demuestre que los ceros de las funciones seno y coseno complejas son losmismos que los de las funciones reales correspondientes.

2.28. Concluya del ejercicio anterior que las funciones complejas senz y cosz sonperiodicas con perıodos reales de la forma τ = 2kπ con k∈Z. Es decir, sus dominiosde periodicidad son bandas verticales de ancho 2π .

2.29. Se definen las otras funciones trigonometricas complejas, en terminos del senoy coseno complejos, como es usual:

tanz =senzcosz

, cotz =coszsenz

, secz =1

cosz, cscz =

1senz

.

Encuentre sus dominios y muestre que son holomorfas en su dominio y sus deriva-das son las esperadas.

2.30. Demuestre las identidades usuales para las funciones trigonometricas del ejer-cicio anterior. Muestre que son periodicas y determine sus perıodos.

2.31. Las funciones trigonometricas hiperbolicas se definen como sigue

senhz =12(ez− e−z)

coshz =12(ez + e−z)

tanhz =senhzcoshz

cothz =coshzsenhz

sechz =1

coshz

cschz =1

senhz.

1. Observe que senhz y coshz son holomorfas en todo C. Encuentre los mayoresdominios donde las otras funciones hiperbolicas anteriores son holomorfas

2. Obtenga expresiones para las derivadas de las funciones hiperbolicas.3. Demuestre las identidades siguientes:

62 2 Derivacion

cosh2 z− senhz2 = 1 cosz = cosh iz isenz = senh iz.

4. Demuestre las identidades siguientes:

senh(a+b) = senhacoshb+ coshasenhbcosh(a+b) = coshacoshb+ senhasenhbcosz = cosxcoshy− isenxsenhysenz = senzcoshy+ icosxsenhy

donde z = x+ iy.

2.32. Si ` : Ω → C es una rama del logaritmo y n ∈ Z, demuestre que para todoz ∈Ω se tiene que zn = exp(n`(z)).

2.33. Encuentre todas las soluciones de las ecuaciones siguientes:

ez = i.ez = 1.ez = 1+ i

√3.

ez =−3.ez = 1+ i.senz = 2. Sugerencia: primero ponga w = eiz y resuelva para w.cos2 z =−1.

2.34. Muestre que la imagen bajo la exponencial de la recta z = (1+ i)t, para t ∈ Res una espiral logarıtmica y bosqueje esta imagen. Sugerencia: escriba w = reiθ ynote que la coordenada polar θ se puede identificar con t.

2.35. Muestre que la funcion u del ejemplo 2.9 no tiene una conjugada armonica.

2.36. Demuestre que si u : Ω→R es armonica, entonces la funcion ∂u∂ z es holomorfa.

2.37. Demuestre que la ecuacion de Laplace en coordenadas polares tiene la forma

r2 ∂ 2u∂ r2 + r

∂u∂ r

+∂ 2u∂θ 2 = 0.

2.38. Demuestre que si v es conjugada armonica de u, entonces las funciones uv yu2− v2 son armonicas.

Capıtulo 3Integral de lınea

En este capıtulo desarrollamos la teorıa basica de la integral (de lınea) para fun-ciones complejas. Comenzamos con las nociones de trayectoria parametrizada y decurva en el plano complejo. Despues, se define la nocion de integral de Riemann-Stieljes de una funcion compleja a lo largo de una curva rectificable y se pruebansus propiedades basicas que seran usadas mas adelante.

3.1. Trayectorias

Si Ω ⊆C es una region, una trayectoria en Ω es una funcion continua γ : [a,b]→Ω , donde [a,b]⊆ R es un intervalo cerrado con a < b. Al punto γ(a) se le llama elextremo inicial de γ y al punto γ(b) se le llama el extremo final de γ:

γ

γ(a)

γ(b)

Si el extremo inicial de γ : [a,b]→ Ω es igual a su extremo final, γ(a) = γ(b),se dice que γ es una trayectoria cerrada. Si γ ′(t) existe para todo t ∈ [a,b] y lafuncion γ ′ : [a,b]→ C es continua, diremos que γ es una trayectoria lisa. Si existeuna particion P = a = t0 < t1 < · · · < tn = b del intervalo [a,b] tal que en cadasubintervalo la restriccion γ|[tk−1,tk] es lisa, diremos que γ es lisa por tramos.

En general, si γ : [a,b]→ C es una funcion y P = a = t0 < t1 < · · · < tn = bes una particion del intervalo [a,b], consideremos el polıgono asociado a P y γ , asaber:

[γ(a) = γ(t0),γ(t1), . . . ,γ(tn) = b]

63

64 3 Integral de lınea

γ

y es claro que la longitud de este polıgono es:

v(γ;P) :=n

∑k=1|γ(tk)− γ(tk−1)|.

Si Q es otra particion de [a,b] que refina a P, es decir, P⊆ Q, entonces,

v(γ;P)≤ v(γ;Q).

En efecto, basta considerar el caso cuando Q contiene un unico punto mas que P,digamos t ′ ∈ [tk−1, tk]. Entonces, el polıgono asociado a Q es igual al polıgono aso-ciado a P excepto que se tienen dos segmentos adicionales: [γ(tk−1),γ(t ′),γ(tk)]:

γ(t ′)

γ(tk−1)

γ(tk)

y por la desigualdad del triangulo se tiene que

v(γ;P) = ∑j 6=k|γ(t j)− γ(t j−1)|+ |γ(tk)− γ(tk−1)|

≤ ∑j 6=k|γ(t j)− γ(t j−1)|+ |γ(tk)− γ(t ′)|+ |γ(t ′)− γ(tk−1)|

= v(γ;Q).

Se dice que la trayectoria γ es rectificable si

`(γ) = `ba(γ) := supv(γ;P) : P particion de [a,b]< ∞.

3.1 Trayectorias 65

Lema 3.1. (1) Si γ : [a,b]→ C es rectificable y a = a0 < a1 < · · · < an = b es unaparticion de [a,b], entonces

`ba(γ) =

n

∑j=1

`a ja j−1(γ).

(2) Si γ,λ : [a,b]→ C son rectificables y α,β ∈ C, entonces αγ +βλ : [a,b]→ Cdada por

(αγ +βλ )(t) := αγ(t)+βλ (t)

tambien es rectificable y

`(αγ +αλ )≤ |α|`(γ)+ |β |`(λ ).

Demostracion. (1) es obvio y para (2), si P = a = t0 < t1 < · · · < tn = b es unaparticion del intervalo [a,b], entonces

v(αγ +βλ ) =n

∑k=1|(αγ +βλ )(tk)− (αγ +βλ )(tk−1)|

=n

∑k=1|(αγ(tk)−αγ(tk−1)+βλ (tk)−βλ (tk−1)|

≤n

∑k=1|(αγ(tk)−αγ(tk−1)|+

n

∑k=1|βλ (tk)−βλ (tk−1)|

= |α|v(λ ;P)+ |β |v(λ ;P).

ut

Integral de Riemann. Antes de enunciar y probar la proposicion siguiente, queesencialmente da una formula sencilla para calcular la longitud de una trayectoriarectificable, recordamos algunos hechos sobre la integral de Riemann de una funcioncompleja de variable real. Si f : [a,b]→ C es una funcion y escribimos f (t) =u(t) + iv(t) con u,v : [a,b]→ R funciones reales de variable real, entonces f ′(t)existe si y solo si u′(t) y v′(t) existen y se tiene que f ′(t) = u′(t)+ iv′(t). Se define∫ b

af (t)dt :=

∫ b

au(t)dt + i

∫ b

av(t)dt,

donde en el lado derecho se tienen las integrales de Riemann de las funciones realesde variable real u,v. Para t ∈ [a,b] poniendo

F(t) :=∫ t

af (s)ds =

∫ t

au(s)ds+ i

∫ t

av(s)ds,

se tiene que F(t) es una primitiva de f (t) porque por el teorema fundamental delcalculo (para funciones reales de variable real), d

dt∫ t

a u(s)ds = u(t) y similarmentepara v. Observe tambien que

66 3 Integral de lınea∣∣∣∫ b

af (t)dt

∣∣∣≤ ∫ b

a| f (t)|dt,

ya que ∣∣∣∫ b

af (t)dt

∣∣∣ :=∣∣∣∫ b

au(t)dt + i

∫ b

av(t)dt

∣∣∣≤ ∣∣∣∫ b

au(t)dt

∣∣∣+ ∣∣∣∫ b

av(t)dt

∣∣∣≤∫ b

a|u(t)|dt +

∫ b

a|v(t)|dt,

la ultima desigualdad porque la integral de Riemann de funciones reales de variablereal es un operador creciente.

Proposicion 3.2. Si γ : [a,b]→ C es lisa por tramos, entonces es rectificable y

`(γ) =∫ b

a|γ ′(t)|dt.

Demostracion. Por el lema anterior podemos suponer que γ es lisa en [a,b], lo cualsignifica que γ ′ existe y es continua en [a,b]. Si P = a = t0 < t1 < · · ·< tn = b esuna particion del intervalo [a,b],

v(γ;P)=n

∑k=1|(γ(tk)−γ(tk−1)|=

n

∑k=1

∣∣∣∫ tk

tk−1

γ′(t)dt

∣∣∣≤ n

∑k=1

∫ tk

tk−1

|γ ′(t)|dt =∫ b

a|γ ′(t)|dt

donde en la segunda igualdad usamos el teorema fundamental del calculo. La de-sigualdad anterior implica que

(1) `(γ)≤∫ b

a|γ ′(t)|dt,

en particular γ es rectificable. Ahora, como γ ′ es continua en el compacto [a,b],entonces es uniformemente continua y ası, para todo ε > 0 existe δ1 > 0 tal que |s−t|< δ1 implica que |γ ′(s)− γ ′(t)|< ε . Sea δ2 > 0 tal que la norma de la particion‖P‖ := max1≤k≤n|tk− tk−1|< δ2. Entonces,∣∣∣∫ b

a|γ ′(t)|dt−

n

∑k=1|γ ′(τk)|(tk− tk−1)

∣∣∣< ε

con τk cualquier punto en [tk−1, tk]. Se sigue que

3.1 Trayectorias 67∫ b

a|γ ′(t)|dt ≤ ε +

n

∑k=1|γ ′(τk)|(tk− tk−1) = ε +

n

∑k=1

∣∣∣∫ tk

tk−1

γ′(τk)dt

∣∣∣(porque γ

′(τk) es constante)

≤ ε +n

∑k=1

∣∣∣∫ tk

tk−1

[γ ′(τk)− γ′(t)]dt

∣∣∣+ n

∑k=1

∣∣∣∫ tk

tk−1

γ′(t)dt

∣∣∣(por la desigualdad del triangulo)

y si ‖P‖ < δ = mınδ1,δ2, entonces |γ ′(τk)− γ ′(t)| < ε para t ∈ [tk−1, tk], y ası,por el teorema fundamental del calculo,∫ b

a|γ ′(t)|dt ≤ ε +

n

∑k=1

ε(tk− tk−1)+n

∑k=1

∣∣γ(tk)− γ(tk−1)∣∣

= ε + ε(b−a)+ v(γ;P)≤ ε(1+b−a)+ `(γ),

por lo que, para ε → 0+ se sigue que

(2)∫ b

a|γ ′(t)|dt ≤ `(γ).

Las desigualdades (1) y (2) prueban la proposicion. ut

Ejemplo 3.1. Sea γ : [0,2π]→C la funcion γ(t) := r(cos t+ isen t) = reit con r > 0.Entonces, la imagen de γ es un cırculo con centro en el origen y radio r que serecorre una vez en sentido contrario a las manecillas de un reloj:

-

6

•

r

0•

Note que el extremo inicial (que tambien es el extremo final) es el 0, y la longitudde esta trayectoria es

`(γ) =∫ 2π

0|(reit)′|dt =

∫ 2π

0|rieit |dt = r

∫ 2π

0dt = rt

∣∣∣2π

0= 2π.

Ejemplo 3.2. Considere ahora la trayectoria dada por el polıgono

γ = [1− i,1+ i,−1+ i,−1− i,1− i]

cuya imagen es el cuadrado de la figura siguiente, recorrido en sentido contrario alas manecillas del reloj:


• -

6

-?

6

1+ i−1+ i

−1− i 1− i

visto como funcion γ se puede escribir como γ : [0,1]→ C dada por

γ(t) =

(1−4t)(1− i)+4t(1+ i) si t ∈ [0,1/4],(2−4t)(1+ i)+(−1+4t)(−1+ i) si t ∈ [1/4,1/2],(3−4t)(−1+ i)+(−2+4t)(−1− i)) si t ∈ [1/2,3/4],(4−4t)(−1− i)+(−3+4t)(1− i) si t ∈ [3/4,1].

Claramente, `(γ) = 8, ya que, por ejemplo, para el segmento de recta de [1− i,1+ i]su longitud es∫ 1/4

0

∣∣((1−4t)(1− i)+4t(1+ i))′∣∣dt =

∫ 1/4

0|8i|dt = 8t

∣∣∣1/4

0= 2.

Ejercicios

3.1. Sea γ : [0,1]→ C dada por

γ(t) =

0 si t = 0,

exp(−1

t+

it

)si 0 < t ≤ 1.

Demuestre que γ es rectificable y continua. Bosqueje su imagen y encuentre sulongitud.

3.2. Sea γ : [0,1]→ C dada por

γ(t) =

0 si t = 0,t + it sen(1/t) si 0 < t ≤ 1.

Muestre que γ es continua pero no es rectificable. Bosqueje su imagen.

3.3. Sea γ : [0,2π]→C dada por γ(t) = sen t+ isen t. Bosqueje su imagen y muestreque es una trayectoria cerrada y que, excepto en los extremos, γ es inyectiva. ¿Puedecalcular su longitud?

3.2 Integral de Riemann-Stieljes 69

3.4. Sea γ : [−1,1]→ C dada por

γ(t) =

t2 si −1≤ t ≤ 0,it2 si 0≤ t ≤ 1.

Muestre que γ es lisa (aunque su imagen tiene un pico). Bosqueje su imagen.

3.5. Sea γ : [0,3π]→ C dada por

γ(t) =12

t cos t + i12

t sen t.

Bosqueje su imagen (sugerencia: cambie a coordenadas polares).

3.6. Bosqueje la imagen de γ : [−2,2]→C dada por γ(t) = (t3−1)+ i(t2 +2). ¿Eslisa?

3.2. Integral de Riemann-Stieljes

Dada una funcion continua f : [a,b]→ C y una trayectoria γ : [a,b]→ C, parauna particion P = a = t0 < t1 < · · ·< tn = b del intervalo [a,b] y elementos τk ∈[tk−1, tk] formamos las sumas de Riemann-Stieljes

S( f ,γ;P) :=n

∑k=1

f (τk)[γ(tk)− γ(tk−1)]

y consideramos estas sumas cuando ‖P‖ → 0. Diremos que f es Riemann-Stieljesintegrable a lo largo de γ si existe un complejo I ∈ C con la propiedad de que paratodo ε > 0 existe un δ > 0 tal que si ‖P‖ < δ , entonces |S( f ,γ;P)− I| < ε . Noteque, por unicidad del lımite, si un tal complejo I existe, entonces es unico. Se diceentonces que I es la integral de f a lo largo de γ o que I es la integral de Riemann-Stieljes de f a lo largo de γ , y se denota mediante

I =∫ b

af dγ =

∫ b

af (t)dγ(t).

Teorema 3.3. Si γ : [a,b]→Ω es rectificable y f : [a,b]→ C es continua, entoncesla integral de Riemann-Stieljes

∫ ba f dγ existe.

Demostracion. Como f : [a,b]→ C es continua, entonces es uniformemente conti-nua y ası, inductivamente, para ε de la forma 1/m con m ∈N, existen δ1 > δ2 > · · ·tales que |s− t|< δm implica que | f (s)− f (t)|< 1/m. Para cada m ∈ N pongamos

Pm = particiones P de [a,b] tales que ‖P‖< δm.

Ası, P1 ⊇ P2 ⊇ ·· · y si ponemos


Fm = cerrradura de n

∑k=1

f (τk)[γ(tk)− γ(tk−1)] : P = a = t0 < · · ·< tn = b ∈ Pm

con τk ∈ [tk−1, tk],

entonces,

(1) F1 ⊇ F2 ⊇ F3 ⊇ ·· · .

(2) diamFm ≤2m`(γ).

Notese que una vez que se hayan probado (1) y (2), por el teorema de Cantor1.14 existe un unico numero complejo I ∈

⋂Fm y este complejo I satisface que si

ε > 0, escogiendo m tal que ε > (2/m)`(γ) ≥ diamFm, como I ∈ Fm se sigue queFm ⊆ B(I;ε). Por lo tanto, escogiendo δ = δm, para toda particion P tal que ‖P‖ <δm, la suma de Riemann-Stieljes S( f ,γ;P) ∈ Fm ⊆ B(I;ε) y ası |S( f ,γ;P)− I|< ε ,como se querıa. Basta entonces probar (1) y (2). Comenzamos notando que (1) esdirecto del hecho de que P1 ⊇ P2 ⊇ ·· · . Para (2), como

diamFm = diam n

∑k=1

f (τk)[γ(tk)− γ(tk−1)] : P = t0, . . . , tn ∈ Pm, τk ∈ [tk−1, tk],

basta mostrar que este ultimo diametro es ≤ (2/m)`(γ).Para comenzar, si P,Q ∈ Pm son tales que P⊆ Q, mostraremos que

(3) |S(P)−S(Q)|< 1m`(γ)

y como en las observaciones antes del lema 3.1 basta considerar el caso cuando Qtiene un unico punto t ′ mas que P, digamos P = a = t0 < · · ·< tn = b y Q = a =t0 < · · ·< t j−1 < t ′ < t j < · · ·< tn = b. Entonces,

S(Q) = ∑k 6= j

f (τk)[γ(tk)− γ(tk−1)]+ f (τ ′)[γ(t ′)− γ(t j−1)]+ f (τ ′′)[γ(tk)− γ(t ′)]

donde τk ∈ [tk−1, tk] si k 6= j, τ ′ ∈ [t ′, tk−1] y τ ′′ ∈ [t ′, tk]. Similarmente, escribiendo

S(P) = ∑k 6= j

f (τk)[γ(tk)− γ(tk−1)]+ f (τ j)[γ(t j)− γ(t j−1)]

con τk ∈ [tk−1, tk], se sigue que

3.2 Integral de Riemann-Stieljes 71∣∣S(P)−S(Q)∣∣= ∣∣∣∑

k 6= j

[f (τk)− f (τk)

][γ(tk)− γ(tk−1)

]+ f (τ j)

[γ(t j)− γ(t j−1)

]− f (τ ′)

[γ(t ′)− γ(t j−1)

]− f (τ ′′)

[γ(t j)− γ(t ′)

]∣∣∣(y como P ∈ Pm, entonces |τk− τk|< δm y ası | f (τk)− f (τk)|< i/m)

≤ 1m ∑

k 6= j

∣∣γ(tk)− γ(tk−1)∣∣+ ∣∣[ f (τ j)− f (τ ′)

][γ(t ′)− γ(t j−1)

]+[

f (τ j)− f (τ ′′)][

γ(t j)− γ(t ′)]∣∣

≤ 1m ∑

k 6= j

∣∣γ(tk)− γ(tk−1)∣∣+ 1

m

∣∣γ(t ′)− γ(t j−1)∣∣+ 1

m

∣∣γ(t j)− γ(t ′)∣∣

(porque |τ j− τ′|< δm y |τ j− τ

′′|< δm)

=1m

v(γ;Q)

≤ 1m`(γ).

Finalmente, observe que si P,R ∈ Pm, entonces Q := P∪ R refina a P y R, yademas ‖Q‖ ≤ ‖P‖ y ‖Q‖ ≤ ‖R‖ por lo que ‖Q‖< δm y consecuentemente Q∈Pm.Por (3) se sigue que∣∣S(P)−S(R)

∣∣= ∣∣S(P)−S(Q)+S(Q)−S(R)∣∣≤ ∣∣S(P)−S(Q)

∣∣+ ∣∣S(Q)−S(R)∣∣

≤ 1m`(γ)+

1m`(γ) =

2m`(γ),

es decir, en el conjunto cuya cerradura define Fm la distancia entre cualesquiera dosde sus elementos es ≤ (2/m)`(γ), lo cual prueba (2). ut

El resultado siguiente muestra la aditividad de la integral de Riemann-Stieljes,tanto para la funcion f como para la trayectoria γ:

Proposicion 3.4. Sean γ,λ : [a,b]→C dos trayectorias rectificables y f ,g : [a,b]→C funciones continuas. Entonces, para cualesquiera escalares α,β ∈ C:

(1)∫ b

a(α f +βg)dγ = α

∫ b

af dγ +β

∫ b

agdγ .

(2)∫

f d(αγ +αλ ) = α

∫f dγ +β

∫f dλ .

(3) Si a = c0 < · · ·< cn = b es cualquier particion de [a,b], se tiene que∫ b

af dγ =

n

∑k=1

∫ ck

ck−1

f dγk,

donde γk := γ|[ck−1,ck] es la restriccion de γ al subintevalo [ck−1,ck].


Demostracion. (1): Si P : a = t0 < · · · < tn = b es una particion del intervalo [a,b]y τk ∈ [tk−1, tk], entonces∫

(α f +βg)dγ = lım‖P‖→0

n

∑k=1

(α f +βg)(τk)[γ(tk)− γ(tk−1)]

= α lım‖P‖→0

n

∑k=1

f (τk)[γ(tk)− γ(tk−1)]

+β lım‖P‖→0

n

∑k=1

g(τk)[γ(tk)− γ(tk−1)]

= α

∫ b

af dγ +β

∫ b

agdγ.

La parte (2) es similar a la anterior y (3) se demuestra como la parte (1) del lema3.1. ut

En el caso cuando γ es lisa por tramos, la integral de Riemann-Stieljes se puedecalcular como una integral compleja de variable real:

Teorema 3.5. Si γ : [a,b]→ C es lisa por tramos y f : [a,b]→ C es continua, en-tonces ∫ b

af dγ =

∫ b

af (t)γ ′(t)dt.

Demostracion. Por la parte (3) de la proposicion 3.4 basta considerar el caso cuandoγ es lisa. Ahora, escribiendo γ = u+ iv, donde u,v : [a,b]→R, por la parte (2) de laproposicion 3.4 se tiene que∫ b

af dγ =

∫ b

af d(u+ iv) =

∫ b

af du+ i

∫ b

af dv

y como γ ′(t) = u′(t)+ iv′(t), entonces∫ b

af (t)γ ′(t)dt =

∫ b

af (t)u′(t)dt + i

∫ b

af (t)v′(t)dt

por lo que basta probar que∫ b

af du =

∫ b

af (t)u′(t)dt y

∫ b

af dv =

∫ b

af (t)v′(t)dt.

Lo haremos para u, porque para v es lo mismo.Sea ε > 0 arbitrario y escojamos un δ > 0 y una particion P : a= t0 < · · ·< tn = b

tal que ‖P‖< δ . Entonces, para τk ∈ [tk−1, tk] arbitrario se tiene que

(1)∣∣∣∫ b

af du−

n

∑k=1

f (τk)[u(tk)−u(tk−1)]∣∣∣< ε/2

3.2 Integral de Riemann-Stieljes 73

y, por definicion de integral de Riemann de la funcion f (t)u′(t) en [a,b]:

(2)∣∣∣∫ b

af (t)u′(t)dt−

n

∑k=1

f (τk)u′(τk)(tk− tk−1)∣∣∣< ε/2.

Ahora, por el teorema del valor medio del calculo diferencial aplicado a la funciondiferenciable u : [a,b]→ R, en el intervalo [tk−1, tk] existe un elemento τk tal que

(3) u′(τk) =u(tk)−u(tk−1)

tk− tk−1

(y estamos escogiendo los τk usados en (1) y (2) como estos τk). Substituyendo (3)en (2) notamos que la suma en (2) queda igual que la suma en (1). Si denotamosesta suma por S(P), se sigue que∣∣∣∫ b

af du−

∫ b

af (t)u′(t)dt

∣∣∣= ∣∣∣(∫ b

af du−S(P)

)−(∫ b

af (t)u′(t)dt−S(P)

)∣∣∣≤∣∣∣∫ b

af du−S(P)

∣∣∣+ ∣∣∣∫ b

af (t)u′(t)dt−S(P)

∣∣∣< ε/2+ ε/2 = ε.

ut

Ejercicios

3.7. Si f : [a,b]→ C es continua y γ : [a,b]→ C es la trayectoria γ(t) = t, muestreque ∫ b

af dγ =

∫ b

af (t)dt =

∫ b

au(t)dt + i

∫ b

av(t)dt

donde en el lado derecho se tienen las integrales de Riemann usuales. Ası, la integralde Riemann-Stieljes generaliza a integral de Riemann.

3.8. Si γ : [a,b]→ C es una trayectoria rectificable, defina la funcion |γ| : [a,b]→R⊆ C mediante

|γ|(t) = `(γ∣∣[a,t]

)(la longitud de la trayectoria restringida al intervalo [a, t]). Demuestre que |γ| escontinua, creciente y rectificable.

3.9. Con la notacion e hipotesis del ejercicio anterior, si f : [a,b]→ C es continua,demuestre que ∣∣∣∫ b

af dγ

∣∣∣≤ ∫ b

a| f |d|γ|.

3.10. Con la notacion e hipotesis del ejercicio anterior, si ademas γ(t) = t para todot ∈ [a,b], demuestre que

74 3 Integral de lınea∫ b

a| f |d|γ|=

∫ b

a| f |dt.

3.11. Demuestre la parte (3) de la proposicion 3.4. Basta probar que si c ∈ [a,b],entonces ∫ b

af dγ =

∫ c

af dγ +

∫ b

cf dγ.

3.3. Integral de lınea

Dada una funcion f : Ω → C y una trayectoria γ : [a,b]→ Ω , considerando lacomposicion f γ : [a,b]→ C, a la integral de Riemann-Stieljes∫ b

a( f γ)dγ =

∫ b

a( f γ)(t) · γ(t)dt =

∫ b

af (γ(t))γ(t)dt

se le llama la integral de lınea de f a lo largo de γ , y se denota por:∫γ

f .

Por el teorema 3.5, en el caso cuando γ : [a,b]→Ω es lisa por tramos, la integralde lınea se puede calcular como una integral de Riemann de una funcion complejade variable real:

Corolario 3.6. Si γ : [a,b]→ Ω es lisa por tramos y f : Ω → C es continua en laimagen de γ , entonces ∫

γ

f =∫ b

af (γ(t))γ ′(t)dt.

ut

Ejemplo 3.3. Sea γ : [0,2π]→ C la trayectoria circular γ(t) := cos t + isen t = eit , ysea f : C→ C dada por f (z) = zn, para n ∈ N. Entonces,∫

γ

zndz =∫ 2π

0[eit ]n[eit ]′dt =

∫ 2π

0eint ieitdt = i

∫ 2π

0ei(n+1)tdt

= i∫ 2π

0[cos(n+1)t + isen(n+1)t]dt

= i∫ 2π

0cos(n+1)tdt + i2

∫ 2π

0sen(n+1)tdt

=1

n+1sen(n+1)t

∣∣∣2π

0+

1n+1

cos(n+1)t∣∣∣2π

0

= 0.

3.3 Integral de lınea 75

Ejemplo 3.4. Para la misma trayectoria del ejemplo anterior, si ahora consideramosla funcion f : C−0→ C dada por f (z) = 1/z,∫

γ

1z

dz =∫ 2π

0

1eit

(eit)′dt =

∫ 2π

0e−it ieitdt = i

∫ 2π

0dt = it

∣∣∣2π

0= 2πi.

Ejemplo 3.5. Sea γ : [0,1]→C la trayectoria circular γ(t) = cos(2πt)+ isen(2πt) =e2πit y sea f (z) = 1/z como en el ejemplo anterior. Entonces,∫

γ

1z

dz =∫ 1

0

1e2πit

(e2πit)′dt =

∫ 1

0e−2πit2πie2πitdt = 2πi

∫ 1

0dt = 2πit

∣∣∣10= 2πi.

Lo mismo es cierto si se considera la trayectoria γ(t) = z0 + re2πit (el cırculo decentro z0 y radio r > 0 y la funcion f (z) = 1/(z− z0):∫

γ

1z− z0

dz = 2πi.

Los ejemplos 3.4 y 3.5 anteriores muestran que dos trayectorias diferentes (unacon dominio [0,2π] y otra con dominio [0,1]) tienen la misma imagen, el cırculode radio 1 y centro 0 en C y las integrales de la funcion 1/z a lo largo de esas dostrayectorias son iguales. Esto es parte de un resultado general:

Cambios de parametro. Si γ : [a,b]→ C y β : [c,d]→ C son dos trayectorias,diremos que γ es una reparametrizacion de β si existe una funcion continua y es-trictamente creciente ϕ : [a,b]→ [c,d] con ϕ(a) = c, ϕ(b) = d y tal que γ = β ϕ .A la funcion ϕ se le llama un cambio de parametro o reparametrizacion. Es claroque la imagen de γ es la misma que la de β . Dejamos como el ejercicio 3.15 elprobar que la relacion anterior es de equivalencia. A una clase de equivalencia detrayectorias se le llama una curva. Usaremos la notacion γ para la imagen o trazade la curva γ . Una curva es lisa o lisa por tramos si uno de sus representantes lo es.Una curva es cerrada si sus representantes son trayectorias cerradas. Observe quesi β es rectificable y γ es una reparametrizacion de β , entonces γ tambien es recti-ficable. En efecto, si a = t0 < t1 < · · · < tn = b es una particion de [a,b], entoncesc = ϕ(a) = ϕ(t0) < ϕ(t1) < · · · < ϕ(tn) = ϕ(b) = d es una particion de [c,d] y setiene que

n

∑k=1|γ(tk)− γ(tk−1)|=

n

∑k=1|β (ϕ(tk))−β (ϕ(tk−1))| ≤ `(β )

por lo que `(γ) ≤ `(β ) < ∞. Se sigue que si β : [c,d]→ Ω es rectificable y γ :[a,b]→ Ω es una reparametrizacion γ = ϕ β , y si f : Ω → C es continua en laimagen de β (que es igual a la imagen de γ), entonces las integrales de lınea

∫γ

f y∫β

f estan definidas y se tiene que:

Proposicion 3.7. Supongamos que β : [c,d]→ Ω es rectificable y γ : [a,b]→ Ω esuna reparametrizacion γ = β ϕ . Si f : Ω →C es continua en la imagen de β (que


es igual a la imagen de γ), entonces∫γ

f =∫

β

f .

Demostracion. Como vimos arriba, una particion P : a = t0 < · · · < tn = b induceuna particion ϕ(P) : c = ϕ(t0)< · · ·< ϕ(tn) = d de [c,d], y recıprocamente.

Por definicion de integral de lınea, para todo ε > 0 existe un δ1 > 0 tal que si‖P‖< δ1 se tiene que

(1)∣∣∣∫

γ=βϕf −

n

∑k=1

f (β ϕ(τk))[β ϕ(tk)−β ϕ(tk−1)]∣∣∣< ε/2

para τk ∈ [tk−1, tk].Similarmente, existe un δ2 > 0 tal que si ‖ϕ(P)‖< δ2 se tiene que

(2)∣∣∣∫

β

f −n

∑k=1

f (β (ϕ(τ ′k)))[β (ϕ(tk))−β (ϕ(tk−1))]∣∣∣< ε/2

para ϕ(τ ′k) ∈ [ϕ(tk−1),ϕ(tk)] con τ ′k ∈ [tk−1, tk].Ahora, como ϕ es uniformemente continua, para el δ2 > 0 existe un δ > 0 tal que

si ‖P‖< δ , se tiene que |ϕ(tk)−ϕ(tk−1)|< δ2 para todos los t j y ası ‖ϕ(P)‖< δ2.Escogemos entonces δ < δ1 para que se satisfagan (1) y (2) y ademas escogemosτk = τ ′k en (1) y (2) por lo que las sumas en (1) y (2) son iguales y las podemosdenotar por S(P). Se sigue que∣∣∣∫

γ=βϕf −

∫β

f∣∣∣= ∣∣∣∫

γ=βϕf −S(P)+S(P)−

∫β

f∣∣∣

≤∣∣∣∫

γ=βϕf −S(P)

∣∣∣+ ∣∣∣∫β

f −S(P)∣∣∣

< ε/2+ ε/2 = ε.

ut

Ejemplo 3.6. Si γ : [0,2π]→C es el cırculo γ(t)= eit , se puede reparametrizar comoβ : [0,1]→C dada por β (t)= e2πit , que recorre el mismo cırculo a mayor velocidad.

La trayectoria opuesta. Si γ : [a,b]→ R es una trayectoria rectificable, se defineγ−1 : [−b,−a]→ C mediante

γ−1(t) = γ(−t).

Ası, γ−1 recorre la misma curva que γ , pero en sentido opuesto:


γ

γ−1

γ(0) γ−1(1)

γ(1) γ−1(0)

Ası, γ−1(0)= γ(1) y γ−1(1)= γ(0). Es claro que γ−1 es rectificable y `(γ−1)= `(γ).

Proposicion 3.8. Si γ : [a,b]→ Ω es rectificable y f : Ω :→ C es continua en γ,entonces

(1)∫

γ−1f =−

∫γ

f .

(2)∣∣∣∫

γ

f∣∣∣≤ `(γ)sup| f (z)| : z ∈ γ= imagen de γ.

(3) Si c ∈ C,∫

γ

f (z)dz =∫

γ+cf (z− c)dz.

Demostracion. (1): Si P : a = t0 < · · ·< tn = b es una particion de [a,b], entonces−P : −b = −tn < · · · < −t0 = −a es una particion de [−b,−a], ‖−P‖ = ‖P‖, yrecıprocamente. Tambien, τk ∈ [tk−1, tk] si y solo si −τk ∈ [−tk,−tk−1]. Se sigue que∫

γ

f = lım‖P‖→0

n

∑k=1

f (γ(τk))[γ(tk)− γ(tk−1)]

= lım‖P‖→0

n

∑k=1

f (γ−1(−τk))[γ−1(−tk)− γ

−1(−tk−1)]

= lım‖P‖→0

n

∑k=1

f (γ−1(−τk))(−1)[γ−1(−tk−1)− γ−1(−tk)]

=−∫

γ−1f .

(2): Sea ε > 0 arbitrario. Entonces, existe δ > 0 tal que para toda particion P : a =t0 < · · ·< tn = b con ‖P‖< δ se tiene que∣∣∣∫

γ

f −n

∑k=1

f (γ(τk))[γ(tk−1− γ(tk)]∣∣∣< ε

y por lo tanto

78 3 Integral de lınea∣∣∣∫γ

f∣∣∣≤ ε +

∣∣∣ n

∑k=1

f (γ(τk))[γ(tk−1− γ(tk)]∣∣∣

≤ ε +n

∑k=1

∣∣ f (γ(τk))∣∣∣∣γ(tk−1− γ(tk)

∣∣≤ ε +M

n

∑k=1

∣∣γ(tk−1− γ(tk)∣∣

≤ ε +M`(γ),

donde M = sup| f (z)| : z ∈ γ= imagen de γ. La parte (3) es directa. ut

El lema siguiente nos sera muy util para aproximar una integral de lınea arbitrariacon una usando una poligonal:

Lema 3.9. Si Ω ⊆ C es abierto, γ : [a,b]→ Ω es rectificable y f : Ω :→ C es con-tinua, entonces para todo ε > 0 existe una trayectoria poligonal Γε : [a,b]→Ω talque

(1) Γε(a) = γ(a) y Γε(b) = γ(b).

(2)∣∣∣∫

γ

f −∫

Γε

f∣∣∣< ε .

Demostracion. Consideremos primero el caso especial cuando Ω = B(c;r) es undisco abierto. Como γ ⊆ B(c;r) y γ es compacto, entonces

d = dist(γ,∂Ω)> 0.

Se sigue que γ ⊆ B(c;ρ) con ρ = r− 12 d, y como f es continua en Ω = B(c;r),

lo es en el compacto B(c;ρ) y por lo tanto es uniformemente continua en esta bolacerrada. Ası, para todo ε > 0 existe un δ > 0 tal que |z−w|< δ implica que | f (z)−f (w)|< ε . Para este δ , como γ : [a,b]→ Ω es uniformemente continua, existe unaparticion P : a = t0 < · · ·< tn = b tal que

(1) |γ(s)− γ(t)|< δ/2

si s, t ∈ [tk−1, tk]. Ademas, para τk ∈ [tk−1, tk] se tiene que

(2)∣∣∣∫

γ

f −n

∑k=1

f γ(τk)[γ(tk)− γ(tk−1)]∣∣∣< ε.

Se define entonces Γε : [a,b]→Ω mediante

Γε(t) :=1

tk− tk−1

[(tk− t)γ(tk−1)+(t− tk−1)γ(tk)

]


si t ∈ [tk−1, tk]. Es decir, en el subintervalo [tk−1, tk] de [a,b], Γε es el segmento derecta que une el punto γ(tk−1) con γ(tk) y por lo tanto Γε es un polıgono en Ω .Usando (1) se tiene que si τk, t ∈ [tk−1, tk], entonces

(3) |γ(τk)−Γε(t)|< δ

ya que

|γ(τk)−Γε(t)|=∣∣∣γ(τk)−

1tk− tk−1

[(tk− t)γ(tk−1)+(t− tk−1)γ(tk)

]∣∣∣=

∣∣γ(τk)(tk− tk−1)− (tk− t)γ(tk−1)− (t− tk−1)γ(tk)∣∣

tk− tk−1

=

∣∣(tk− tk−1)(γ(τk)− γ(tk−1)

)+(t− tk−1)

(γ(tk−1)− γ(tk)

)∣∣tk− tk−1

≤∣∣γ(τk)− γ(tk−1)

∣∣+ ∣∣γ(tk−1)− γ(tk)∣∣ porque |t− tk−1| ≤ |tk− tk−1|

< δ (por (1)).

Por otra parte, como ∫Γε

f =∫ b

af (Γε(t))Γ ′ε (t)dt

porque Γε es lisa por tramos y como

Γ′

ε (t) =n

∑k=1

1tk− tk−1

[− γ(tk−1)+ γ(tk)

]se sigue que

(4)∫

Γε

f =n

∑k=1

γ(tk)− γ(tk−1)

tk− tk−1

∫ tk

tk−1

f (Γε(t))dt.

De (2) y (4) se sigue que

80 3 Integral de lınea∣∣∣∫γ

f −∫

Γε

f∣∣∣= ∣∣∣∫

γ

f −n

∑k=1

f (γ(τk))[γ(tk)− γ(tk−1)]+n

∑k=1


−n

∑k=1


tk− tk−1

∫ tk

tk−1

f (Γε(t))dt∣∣∣

≤ ε +∣∣∣ n

∑k=1


−n

∑k=1


tk− tk−1

∫ tk

tk−1

f (Γε(t))dt∣∣∣

= ε +∣∣∣ n

∑k=1


tk− tk−1

∫ tk

tk−1

(f (γ(τk))− f (Γε(t))

)dt∣∣∣

y como |γ(τk)−Γε(t)| < δ por (3), entonces | f γ(τk)− fΓε(t)| < ε , y ası, por laproposicion 3.8 (2) se sigue que

(5)∣∣∣∫ tk

tk−1

(f (γ(τk))− f (Γε(t))

)dt∣∣∣≤ ε(tk− tk−1)

y substituyendo (5) en la desigualdad anterior se sigue que∣∣∣∫γ

f −∫

Γε

f∣∣∣≤ ε + ε

n

∑k=1|γ(tk)− γ(tk−1)| ≤ ε(1+ `(γ))

lo cual prueba el lema en el caso cuando Ω = B(c;r) es un disco.Para el caso general, con Ω abierto arbitrario, como γ ⊆ Ω es compacto,

dist(γ,∂Ω) > 0 y por lo tanto existe un real r tal que 0 < r < dist(γ,∂Ω).Como γ : [a,b] → Ω es uniformemente continua, para este r existe un δ > 0tal que |s− t| < δ implica que |γ(s)− γ(t)| < r. Escojamos ahora una particionP : a = t0 < · · · < tn = b con ‖P‖ < δ . Se sigue que |γ(t)− γ(tk−1)| < r parat ∈ [tk−1, tk]. Por lo tanto, si γk := γ

∣∣[tk−1,tk]

, entonces

γk ⊆ B(γ(tk−1);r) para k = 1, . . . ,n.

Aplicando ahora el caso particular probado anteriormente, existe una trayectoriapoligonal Γk,ε : [tk−1, tk]→ B(γ(tk−1;r) tal que Γk,ε(tk−1) = γ(tk−1), Γk,ε(tk) = γ(tk)y∣∣∫

γkf −

∫Γk,ε

f∣∣ < ε/n. Definamos ahora Γε : [a,b]→ Ω como Γε(t) = Γk,ε(t) si

t ∈ [tk−1, tk]. Se sigue que∣∣∣∫γ

f −∫

Γε

f∣∣∣= ∣∣∣ n

∑k=1

(∫γk

f −∫

Γk,ε

f)∣∣∣< n

∑k=1

ε/n = ε.

ut

Una primera consecuencia importante de este lema es un analogo del teoremafundamental del calculo:


Teorema 3.10. Si Ω ⊆ C es abierto, γ : [a,b]→ Ω es rectificable y f : Ω → C escontinua y tiene una primitiva F : Ω → C, entonces∫

γ

f = F(γ(b))−F(γ(a)),

es decir, la integral∫

γf depende solo de los extremos inicial y final de γ , i.e., es

independiente de la trayectoria que uno estos dos puntos. En particular, si γ es unacurva cerrada, entonces ∫

γ

f = 0.

Demostracion. Supongamos primero que γ : [a,b]→ Ω es lisa por tramos. Enton-ces, por el teorema 3.5,∫

γ

f =∫ b

af (γ(t))γ ′(t)dt =

∫ b

aF ′(γ(t))γ ′(t)dt =

∫ b

a(F γ)′(t)dt

= F γ(t)∣∣∣ba= F(γ(b))−F(γ(a)) = F(β )−F(α).

Supongamos ahora que γ : [a,b] → Ω es arbitraria (rectificable). Por el lemaanterior, para todo ε > 0 existe una trayectoria poligonal (y por lo tanto lisa portramos) Γε : [a,b] → Ω tal que

∣∣∫γ

f −∫

Γεf∣∣ < ε , y por el caso particular visto

anteriormente∫

Γεf = F(β )−F(α). Se sigue que∣∣∣∫

γ

f −(F(β )−F(α)

)∣∣∣< ε

y como ε es arbitrario el teorema se sigue. ut

Ejemplo 3.7. Si f : C → C es f (z) = zn con n 6= −1 entero, entonces tiene unaprimitiva F(z) = zn+1/(n+ 1) y por lo tanto, para cualquier trayectoria cerrada γ :[a,b]→ C (que no pase por 0 en el caso cuando n < 0 para evitar division por cero)se tiene que ∫

γ

zn = 0.

Ejercicios

3.12. Sea f : C−0→ C dada por f (z) = 1/z. Calcule∫

γ

f :

Para γ el cuadrado del ejemplo 22.Para γ la curva cuya imagen es el semicırculo superior con centro en el origen yde radio 1 recorrido en sentido contrario al de las manecillas de un reloj.Para γ la curva cuya imagen es el semicırculo inferior con centro en el origen yde radio 1 recorrido en el sentido de las manecillas de un reloj.


Para γ la curva cerrada cuya imagen es

-

6

0 1 2

3.13. Calcule la integral∫

γ

(z− i), donde γ : [−1,1]→C es el arco de parabola dado

por γ(t) = t + it2.

3.14. Sea f : C→ C dada por f (z) = |z|2 y considere los polıgonos α = [1, i] yβ = [1,1+ i, i]. Exprese α y β como trayectorias y calcule

∫α

f y∫

βf .

3.15. Sea γ : [a,b]→Ω una trayectoria rectificable cerrada con Ω abierto y supongaque z0 6∈Ω . Demuestre que para n≥ 2,∫

γ

1(z− z0)n dz = 0.

3.16. Demuestre que la relacion de reparametrizacion es de equivalencia.

3.17. Demuestre que toda trayectoria γ : [a,b]→ C es equivalente a una trayectoriaβ : [0,1]→ C. Sugerencia: defina ϕ : [0,1]→ [a,b] mediante ϕ(t) := (b−a)t +a.

3.18. Si β : [c,d]→ C es una trayectoria rectificable y γ = β ϕ : [a,b]→ C es unareparametrizacion, demuestre que `(γ) = `(β ).

3.19. Si γ : [c,d]→C es una trayectoria rectificable, demuestre que γ−1 : [−b,−a]→C tambien lo es y `(γ−1) = `(γ).

3.20. Usando el ejercicio 3.17 demuestre que la trayectoria opuesta a γ : [0,1]→ Ces γ−1 : [0,1]→ C dada por γ−1(t) := γ(1− t).

3.21. Si γ : [a,b]→C es una trayectoria, considere la trayectoria |γ| : [a,b]→R⊆Cdel ejercicio 3.8. Si f : Ω :→ C es continua en γ, se define∫

γ

f |dz| :=∫ b

af (γ(t))d|γ|(t).

Demuestre que∣∣∣∫γ

f∣∣∣≤ ∫

γ

| f ||dz| ≤ `(γ) sup| f (z)| : z ∈ γ= imagen de γ.

Capıtulo 4Teorıa de Cauchy local

El teorema de Cauchy es un resultado fundamental en la teorıa de funcionescomplejas y en este capıtulo lo probaremos para una region convexa, en particular,para un disco. Un resultado de fundamental importancia es la existencia de unaprimitiva local de toda funcion holomorfa en una region convexa, en particular, enun disco abierto. Consecuencias de este teorema incluyen la analiticidad de todafuncion holomorfa, el teorema de la identidad, el teorema de Liouville y el teoremadel modulo maximo.

4.1. El teorema de Cauchy en una region convexa

El teorema de Cauchy que probaremos en esta seccion afirma que la integral a lolargo de cualquier curva cerrada rectificable de toda funcion holomorfa definida enuna region convexa es cero. Esta version inicial sera suficiente para obtener muchasconsecuencias importantes, entre ellas que una funcion holomorfa es de clase C∞ ypor lo tanto tiene una expansion en serie de Taylor, es decir, es analıtica. Generali-zaciones de este teorema se veran hasta el siguiente capıtulo. Comenzamos con laversion de Goursat del teorema de Cauchy en una region convexa.

Teorema 4.1 (Cauchy-Goursat). Si Ω ⊆ C es una region convexa y f : Ω → C esuna funcion holomorfa, entonces

∫T f = 0 para toda trayectoria triangular cerrada

T en Ω .

Demostracion. Sea T = [a,b,c,a] una trayectoria triangular en Ω y sea ∆ la capsulaconvexa de T . Ası, ∆ consiste del triangulo T y su interior. Note que T = ∂∆ .Uniendo los puntos medios de los lados del triangulo ∆ se forman cuatro triangulos∆1,∆2,∆3,∆4 dentro de ∆ :

83

84 4 Teorıa de Cauchy local

∆4

∆1

∆2 ∆3

y orientando las fronteras Tj = ∂∆ j de estos triangulos como se muestra en la figurade arriba, se tiene que

(1)∫

Tf =

4

∑j=1

∫Tj

f .

Entre las cuatro trayectorias Tj existe una, denotemosla por T (1), para la cual el valorabsoluto

∣∣∫T (1) f

∣∣ es el maximo entre los valores absolutos de las cuatro integralesde (1) y por lo tanto, de (1) se sigue que

(2)∣∣∣∫

Tf∣∣∣≤ 4

∣∣∣∫T (1)

f∣∣∣.

Por otra parte, observe que, como los triangulos ∆ j se obtuvieron uniendo los puntosmedios de los lados del triangulo ∆ , entonces

(3) `(Tj) =12`(T ) y diam∆ j =

12

diam∆ .

Aplicando ahora el procedimiento anterior al triangulo T (1), se obtiene un triangu-lo T (2) con propiedades analogas a (1), (2) y (3). Procediendo recursivamente seobtiene una sucesion de triangulos ∆ (n) con fronteras T (n) tales que∣∣∣∫

T (n)f∣∣∣≤ 4

∣∣∣∫T (n+1)

f∣∣∣,

`(T (n+1)) =12`(T (n)) y diam∆

(n+1) =12

diam∆(n),

y∆(1) ⊇ ∆

(2) ⊇ ∆(3) ⊇ ·· · .

Por lo tanto

(4)∣∣∣∫

Tf∣∣∣≤ 4

∣∣∣∫T (1)

f∣∣∣≤ 42

∣∣∣∫T (2)

f∣∣∣≤ ·· · ≤ 4n

∣∣∣∫T (n)

f∣∣∣

y similarmente

4.1 El teorema de Cauchy en una region convexa 85

(5) `(T (n)) =(1

2

)n`(T ) y diam∆

(n) =(1

2

)ndiam∆ .

Ahora, como los ∆ (n) son cerrados, estan encadenados y sus diametros satisfa-cen que lımdiam∆ (n) = 0 porque diam∆ (n) =

( 12

)n diam∆ , podemos aplicar elteorema de Cantor 1.14 y ası existe un unico punto z0 ∈

⋂∆ (n). Ahora, como f ′(z0)

existe, para todo ε > 0 hay un δ > 0 tal que para 0 < |z− z0|< δ se tiene que∣∣∣ f (z)− f (z0)

z− z0− f ′(z0)

∣∣∣< ε

o equivalentemente

(6) | f (z)− f (z0)− f ′(z0)(z− z0)|< ε|z− z0|.

Es claro que f (z0)+ f ′(z0)(z− z0) tiene una primitiva f (z0)z+ f ′(z0)(z2/2− z0z) yası por el teorema 3.10 se tiene que

∫T (n)

(f (z0)+ f ′(z0)(z− z0)

)= 0 y por lo tanto∫

T (n)f (z) =

∫T (n)

[f (z)− f (z0)− f ′(z0)(z− z0)

].

Esgogiendo ahora n tal que diam∆ (n) < δ , se sigue que si z ∈ ∆ (n), como z0 ∈ ∆ (n),se tiene que |z− z0|< δ y ası, usando (4) se sigue que∣∣∣∫

Tf∣∣∣≤ 4n

∣∣∣∫T (n)

f∣∣∣≤ 4n`(T (n))sup| f (z)− f (z0)− f ′(z0)(z− z0)|

≤ 4n`(T (n))supε|z− z0| por (6)

≤ 4n`(T (n))ε diam∆(n) porque z,z0 ∈ ∆

(n)

≤ 4n(1

2

)n`(T )ε

(12

)ndiam∆ por (5)

= ε`(T )diamT

y como ε es arbitrario y T es fijo, la desigualdad anterior implica el teorema. ut

Observacion 4.1. En el teorema anterior lo que esencialmente se uso es que, parauna region Ω , si T = [a,b,c,a] es un triangulo tal que su capsula convexa ∆ esta to-talmente contenida en Ω , entonces cada uno de los subtriangulos Tj y sus capsulasconvexas ∆ j estan contenidos en Ω , y el razonamiento procederıa igual al caso con-siderado cuando Ω es convexa.

Teorema 4.2 (Teorema de Cauchy en una region convexa). Si Ω es una regionconvexa y f : Ω → C es holomorfa, entonces f tiene una primitiva F en Ω . Con-secuentemente, por el teorema 3.10, si γ es cualquier curva cerrada rectificable enΩ , entonces ∫

γ

f = 0.


Demostracion. Usando que Ω es convexa mostraremos que f tiene una primitivaF en Ω , es decir, existe una funcion holomorfa F : Ω → C tal que F ′ = f . DefinaF : Ω → C mediante

F(z) =∫[a,z]

f

donde la integral es a lo largo del segmento [a,z] (contenido en Ω porque esta esconvexa). Probaremos que F ′(z0) = f (z0) para todo z0 ∈Ω . Para esto, observe que

F(z)−F(z0) =∫[a,z]

f −∫[a,z0]

f =∫[a,z]

f −(∫

[a,z]f +

∫[z,z0]

f)=∫[z0,z]

f

ya que [a,z0] = [a,z,z0] (vea la figura siguiente) y use el teorema de Cauchy-Goursat4.1.

•a

z•z0 •

AAAKXXXy

Por lo tantoF(z)−F(z0)

z− z0=

1z− z0

∫[z0,z]

f

y consecuentemente

F(z)−F(z0)

z− z0− f (z0) =

1z− z0

∫[z0,z]

f − f (z0)

=1

z− z0

∫[z0,z]

f − 1z− z0

∫[z0,z]

f (z0)

=1

z− z0

∫[z0,z]

[f − f (z0)

]y ası, tomando valores absolutos se obtiene que∣∣∣F(z)−F(z0)

z− z0− f (z0)

∣∣∣≤ 1|z− z0|

`([z0,z])sup| f (w)− f (z0)| : w ∈ [z0,z]

= sup| f (w)− f (z0)| : w ∈ [z0,z]

y si z→ z0 se tiene que w→ z0, por lo que como f es continua se sigue que f (w)→f (z0) y consecuentemente el supremo de la desigualdad anterior tiende a 0 y ası

F ′(z0) = lımz→z0

F(z)−F(z0)

z− z0= f (z0).

ut


Teorema 4.3 (Formula integral de Cauchy en un disco). Si f : Ω → C es holo-morfa y B(a;r) ⊆ Ω , con r > 0 y si γ : [0,2π]→ Ω es el cırculo frontera del discoanterior, es decir, γ(s) = a+ reis, entonces para todo z ∈ B(a;r) se tiene que

f (z) =1

2πi

∫γ

f (w)w− z

dw.

Demostracion. Fijemos un punto z ∈ B(a;r) y para 0 < ε < dist(z,γ) considereel disco B(z : ε) y sea γε su frontera orientada en sentido contrario a las manecillasde un reloj. Mostraremos primero que, para todo ε como arriba

(1)∫

γ

f (w)w− z

dw =∫

γε

f (w)w− z

dw.

Para establecer esta igualdad, considere la figura siguiente, donde el disco mayor esB(a;r) y el disco menor es B(z;ε):

z

y subdivida la region comprendida entre los dos cırculos por medio de dos seg-mentos horizontales y dos segmentos verticales que unen ambos cırculos como semuestra en la figura. Note que lo anterior da lugar a cuatro regiones cuyas fronterasson curvas cerradas consistentes de dos arcos de circunferencia y dos segmentosde recta. Denotemos estas fronteras por γ1,γ2,γ3 y γ4 orientadas positivamente (ensentido contrario a las manecillas de un reloj). Note que cada γ j esta contenida en

una region convexa en la cual la funcionf (w)w− z

es holomorfa (por ejemplo, en la

interseccion de semiplanos apropiados y de un disco abierto que contenga a γ). Porel teorema de Cauchy 4.2 para una region convexa, para 1≤ j ≤ 4 se tiene que∫

γ j

f (w)w− z

dw = 0.

Ahora observe que, como en la demostracion del teorema de Cauchy-Goursat, loslados que comparten las curvas γ j tienen orientaciones opuestas y por lo tanto lasintegrales a lo largo de esos lados compartidos se anulan y la orientacion de los arcosdel cırculo γε da a este una orientacion negativa (en el sentido de las manecillas deun reloj); se sigue que


0 =4

∑j=1

∫γ j

f (w)w− z

dw =∫

γ

f (w)w− z

dw−∫

γε

f (w)w− z

dw,

de donde se obtiene la igualdad (1) deseada. En el ejemplo 3.5 se muestra que

(2)∫

γε

1w− z

dw = 2πi

lo cual junto con (1) implica que

12πi

∫γ

f (w)w− z

dw− f (z) =1

2πi

∫γε

f (w)w− z

dw− 12πi

f (z)∫

γε

1w− z

dw

=1

2πi

∫γε

f (w)− f (z)w− z

dw

y para la integral del lado derecho, poniendo Mε := sup∣∣∣ f (w)− f (z)

w−z

∣∣∣ : w ∈ γε

se tiene que∣∣∣ 12πi

∫γε

f (w)− f (z)w− z

dw∣∣∣≤ 1

2πMε `(γε) =

12π

Mε(2πε) = εMε ,

por lo que cuando ε → 0 la integral correspondiente tiende a 0 tambien, de dondese sigue la afirmacion del teorema. ut

Derivadas de orden superior. Para mostrar que una funcion holomorfa f tienederivadas de todos los ordenes, necesitaremos el lema siguiente, que aplicaremosinmediatamente a la formula de Cauchy 4.3 al caso de un disco para obtener laformula general 4.5 en un disco, y mas adelante en el corolario 5.7 a la formula deCauchy en una region Ω mas general.

Lema 4.4. Supongamos que γ : [a,b]→ C es rectificable y que ϕ : C→ C esta de-finida y es continua en γ. Para cada entero m≥ 1 defina para z 6∈ γ

Fm(z) :=∫

γ

ϕ(w)(w− z)m dw.

Entonces, cada Fm es holomorfa en C−γ y

F ′m(z) = mFm+1(z).

Demostracion. Para comenzar, cada Fm es continua. En efecto, si fijamos un z0 ∈Ω := C−γ y ponemos r = d(z0,γ), note que como γ es compacto y ϕ escontinua en γ, entonces su imagen es compacta, en particular es acotada, digamos|ϕ(w)| ≤M para todo w ∈ γ. Usando la factorizacion elemental

am−bm = (a−b)(am−1 +am−2b+ · · ·+abm−2 +bm−1)


se tiene que

1(w− z)m −

1(w− z0)m =

[1

w− z− 1

w− z0

][ 1(w− z)m−1 +

1(w− z)m−2(w− z0)

+ · · ·+ 1(w− z)(w− z0)m−2 +

1(w− z0)m−1

]= (z− z0)

[1

(w− z)m(w− z0)+

1(w− z)m−1(w− z0)2 + · · ·

+1

(w− z)(w− z0)m

].

Multiplicando ambos lados de la igualdad anterior por ϕ(w) e integrando a lo largode γ queda:

(∗) Fm(z)−Fm(z0) = (z− z0)∫

γ

[ϕ(w)

(w− z)m(w− z0)+ · · ·+ ϕ(w)

(w− z)(w− z0)m

]donde z ∈ B(z0;r/2) y w ∈ γ por lo que |z− z0| < r/2, |w− z0| ≥ r > r/2 y|w− z|> r/2, y consecuentemente∣∣∣ ϕ(w)

(w− z)m−k(w− z0)k+1

∣∣∣< (2r

)m+1M.

Entonces, para todo ε > 0, escogiendo δ < r/2 se tiene que si |z−z0|< δ , (∗) queda:∣∣Fm(z)−Fm(z0)∣∣≤ |z− z0|`(γ)

(2r

)m+1M < δ`(γ)

(2r

)m+1M

y ası, como queremos que δ`(γ)(

2r

)m+1M < ε , escogiendo

δ = mın r

2,

εrm+1

M`(γ) 2m+1

se sigue que |z− z0|< δ implica que |Fm(z)−Fm(z0)|< ε , i.e., Fm es continua.

Ahora, dividiendo ambos lados de (∗) por (z− z0) queda

Fm(z)−Fm(z0)

z− z0=∫

γ

ϕ(w)(w− z)m(w− z0)

dw+ · · ·+∫

γ

ϕ(w)(w− z)(w− z0)m dw

=∫

γ

ϕ(w)(w− z0)−1

(w− z)m dw+ · · ·+∫

γ

ϕ(w)(w− z0)−m

(w− z)dw

donde, como z0 6∈ γ, la funcion

ϕ(w)(w− z0)−k =

ϕ(w)(w− z0)k


es continua en γ para cada k. Por el argumento de la primera parte de la demostra-cion se sigue que cada una de las integrales del lado derecho es una funcion continuade z. Por lo tanto, si z→ z0 se sigue que

F ′m(z0) = lımz→z0

Fm(z)−Fm(z0)

z− z0

= lımz→z0

∫γ

ϕ(w)(w− z0)−1

(w− z)m dw+ · · ·+ lımz→z0

∫γ

ϕ(w)(w− z0)−m

(w− z)dw

=∫

γ

ϕ(w)(w− z0)m+1 dw+ · · ·+

∫γ

ϕ(w)(w− z0)m+1 dw = mFm+1(z0).

ut

Supongamos ahora que f : Ω → C es holomorfa y B(a;r)⊆Ω , con r > 0 y queγ : [0,2π]→ Ω es el cırculo frontera del disco anterior, es decir, γ(s) = a+ reis,entonces por el teorema 4.3 para z ∈ B(a;r) se tiene que

f (z) =1

2πi

∫γ

f (w)w− z

dw

y aplicando el lema 4.4 anterior se sigue que

(1) f ′(z) =1

2πi

∫γ

f (w)(w− z)2 dw

y, de nuevo, aplicando el lema anterior a (1) se sigue que

f ′′(z) =2

2πi

∫γ

f (w)(w− z)3 dw

y, recursivamente,

f (n)(z) =n!

2πi

∫γ

f (w)(w− z)n+1 dw

para todo n≥ 0 y todo z ∈ B(a;r). Hemos ası probado que toda funcion holomorfaen un disco tiene derivadas de todos los ordenes:

Teorema 4.5 (Formula integral de Cauchy en un disco). Si f : Ω → C es holo-morfa y B(a;r) ⊆ Ω , con r > 0 y γ : [0,2π]→ Ω es el cırculo frontera del discoanterior, es decir, γ(s) = a+ reis, entonces para todo z ∈ B(a;r) y n≥ 0 se tiene que

f (n)(z) =n!

2πi

∫γ

f (w)(w− z)n+1 dw.

ut

Corolario 4.6 (Estimacion de Cauchy). Si f : B(a;R)→C es holomorfa y | f (z)| ≤M para todo z ∈ B(a;R), entonces

4.1 El teorema de Cauchy en una region convexa 91∣∣ f (n)(a)∣∣≤ n!MRn .

Demostracion. Apliquemos el teorema 4.5 con r < R. Entonces,

∣∣ f (n)(a)∣∣= ∣∣∣ n!2πi

∫γ

f (w)(w−a)n+1 dw

∣∣∣ con γ la frontera de B(a;r)

≤( n!

2π

)`(γ)sup

∣∣∣ f (w)(w−a)n+1

∣∣∣ : w ∈ γ

por la proposicion 3.8

≤( n!

2π

) 2πrrn+1 sup

∣∣ f (w)∣∣ : w ∈ γ

porque |w−a|= r y `(γ) = 2πr

≤ n!rn M porque | f (w)| ≤M.

El resultado se sigue haciendo que r→ R−. ut

El recıproco del teorema de Cauchy. La conclusion final del teorema 3.10, quepara cualquier curva cerrada rectificable γ en una region Ω en la cual una funcionf : Ω → C tiene una primitiva, se tiene que∫

γ

f = 0

de hecho caracteriza a las funciones holomorfas:

Teorema 4.7 (Morera). Si Ω ⊆ C es una region y f : Ω → C es una funcion con-tinua tal que la integral

∫γ

f = 0 para toda trayectoria cerrada γ en Ω , entonces fes holomorfa.

Demostracion. Para probar que f es holomorfa en Ω , basta probar que f es holo-morfa en cada disco abierto B(a;r) contenido en Ω y por lo tanto podemos suponerque Ω = B(a;r) es un disco abierto. Ahora, como un disco es convexo, entonces,como en la demostracion del teorema 4.2 (usando la hipotesis en lugar del teoremade Cauchy-Goursat), f tiene una primitiva F en B(a;r) dada por

F(z) =∫[a,z]

f

donde la integral es a lo largo del segmento [a,z] (contenido en el disco B(a;r)porque este es convexo):

•a

z•z0 •

AAAKXXXy


La existencia de F tal que F ′= f dice que F es holomorfa, por lo que tiene derivadasde todos los ordenes por el teorema 4.5, en particular F ′′ = f ′, i.e., f es holomorfa.

ut

Observacion 4.2. Note que en la demostracion del teorema anterior solo se uso lahipotesis de que ∫

γ

f = 0

para γ un triangulo o trayectoria triangular en B(a;r). Por lo tanto la hipotesis delteorema de Morera se puede debilitar a este caso.

Ejercicios

4.1. Sea Ω un abierto de C y sea γ : [a,b]→ C una curva rectificable. Suponga queϕ : γ×Ω → C es una funcion continua y defina g : Ω → C mediante

g(z) :=∫

γ

ϕ(w,z)dw.

Demuestre que g es continua. Si ∂ϕ/∂ z existe para cada (w,z) ∈ γ×Ω y escontinua, demuestre que g es holomorfa y ademas

g′(z) =∫

γ

∂ϕ

∂ z(w,z)dw.

4.2. Suponga que γ es una curva rectificable en C y que ϕ : γ → C es continua.Use el ejercicio anterior para demostrar que la funcion g :C−γ→C definida por

g(z) :=∫

γ

ϕ(w)w− z

dw

es holomorfa y ademas

g(n)(z) = n!∫

γ

ϕ(w)(w− z)n+1 dw.

4.3. Sea b ∈ Ω , donde Ω ⊆ C es un abierto y sea f una funcion holomorfa enΩ −b tal que f ′ es continua en Ω −b. Suponga que b ∈ B(a;r)⊆ B(a;r)⊆Ω ,con r > 0 un real. Considere la funcion ϕ : [0,2π]× (0,1]→ C dada por

ϕ(s, t) := b(1− t)+(a+ reis)t.

Para t ∈ (0,1] defina Γt : [0,2π]→ C mediante

Γt(s) := ϕ(s, t) para s ∈ [0,2π].

4.2 Series de potencias 93

DefinaI(t) :=

∫Γt

f .

Demuestre que I es constante.

4.4. Suponga que f : Ω → C es holomorfa y que f ′ es continua en Ω . Aplique elejercicio anterior a la funcion

f (z)− f (b)z−b

y concluya que

f (b) =1

2πi

∫Γ1

f (w)w−b

dw

(la formula integral de Cauchy en un disco) donde, en la notacion del ejercicioanterior, Γ1(s) = ϕ(s,1) = a+ reis es la frontera del disco B(a : r).

4.2. Series de potencias

Las formulas integrales de Cauchy en un disco de la seccion anterior muestranque una funcion holomorfa f : Ω → C es de clase C∞ y consecuentemente, comoprobaremos en esta seccion, tienen una expansion en serie de Taylor en ese disco.Comenzamos recordando los conceptos pertinentes sobre series de funciones, enparticular de series de potencias.

Sucesiones de funciones. Si fn : Ω → C son funciones complejas, con n≥ 0 ente-ros, diremos que la sucesion de funciones fn converge puntualmente a la funcionf : Ω →C si para cada punto z ∈Ω la sucesion de numeros complejos fn(z) con-verge a f (z). Usaremos la notacion lım fn= f . Ası, para todo ε > 0 y todo puntoz ∈Ω existe un entero N = N(ε,z) (que depende de ε y del punto z ∈Ω ) tal que sin≥ N entonces | fn(z)− f (z)|< ε .

Diremos que la sucesion de funciones fn converge uniformemente a la funcionf : Ω →C si para todo ε > 0 existe un entero N = N(ε) (que depende solo de ε) talque para todo z ∈Ω se tiene que | fn(z)− f (z)|< ε siempre que n≥ N.

Proposicion 4.8. Si fn : Ω →C es una sucesion de funciones continuas que con-verge uniformemente a f : Ω → C, entonces f es continua.

Demostracion. Si z0 ∈ Ω y ε > 0, como fn converge uniformemente a f existeun N ∈ N tal que si n > N se tiene que | fn(z)− f (z)| < ε/3 para todo z ∈ Ω . Masaun, como fn es continua, existe un δ > 0 tal que | fn(z)− fn(z0)| < ε/3 siempreque |z− z0|< δ . Se sigue que si |z− z0|< δ y n > N, entonces

| f (z)− f (z0)|= | f (z)− fn(z)+ fn(z)− fn(z0)+ fn(z0)− f (z0)|≤ | f (z)− fn(z)|+ | fn(z)− fn(z0)|+ | fn(z0)− f (z0)|< ε/3+ ε/3+ ε/3 = ε.


ut

Series de funciones. Si fn : Ω → C es una sucesion de funciones, considerandolas sumas parciales

Sn =n

∑k=0

fk = f1 + f2 + · · ·+ fn : Ω → C

se tiene la sucesion de sumas parciales Sn y si esta sucesion converge (puntual ouniformemente) a la funcion f : Ω →C, diremos que su lımite es la suma de la serie

∞

∑k=0

fn := lımn→∞

Sn.

Dependiendo del tipo de convergencia de Sn diremos que la serie de funciones∑

∞k=0 fn converge puntual o uniformemente a f .

Proposicion 4.9 (Criterio M de Weierstrass). Si fn : Ω →C es una sucesion defunciones (continuas) para las que existen constantes Mn tales que | fn(z)| ≤Mn paratodo z ∈ Ω y si ademas ∑

∞n=1 Mn converge, entonces la serie de funciones ∑

∞n=1 fn

converge uniformemente a una funcion f : Ω →C (que es continua si las fn lo son).

Demostracion. Dado z ∈ Ω , considere las sumas parciales Sn(z) = f1(z) + · · ·+fn(z) y observe que si m > n,

(∗) |Sm(z)−Sn(z)|= | fn+1(z)+ · · ·+ fm(z)| ≤Mn+1 + · · ·+Mm

y como ∑∞n=1 Mn converge, entonces la sucesion de sumas parciales sk = M1 + · · ·+

Mk es de Cauchy y ası, para todo ε > 0 existe un N ∈ N tal que si m > n ≥ N setiene que |sm− sn|= |Mn+1+ · · ·+Mm|< ε . De (∗) se sigue que la sucesion Sk(z)tambien es de Cauchy en C y por lo tanto converge a un complejo, que depende dez, al que podemos denotar por f (z). Hemos mostrado que la serie ∑

∞n=1 fn converge

puntualmente a una funcion f : Ω → C. Observe ahora que

| f (z)−Sn(z)|=∣∣∣ ∞

∑n=1

fn(z)−(

f1(z)+ · · ·+ fn(z))∣∣∣= ∣∣∣ ∞

∑k=n+1

fk(z)∣∣∣≤ ∣∣∣ ∞

∑k=n+1

Mk

∣∣∣y como ∑

∞k=1 Mk es convergente, para todo ε > 0 existe un N tal que∣∣∣ ∞

∑k=n+1

Mk

∣∣∣= ∣∣∣ ∞

∑k=1

Mk− (M1 + · · ·+Mn)∣∣∣< ε

siempre que n ≥ N, y note que este entero N no depende del punto z. Se sigueque, para todo z ∈ Ω se tiene que | f (z)− Sn(z)| < ε siempre que n ≥ N, i.e., laconvergencia es uniforme. Si las fn son continuas, entonces f es continua por laproposicion 4.8 anterior. ut


Series de potencias. La sucesiones o series de funciones que nos interesan son defunciones de la forma

fn(z) = an(z− z0)n

y consecuentemente las series correspondientes son de la forma

∞

∑n=0

an(z− z0)n

a las que se conoce como series de potencias.

Ejemplo 4.1 (La serie geometrica). Un calculo directo muestra que

1− zn+1 = (1− z)(1+ z+ z2 + · · ·+ zn)

y por lo tanto, si z 6= 1:

1+ z+ z2 + · · ·+ zn =1− zn+1

1− z.

Se sigue que, si |z|< 1 entonces lım|z|n= 0 por lo que la serie geometrica ∑∞k=0 zk

converge puntualmente a∞

∑k=0

zk =1

1− z.

Note que si |z| ≥ 1, la serie ∑∞k=0 zk diverge a +∞.

Usaremos el ejemplo anterior, como un criterio de comparacion para determinarla convergencia de otras series de potencias.

Teorema 4.10 (Cauchy-Hadamard). Si para una serie de potencias ∑∞n=0 an(z−

z0)n se define el numero R, con 0≤ R≤ ∞, mediante

1R= lımsup |an|1/n,

entonces:

(1) Si |z− z0|< R, la serie ∑∞n=0 an(z− z0)

n converge absolutamente.

(2) Si |z− z0|> R, la serie diverge.

(3) Si 0 < r < R, la serie converge uniformemente en B(z0;r).

(4) El numero R es el unico que satisface las condiciones (1) y (2) y se conoce comoel radio de convergencia de la serie de potencias ∑

∞n=0 an(z−z0)

n y el disco B(z0;R)se llama su disco de convergencia.

Demostracion. (1): Si |z− z0| < R, existe un r tal que |z− z0| < r < R y por lotanto 1

r > 1R y ası por definicion de R y de lımite superior (pagina 26) existe un


N ∈N tal que |an|1/n < 1/r para todo n≥ N. Se sigue que |an|< 1/rn y por lo tanto

|an(z− z0)n|<

(|z−z0|

r

)npara todo n≥ N. Consecuentemente,

∞

∑n=N|an(z− z0)|n ≤

∞

∑n=N

( |z− z0|r

)n

y como |z−z0|r < 1, la serie que domina converge absolutamente para cada |z−z0|<R

y por lo tanto la serie de potencias ∑∞n=0 an(z− z0)

n converge absolutamente en esedisco.

(2): Si |z− z0|> R, existe un r tal que |z− z0|> r > R y por lo tanto 1r <

1R y ası por

definicion de R y de lımite superior, existe un numero infinito de enteros n tales que1r < |an|1/n, i.e., |an|> 1

rn y por lo tanto |an(z− z0)n|>

(|z−z0|

r

)ny como |z−z0|

r > 1,se sigue que la serie de potencias ∑

∞n=0 an(z− z0)

n diverge a ∞.

(3): Supongamos ahora que r < R y sea ρ tal que r < ρ < R. Como en (1) sea N talque |an|< 1

ρn para todo n≥ N. Entonces, si |z− z0| ≤ r se sigue que |an(z− z0)n| ≤( r

ρ

)n donde rρ< 1. Poniendo Mn =

( rρ

)n, el criterio M de Weierstrass implica quela serie de potencias considerada converge uniformemente para |z− z0| ≤ r. ut

Proposicion 4.11. Si una serie de potencias ∑∞n=0 an(z− z0)

n tiene radio de conver-gencia R, entonces

R = lım∣∣∣ an

an+1

∣∣∣si este lımite existe.

Demostracion. Supongamos que el lımite existe y sea α := lım |an||an+1|

. Si |z− z0|<r < α . Por definicion de lımite existe un entero N tal que si n ≥ N se tiene quer < |an/an+1|, i.e., |an+1|r < |an|. Si ponemos A = |aN |rN se tiene que

|aN+1|rN+1 = |aN+1|rrN < |aN |rN = A

|aN+2|rN+2 = |aN+2|rrN+1 < |aN+1|rN+1 < A por el caso anterior...

|an|rn ≤ A para todo n≥ N.

Se sigue que, para n≥ N:

|an(z− z0)n|= |anrn| |z− z0|n

rn ≤ A|z− z0|n

rn .

Como estamos suponiendo que |z− z0|< r, se sigue que la serie ∑∞n=0 |an(z− z0)

n|esta dominada por la serie convergente ∑

∞n=0 A |z−z0|n

rn y por lo tanto la serie de po-tencias converge absolutamente para |z−z0|< r, y como r < α es arbitrario se sigueque α ≤ R.


Por otra parte, si |z− z0| > r > α , entonces |an| < r|an+1| si n ≥ N para algunN ∈ N. Como en el razonamiento anterior se sigue que |anrn| ≥ A := |aNrN | paran≥ N. Por lo tanto,

|an(z− z0)n| ≥ A

|z− z0|n

rn → ∞ cuando n→ ∞.

Se sigue que la serie ∑∞n=0 an(z− z0)

n diverge y por lo tanto R≤ α . ut

A continuacion mostraremos que las series de potencias son funciones holomor-fas en su disco de convergencia:

Teorema 4.12. Si una serie de potencias f (z) = ∑∞n=0 an(z− z0)

n tiene radio deconvergencia R > 0, entonces:

(1) La serie∞

∑n=1

nan(z− z0)n−1

tiene radio de convergencia el mismo R.

(2) La funcion f (z) es holomorfa en B(z0;R) y su derivada es la serie de (1):

f ′(z) =∞

∑n=1

nan(z− z0)n−1.

Demostracion. (1): Debemos probar que lımsup |nan|1/(n−1)=R−1 = lımsup |an|1/n.Para comenzar, note que lım

n→∞n1/(n−1) = 1 porque, por la regla de L’Hopital

0 = lımn→∞

lognn−1

= lımn→∞

logn1/(n−1).

Pongamos R−1 = lımsup |an|1/(n−1), es decir R es el radio de convergencia de la se-rie ∑

∞n=1 an(z− z0)

n−1 = ∑∞n=0 an+1(z− z0)

n. Note que (z− z0)∑∞n=1 an+1(z− z0)

n +a0 = ∑

∞n=0 an(z− z0)

n y lo mismo es cierto si se ponen valores absolutos a todos lossumandos y factores. Se sigue que si |z− z0|< R, entonces

∞

∑n=0|an(z− z0)|n = |a0|+ |z− z0|

∞

∑n=1|an+1(z− z0)|n < ∞

y por lo tanto el radio R de convergencia de ∑∞n=0 an(z− z0)

n satisface que R ≥ R.Por otra parte, si |z− z0|< R y z− z0 6= 0, entonces ∑

∞n=0 |an(z− z0)

n|< ∞ y ası

∞

∑n=0|an+1(z− z0)

n|= 1|z− z0|

∞

∑n=0|an(z− z0)

n|+ 1|z− z0|

|a0|< ∞,

de donde se sigue que R ≤ R. Las dos desigualdades anteriores dan el resultadodeseado, R = R.


(2): Para simplificar la notacion podemos suponer que z0 = 0 y queremos probarque si

f (z) =∞

∑n=0

anzn entonces f ′(z) =∞

∑n=1

nanzn−1

donde en la parte (1) ya vimos que ambas series tienen el mismo radio de conver-gencia R. Para |z|< R pongamos

g(z) :=∞

∑n=1

nanzn−1; Sn(z) :=n

∑k=0

akzk; Rn(z) :=∞

∑k=n+1

akzk

por lo que f (z) = Sn(z)+Rn(z). Para este z ∈ B(0;R) fijemos r tal que |z|< r < R ysea δ > 0 tal que B(z;δ )⊆ B(0;r). Sea w ∈ B(z;δ ). Entonces,

f (w)− f (z)w− z

−g(z) =[

Sn(w)−Sn(z)w− z

−S′n(z)]+[S′n(z)−g(z)

]+

[Rn(w)−Rn(z)

w− z

]donde, para el primer parentesis de la derecha, por definicion de derivada, para todoε > 0 existe un δ > 0 tal que si |w− z|< δ se tiene que

(1)∣∣∣Sn(w)−Sn(z)

w− z−S′n(z)

∣∣∣< ε

3.

Para el segundo parentesis, como

lımn→∞

S′n(z) = lımn→∞

( n

∑k=0

akzk)′

= lımn→∞

n

∑k=0

kakzk−1 = g(z)

entonces existe N1 ∈ N tal que si n≥ N1 se tiene que

(2) |S′n(z)−g(z)|< ε

3.

Para el tercer parentesis observe que

Rn(w)−Rn(z)w− z

=1

w− z

∞

∑k=n+1

ak(wk− zk) =∞

∑k=n+1

ak

(wk− zk

w− z

)donde ∣∣∣wk− zk

w− z

∣∣∣= ∣∣wk−1 +wk−2z+ · · ·+wzk−2 + zk−1∣∣≤ krk−1

porque w,z ∈ B(z;δ )⊆ B(0;r) y ası |w|k−1−i|z|i ≤ rk−1. Por lo tanto,∣∣∣Rn(w)−Rn(z)w− z

∣∣∣≤ ∞

∑k=n+1

|ak|krk−1


donde r < R y ası ∑∞k=n+1 |ak|krk−1 converge y consecuentemente, existe N2 ∈N tal

que para todo n≥ N2 y w ∈ B(z;δ ) se tiene que

(3)∣∣∣Rn(w)−Rn(z)

w− z

∣∣∣< ε

3.

Si escogemos N = maxN1,N2 y δ > 0 que satisfaga lo anterior, substituyendo (1),(2) y (3) en el lado derecho de la igualdad al inicio de esta demostracion se sigueque para todo ε > 0 ∣∣∣ f (w)− f (z)

w− z−g(z)

∣∣∣< ε

3+

ε

3+

ε

3= ε

lo que demuestra que f ′(z) = g(z), como se querıa. utCorolario 4.13. Las series de potencias f (z) = ∑

∞n=0 an(z− z0)

n son de clase C∞ ensu disco de convergencia y se tiene que para todo k ≥ 1 y z ∈ B(z0;R):

f (k)(z) =∞

∑n=k

n(n−1) · · ·(n− k+1)an(z− z0)n−k.

Mas aun,

an =f (n)(z0)

n!para todo n≥ 0.

Demostracion. Por induccion sobre k ≥ 1 y usando el teorema 4.12 anterior, seobtiene la formula para la k-esima derivada de f (z). Una simple evaluacion muestraque

f ′(z0) = a1, f ′′(z0) = 2a2, · · · , f (k)(z0) = k!ak.

utEjemplo 4.2 (La serie de la funcion exponencial). Por la proposicion 4.11 anteriorla serie

f (z) =∞

∑n=0

1n!

zn

tiene radio de convergencia

R = lım∣∣∣ an

an+1

∣∣∣= lım∣∣∣ 1/n!1/(n+1)!

∣∣∣= lım |n+1|= ∞.

Note que por el teorema 4.12 la funcion anterior es holomorfa en todo C y su deri-vada es

f ′(z) =∞

∑n=1

nn!

zn−1 =∞

∑n=1

1(n−1)!

zn−1 =∞

∑n=0

1n!

zn = f (z).

La proposicion siguiente tiene como consecuencia que si una serie de funcionesconverge uniformemente, la integral de lınea conmuta con la serie:


Proposicion 4.14. Sea γ : [a,b]→C una trayectoria rectificable y suponga que fnes una sucesion de funciones continuas en γ. Si fn converge uniformemente af , por la proposicion 4.8 f es continua en γ y ademas se tiene que∫

γ

f = lımn→∞

∫γ

fn.

Demostracion. Como lım fn= f en γ y la convergencia es uniforme, entoncespara todo ε > 0 y todo w ∈ γ existe un N ∈ N tal que si n ≥ N se tiene que| f (w)− fn(w)|< ε/`(γ) y ası, por la proposicion 3.8, para n≥ N:∣∣∣∫

γ

f −∫

γ

fn

∣∣∣= ∣∣∣∫γ

( f − fn)∣∣∣≤ ε

`(γ)`(γ) = ε.

ut

El resultado principal es que toda funcion holomorfa en un disco, es analıtica y ala serie asociada se le conoce como la serie de Taylor de la funcion dada:

Teorema 4.15. Si f es holomorfa en B(z0;R), entonces para todo z ∈ B(z0;R),

f (z) =∞

∑n=0

f (n)(z0)

n!(z− z0)

n

y esta serie de potencias tiene radio de convergencia ≥ R.

Demostracion. Sea 0< r <R de tal manera que B(z0;r)$B(z0;R). Para z∈B(z0;r)y w ∈ ∂B(z0;r) observe que

(1)1

w− z=

1(w− z0)

11− z−z0

w−z0

=1

w− z0

∞

∑n=0

(z− z0

w− z0

)n

ya que |z− z0| < r = |w− z0| por lo que ζ = z−z0w−z0

satisface que |ζ | < 1 y ası laanterior es una serie geometrica. Ahora sea γ : [0,2π] → B(z0;R) la frontera deB(z0;r), es decir, γ(t) = z0 + reit . Multiplicando ambos lados de (1) por f (w) y1/2πi queda

(2)1

2πif (w)w− z

=1

2πif (w)

w− z0

∞

∑n=0

(z− z0

w− z0

)n

donde en el lado derecho se tienen las funciones

Fn(z) :=1

2πif (w)

w− z0

(z− z0

w− z0

)n

=1

2πif (w)

(w− z0)n+1 (z− z0)n

que al integrar a lo largo de γ dan, por la formula de Cauchy en un disco 4.5,∫γ

Fn =1

2πi

∫γ

f (w)(w− z0)n+1 (z− z0)

ndw =1n!

f (n)(z0)(z− z0)n


y para la funcion del lado izquierdo de (2), al integral a lo largo de γ resulta, por laformula de Cauchy 4.3,

12πi

∫γ

f (w)w− z

dw = f (z).

Por lo tanto, una vez que mostremos que la serie ∑∞n=0 Fn converge uniformemente

a F(z) = 12πi

f (w)w−z , por la proposicion 4.14 anterior se seguira que

f (z) =∫

γ

F =∫

γ

∞

∑n=0

Fn =∞

∑n=0

∫γ

Fn =∞

∑n=0

1n!

f (n)(z0)(z− z0)n

que es lo que se deseaba demostrar.Resta probar que la serie ∑

∞n=0 Fn converge uniformemente a F(z) = 1

2πif (w)w−z .

Para esto, observe que como |z− z0| < r y como |w− z0| = r, poniendo M =max

| f (w)| : w ∈ γ

se tiene que∣∣∣ 1

2πi

∣∣∣ | f (w)||z− z0|n

|w− z0|n+1 ≤ 12π

M|z− z0|n

rn+1 =1

2π

Mr

(|z− z0|

r

)n

donde como |z−z0|< r entonces |z−z0|r < 1 y consecuentemente la serie de numeros

Mn = 12π

Mr

(|z−z0|

r

)nconverge y ası, por el criterio M de Weierstrass 4.9, se sigue

que la serie ∑∞n=1 Fn converge uniformemente a F(z) = 1

2πif (w)w−z en γ. Como lo

anterior es cierto para todo r < R, se sigue que el radio de convergencia es ≥ R. ut

El teorema 4.15 anterior y el teorema 4.12 (o el corolario 4.13) implican que:

Corolario 4.16. En un disco B(a;R), una funcion f es holomorfa si y solo si esanalıtica.

ut

Ejemplo 4.3. Para la funcion exponencial compleja exp : C → C, sabemos queexp(n)(z) = exp(z) y por lo tanto, para z0 = 0 se tiene que exp(n)(0) = exp(0) =e0 = 1 para todo n≥ 0 y ası su serie de Taylor alrededor de z0 = 0 es

ez =∞

∑n=0

1n!

zn

que es la serie del ejemplo 4.2.

Una consecuencia importante de la teorıa de series que hemos desarrollado esque en un disco abierto toda funcion holomorfa tiene una primitiva, es decir, setiene otra demostracion, usando series, del teorema de Cauchy 4.2 en un disco:

Teorema 4.17 (Teorema de Cauchy en un disco). Si f : B(a;R)→C es holomorfa,entonces f tiene una primitiva F en B(a;R). Consecuentemente, por el teorema3.10, si γ es cualquier curva cerrada rectificable en B(a;R), entonces

102 4 Teorıa de Cauchy local∫γ

f = 0.

Demostracion. Por el teorema 4.15, f tiene una serie de Taylor en B(a;R)

(1) f (z) =∞

∑n=0

an(z−a)n.

Para z ∈ B(a;R) definamos entonces

(2) F(z) =∞

∑n=0

( an

n+1

)(z−a)n+1 = (z−a)

∞

∑n=0

( an

n+1

)(z−a)n

y observe que, como lım(n+ 1)1/n = 0, por una demostracion similar a la delteorema 4.12 se sigue que la serie (2) tiene el mismo disco de convergencia B(a;R)que (1). Por el teorema 4.12 se sigue que F ′(z) = f (z), para todo z ∈ B(a;r). ut

Ejercicios

4.5. Si ∑nn=0 an(z− z0)

n y ∑nn=0 bn(z− z0)

n tienen radios de convergencia R1 y R2,respectivamente, ¿cual es el radio de convergencia de la serie ∑

nn=0(an + bn)(z−

z0)n?

4.6. Determine el radio de convergencia de las series:n

∑n=0

n!nn zn.

n

∑n=0

2n

n!zn.

4.7. Si ∑nn=0 an(z− z0)

n y ∑nn=0 bn(z− z0)

n tienen radios de convergencia R1 y R2,demuestre que la serie ∑

nn=0 cn(z− z0)

n, donde

cn =n

∑k=0

akbn−k,

converge para |z− z0|< mınR1,R2.

4.8. Obtenga las series de Taylor, alrededor de z0 = 0, de las funciones holomorfassenz y cosz.

4.9. Obtenga la serie de Taylor, alrededor de z = 2, del polinomio f (z) = z2.

4.10. Como es la serie de Taylor, alrededor de z = z0, de un polinomio arbitrario

f (z) = anzn +an−1zn−1 + · · ·+a1z+a0

4.3 Consecuencias de la teorıa de Cauchy local 103

con los ak ∈ C y an 6= 0.

4.11. Sean Ω ⊆ C un abierto y f : Ω → C una funcion continua. Suponga que ftiene primitivas locales, es decir, para cada z ∈ Ω existe un disco B(z;r) ⊆ Ω talque f restringida a este disco tiene una primitiva en ese disco. Demuestre que siT = [a,b,c,a] es un triangulo en Ω tal que la capsula convexa ∆ de T esta totalmentecontenida en Ω , entonces

∫T f = 0.

4.12. Sean Ω ⊆ C un abierto, z0 ∈ Ω y f : Ω → C una funcion holomorfa en Ω −z0. Suponga que z0 ∈ B(w;r) ⊆ B(w;r) ⊆ Ω para 0 < r < ∞. Sea ϕ : [0,2π]×(0,1]→ C dada por

ϕ(s, t) = z0(1− t)+(w+ reis)t.

Para t ∈ (0,1] sea Γt(s) := ϕ(s, t). Defina I : (0,1]→ C mediante

I(t) :=∫

Γt

f .

Demuestre que I(t) es constante probando que I′(t) = 0 para todo t ∈ (0,1].

4.3. Consecuencias de la teorıa de Cauchy local

En esta seccion obtenemos unas consecuencias importantes de la teorıa deCauchy en un disco desarrollada en la seccion §4.1. Algunos de los resultados quese obtendran tienen generalizaciones que se veran en secciones posteriores.

Funciones enteras. Una funcion entera es una funcion holomorfa en todo C. Ejem-plos de funciones enteras son los polinomios y la funcion exponencial.

Teorema 4.18 (Liouville). Si f es una funcion entera y acotada, entonces f esconstante.

Demostracion. Mostaremos que f ′(z) = 0 para toda z ∈ C. En efecto, como existeM > 0 tal que | f (z)| ≤ M para todo z ∈ C y como f es holomorfa en cada discoB(z;R), para todo z ∈ C y para todo R > 0, entonces por la estimacion de Cauchy4.6, | f ′(z)| ≤M/R para todo R. Haciendo R→ ∞ se sigue que f ′(z) = 0 para todoz ∈ C. ut

Ceros. Si f : Ω → C es una funcion, un cero de f es un punto z0 ∈Ω que satisfaceque f (z0) = 0. Se dice que z0 es un cero de orden o multiplicidad m ≥ 1 si existeuna funcion holomorfa g : Ω → C tal que

f (z) = (z− z0)mg(z) con g(z0) 6= 0.

Teorema 4.19 (Teorema fundamental del algebra). Si f (z) es un polinomio noconstante, con coeficientes en C, entonces f (z) tiene un cero z0 ∈ C.


Demostracion. Si sucediera que f (z) 6= 0 para todo z ∈ C, entonces la funciong(z) := 1/ f (z) serıa entera (holomorfa en todo C). Por otra parte, como f (z) noes constante, escribiendo

f (z) = anzn +an−1zn−1 + · · ·+a1z+a0

observe que

lımz→∞| f (z)|=

∣∣∣ lımz→∞

f (z)∣∣∣= ∣∣∣ lım

z→∞an(zn +bn−1zn−1 + · · ·+b1z+b0

)∣∣∣= |an|

∣∣∣ lımz→∞

zn(

1+bn−1

z+

bn−2

z2 + · · ·+ b0

zn

)∣∣∣= ∞,

de donde se sigue que

lımz→∞

g(z) = lımz→∞

1f (z)

= 0

y ası, para ε = 1 (por ejemplo), existe R > 0 tal que si |z|> R, entonces |g(z)|< 1.Finalmente, observe que como g(z) es continua en B(0;R), entonces g(B(0;R)) escompacto; en particular es acotado y ası, existe M′ > 0 tal que |g(z)| ≤M′ para todoz∈B(0;R). Si ponemos entonces M =maxM′,1 se tiene que |g(z)| ≤M para todoz ∈C y como g es entera, por el teorema de Liouville se sigue que g(z) es constantey por lo tanto f (z) tambien es constante, una contradiccion. ut

Del algebra sabemos que el numero de ceros de un polinomio f (z), con coefi-cientes en C, es menor o igual que el grado de f (z). De hecho, es igual si contamoscada cero con sus multiplicidades (vea el ejercicio 4.17). Ademas, z0 es un cero demultiplicidad m ≥ 1 del polinomio f (z) si y solo si f ′(z0) = · · · = f (m−1)(z0) = 0y f (m)(z0) 6= 0. Como las funciones holomorfas se parecen en mucho a los polino-mios, uno podrıa pensar que una funcion holomorfa no constante no puede anularseen muchos puntos y ademas no se puede tener un cero de multiplicidad infinita. Estoes el contenido del resultado siguiente, que ademas muestra la equivalencia de lasdos afirmaciones anteriores:

Teorema 4.20 (Teorema de la identidad). Sean Ω ⊆ C una region y f : Ω → Cholomorfa, son equivalentes:

(1) f ≡ 0, es decir, f es la funcion cero.

(2) El conjunto Z( f ) := z ∈Ω : f (z) = 0 tiene un punto de acumulacion en Ω .

(3) Existe un punto z0 ∈Ω tal que f (n)(z0) = 0, para todo n≥ 0.

Demostracion. Claramente (1) implica (2). Para la implicacion (2)⇒ (3), sea z0 ∈Ω un punto de acumulacion de Z( f ). Como Ω es abierto, existe un disco B(z0;R)⊆Ω , y como z0 es punto de acumulacion de Z( f ) y f es continua, se tiene que f (z0) =0 por lo que z0 ∈ Z( f ). Mostraremos que para este z0 se cumple (3). En efecto,supongamos que (3) es falso, i.e., que existe un n ∈N tal que f (z0) = f ′(z0) = · · ·=


f (n−1)(z0) = 0 pero f (n)(z0) 6= 0. Entonces, en un disco pequeno B(z0;r) la serie deTaylor de f es de la forma

f (z) =∞

∑k=n

f (k)(z0)

k!(z− z0)

k

y la funcion g definida mediante

g(z) =∞

∑k=n

f (k)(z0)

k!(z− z0)

k−n

es holomorfa en B(z0;r) y claramente g(z0) 6= 0 ya que f (n)(z0) 6= 0. Mas aun, setiene que f (z) = (z− z0)

ng(z) y de esta igualdad se sigue que si zk ∈ Z( f )−z0,entonces g(zk) = 0, y note tambien que el radio de convergencia de g es el mismoque el de f . Ahora, como z0 es punto de acumulacion de Z( f ) existe una sucesionzk ⊆ Z( f )−z0 tal que lımzk = z0. Como g es continua y los zk ∈ Z( f ) parak ≥ 1, se sigue que g(z0) = g(lımzk) = lımg(zk) = 0 (la ultima igualdad porqueg(zk) = 0 para zk ∈ Z( f )−z0), una contradiccion. Por lo tanto (3) debe ser cierta.

Para mostrar que (3)⇒ (1), pongamos

E∞ := z ∈Ω : f (n)(z) = 0 para todo n≥ 0.

Por la hipotesis (2), E∞ 6= /0. Mostraremos que E∞ es abierto y cerrado en Ω yası la conexidad de Ω implicara que E∞ = Ω , que es precisamente la afirmacion(1). Primero, para ver que E∞ es cerrado, sea z ∈ E∞ y sea zk una sucesion enE∞ tal que z = lımzk. Como cada f (n) es continua se tiene entonces que f (n)(z) =lım f (n)(zk) = 0 y por lo tanto z ∈ E∞ y ası E∞ es cerrado. Para ver que E∞ esabierto, sea z0 ∈ E∞ ⊆Ω y considere un disco B(z0;r)⊆Ω . Si z ∈ B(z0;r) como laserie de Taylor de f alrededor de z0 es de la forma

f (z) =∞

∑k=0

f (k)(z0)

k!(z− z0)

k = 0

entonces f (z)= 0 porque z0 ∈E∞ y ası f (k)(z0)= 0 para todo k. Hemos ası mostradoque f restringida a B(z0;r) es≡ 0 y por lo tanto B(z0;r)⊆E∞, i.e, E∞ es abierto. ut

Ejemplo 4.4. Para funciones reales de variable real, el teorema anterior es falso, esdecir, existe una funcion de clase C∞ con un cero en el cual todas las derivadassuperiores de f se anulan (lo cual, de acuerdo a la definicion que se recuerda en elcorolario siguiente, dice que el cero es de multiplicidad infinita) y que sin embargono se anula identicamente. El ejemplo usual es

f (x) =

e−1/x2

si x 6= 0,0 si x = 0.

El ejercicio 4.21 pide mostrar que x = 0 es un cero de multiplicidad infinita de f .


Corolario 4.21 (Multiplicidad finita). Si Ω es una region y f : Ω → C es holo-morfa no identicamente cero, entonces todos los ceros de f son de multiplicidadfinita, es decir, para cada cero z0 ∈ Ω de f , existe un entero m ≥ 1 y una funcionholomorfa g : Ω → C tal que g(z0) 6= 0 y f (z) = (z− z0)

mg(z).

Demostracion. Sea m≥ 1 el mayor entero tal que f k(z0) = 0 para 0≤ k < m. Noteque, como f 6≡ 0, por el teorema de la identidad tal m existe. Defina

g(z) :=

f (z)

(z− z0)m para z 6= z0,

1m!

f (m)(z0) para z = z0.

Observe, para comenzar, que g(z) es holomorfa en Ω −z0. Para ver que es holo-morfa en todo Ω , escoja un disco B(z0;r)⊆Ω y note que para z ∈ B(z0;r) su seriede Taylor alrededor de z0 es de la forma

f (z) =∞

∑k=m

ak(z− z0)k.

Defina entonces

g(z) :=∞

∑k=m

ak(z− z0)k−m

y note que g es holomorfa en B(z0;r), f (z) = (z− z0)mg(z) y g(z0) = am =

f (m)(z0)/m! 6= 0. Es claro que g = g en B(z0;r)−z0 y ası, por el teorema dela identidad g = g en todo el disco B(z0;r) y por lo tanto g es holomorfa en esedisco. ut

Corolario 4.22 (Ceros son aislados). Si Ω es una region y f : Ω →C es holomorfano identicamente cero, entonces los ceros de f son aislados.

Demostracion. El teorema de la identidad 4.20 dice que el conjunto de ceros Z( f )de f es discreto, i.e., para todo z0 ∈ Z( f ) existe un disco B(z0;r) tal que B(z0;r)∩Z( f ) = z0. ut

Corolario 4.23 (Teorema del modulo maximo). Si Ω es una region, f : Ω → Ces holomorfa y existe un punto z0 ∈ Ω tal que | f (z0)| ≥ | f (z)| para todo z ∈ Ω ,entonces f es constante.

Demostracion. Como Ω es abierto, existe un disco B(z0;R′) ⊆ Ω . Sea R < R′ yconsideremos el disco cerrado B(z0;R)⊆Ω . Entonces, para cualquier r < R para eldisco B(z0;r)⊆Ω su frontera γ : [0,2π]→Ω , donde γ(t) = z0+reit . Por la formulade Cauchy en un disco 4.3

f (z0) =1

2πi

∫γ

f (w)w− z0

dw =1

2πi

∫ 2π

0

f (z0 + reit)rieit

reit dt =1

2π

∫ 2π

0f (z0 + reit)dt


donde, por hipotesis, | f (z0+reit)| ≤ | f (z0)| y `(γ) = 2π . Usando la proposicion 3.8(2) se sigue que

| f (z0)| ≤1

2π

∫ 2π

0

∣∣ f (z0 + reit)∣∣dt ≤ 1

2π(2π)| f (z0)|= | f (z0)|

es decir, | f (z0)|= 12π

∫ 2π

0 | f (z0 + reit)|dt y por lo tanto

0 =1

2π

∫ 2π

0

(| f (z0)|− | f (z0 + reit)|

)dt

y como el integrando es real ≥ 0 se sigue que | f (z0)| = | f (z0 + reit)| para todat ∈ [0,2π]. Mas aun, como el radio r lo podemos variar arbitrariamente en 0≤ r <R,hemos probado que f manda el disco B(z0;R)⊆ Ω en el arco circular |z|= | f (z0)|y ası por el ejercicio 2.20 se sigue que f es constante, es decir, f (z) = f (z0) paratodo z ∈ B(z0;r). Por el teorema de la identidad 4.20 se sigue que f es constante= f (z0). ut

El teorema anterior se puede reformular como la afirmacion de que una funcionholomorfa no constante en una region (acotada), no alcanza su modulo maximo enesa region sino en la frontera. Mas precisamente:

Teorema 4.24 (Teorema del modulo maximo en una region acotada). Si Ω esuna region acotada, f : Ω → C es continua en Ω y holomorfa en Ω , entonces

max| f (z)| : z ∈Ω

= max

| f (z)| : z ∈ ∂Ω

.

Demostracion. Como Ω es acotada, entonces Ω es cerrado y acotado, y como | f |es continua en Ω , entonces | f | alcanza su maximo en Ω por el ejercicio 1.54. Esdecir, existe un z0 ∈ Ω tal que | f (z0)| ≥ | f (z)| para todo z ∈ Ω . Si f es constante,no hay nada que probar. Si f no es constante, por el corolario 4.23 anterior el puntoz0 no puede estar en Ω . Se sigue que z0 ∈ ∂Ω . ut

Ejemplo 4.5. Notese que la hipotesis de que Ω es acotado no se puede eliminar yaque se tiene el ejemplo siguiente: considere la franja abierta horizontal de ancho π

con x libre:Ω =

z = x+ iy ∈ C : −π

2< y <

π

2

-

6π/2

−π/2


y sea f : Ω→C dada por f (z) = eexp(z). Claramente f es continua en Ω y holomorfaen Ω . Note ahora que si z ∈ ∂Ω , entonces z = x± π

2 i por lo que f (z) = eexp(x± π2 i)

dondeex± π

2 i = ex[

cos(± π

2

)+ isen

(± π

2

)]= ex

[i(±1)

]=± iex

y por lo tanto | f (z)| = |e± iex | = 1 ya que la parte real de ± iex es 0. Se sigue quemax| f (z)| : z ∈ ∂Ω = 1. Sin embargo, si z = x ∈ R ⊆ Ω , se tiene que | f (z)| =|exp(ex)| = eex → ∞ cuando x→ ∞ y ası no se satisface el teorema del modulomaximo 4.24, lo cual no es una contradiccion porque Ω no es acotado.

Por el teorema de la identidad, una funcion holomorfa no constante en una regionf : Ω →C no puede ser constante en un subconjunto abierto de Ω y por el ejercicio2.20 tampoco puede mandar un subconjunto abierto de Ω en un segmento de recta,un punto, o un arco circular. Usando el teorema del modulo maximo (de hecho, ensu version dual, el teorema del modulo mınimo del ejercicio 4.25) probaremos quetoda funcion holomorfa no constante manda subconjuntos abiertos de Ω en abiertosde C, es decir, es una funcion abierta.

Teorema 4.25 (Teorema de la funcion abierta). Toda funcion holomorfa no cons-tante es abierta.

Demostracion (Caratheodory). Basta probar que, para todo z0 ∈ Ω y todo discoabierto B(z0;r) ⊆ Ω , su imagen f (B(z0;r)) contiene un disco abierto centrado enf (z0). Para comenzar, podemos suponer que f (z0) = 0, porque si no fuera ası, consi-deramos la funcion g(z) = f (z)− f (z0) la cual sigue siendo holomorfa no constanteen Ω y es claro que f es abierta si y solo si g es abierta (porque es una traslacion def ). Ahora, como f no es constante, existe un cırculo γ = ∂B(z0;r) tal que f (z) 6= 0para todo z ∈ γ (ya que de lo contrario en cada cırculo ∂B(z0;r) habrıa un cerode f y por lo tanto el conjunto de ceros de f tendrıa un punto de acumulacion, encontradiccion con ser f no constante). Ahora, como γ es compacto, | f | alcan-za su mınimo en γ. Pongamos 2ε = mın| f (z)| : z ∈ γ. Mostraremos quef (B(z0;r))⊇ B(0;ε). En efecto, si w ∈ B(0;ε) note que, para z ∈ γ,

| f (z)−w| ≥ | f (z)|− |w| ≥ 2ε−|w|> 2ε− ε = ε

(ya que w ∈ B(0;ε) implica que |w|< ε y ası −|w|>−ε). Por otro lado, si z = z0,

| f (z0)−w|= |0−w|= |−w|= |w|< ε

y por lo tanto la funcion | f (z)−w| asume su mınimo dentro del disco B(0;ε) y ası,por el teorema del modulo mınimo (ejercicio 4.25) se debe tener que f (z)−w = 0dentro del disco B(z0;r) por lo que f (z) = w para algun z ∈ B(z0;r) y consecuente-mente w = f (z) ∈ f (B(z0;r)), es decir, B(0;ε)⊆ f (B(z0;r)), como se querıa. ut

Derivada de la funcion inversa. Usando el criterio de Caratheodory para la deriva-da, y el teorema de la funcion abierta, podemos ahora considerar el problema de laderivada de la funcion inversa de una funcion inyectiva:


Corolario 4.26. Si f : Ω → C es holomorfa e inyectiva, entonces es biholomorfa,es decir, f−1 : f (Ω)→Ω es holomorfa y, si f ′(z0) 6= 0 entonces

(f−1)′( f (z0)) =

1f ′(z0)

.

Demostracion. Por el teorema anterior f (Ω) es abierto. Sea g : f (Ω)→ Ω la in-versa de f . Como f es una funcion abierta, entonces g es continua. Ahora, si z0 ∈Ω

y f ′(z0) 6= 0, sea w0 = f (z0). Por la formulacion de Caratheodory de la derivada,

(1) f (z)− f (z0) = ϕ(z)(z− z0)

donde ϕ es continua en Ω , ϕ(z) 6= 0 para z ∈ Ω , y f ′(z0) = ϕ(z0). Se sigue que,para w ∈ f (Ω), escribiendo w = f (z) se tiene que

g(w)−g(w0) = g( f (z))−g( f (z0)) = z− z0 =1

ϕ(z)( f (z)− f (z0))

=1

ϕ(g(w))(w−w0)

donde la tercera igualdad es por (1) y donde notamos que 1/(ϕ g) es continua enw0 y ası, aplicando el criterio de Caratheodory de nuevo, se sigue que g es derivableen w0 y su derivada es

g′(w0) =1

ϕ(g(w0))=

1ϕ(z0)

=1

f ′(z0).

ut

Observacion 4.3. Note que no probamos que la funcion inversa g : f (Ω)→Ω de ftiene derivadas en todos los puntos de su dominio f (Ω): solo probamos que g′(w)existe para aquellos puntos w = f (z) tales que f ′(z) 6= 0. En el corolario 5.21 proba-remos que si f : Ω →C es holomorfa e inyectiva (como en la hipotesis del corolarioanterior) entonces para todo z ∈Ω , la derivada f ′(z) 6= 0. Esto es lo unico que faltapara probar que f es biholomorfa (es decir, que tanto f como su inversa f−1 sonholomorfas).

En la proposicion 4.8 de la seccion §4.2 vimos que si una sucesion de funcionescontinuas fn en Ω converge uniformemente, entonces su lımite es una funcioncontinua en Ω , y en la proposicion 4.14 vimos que si γ es una curva rectificableen Ω , entonces

∫γ

f = lımn→∞

∫γ

fn. Usaremos lo anterior para probar que si lasfunciones fn son holomorfas, entonces su lımite f tambien es holomorfa:


Proposicion 4.27 (Weierstrass). Si fn : Ω → C es una sucesion de funciones enO(Ω) que converge compactamente1 a f : Ω → C, entonces f ∈ O(Ω). Mas aun,para cada entero k≥ 0 se tiene que la sucesion de derivadas f (k)n converge a f (k).

Demostracion. Si z0 ∈Ω , sea r > 0 tal que B(z0;r)⊆Ω y sea γr = ∂B(z0;r) orien-tada positivamente. Para cada n, por la formula de Cauchy en un disco 4.3 se tieneque

(1) fn(z) =1

2πi

∫γr

fn(ζ )

ζ − zdζ para z ∈ B(z0;r).

Como fn → f uniformemente en γr, para z ∈ B(z0;r) fijo el integrando en (1)converge uniformemente en γr a f (ζ )/(ζ − z) y ası, por la proposicion 4.14,

lımn→∞

∫γr

fn(ζ )

ζ − zdζ =

∫γr

f (ζ )ζ − z

dζ

y como fn(z)→ f (z), de (1) se sigue que

f (z) =1

2πi

∫γr

f (ζ )ζ − z

dζ para z ∈ B(z0;r)

y ası, por la formula de Cauchy 4.5 se sigue que f es holomorfa en el disco B(z0;r),y como Ω esta cubierto por estos discos se sigue que f es holomorfa en todo Ω .

Para terminar, dado un entero k ≥ 1 fijo, por la formula de Cauchy 4.5 para lasderivadas superiores

(2) f (k)(z) =k!

2πi

∫γr

f (ζ )(ζ − z)k+1 dζ para z ∈ B(z0;r)

y similarmente para cada una de las funciones fn

(3) f (k)n (z) =k!

2πi

∫γr

fn(ζ )

(ζ − z)k+1 dζ para z ∈ B(z0;r)

y al restar (3) de (2) queda

(4) f (k)(z)− f (k)(z) =k!

2πi

∫γr

f (ζ )− fn(ζ )

(ζ − z)k+1 dζ para z ∈ B(z0;r).

Para cada entero n≥ 1, sea Mn := max| f (ζ )− fn(z)| : ζ ∈ γr. Entonces, para|z− z0| < r/2, se tiene que |ζ − z| > r/2 y ası 1/|ζ − z| < 2/r por lo que el valorabsoluto del integrando en (4) esta acotado por

1 Una sucesion de funciones fn : Ω → C se dice que converge compactamente si para todosubconjunto compacto K ⊆Ω la sucesion de restricciones fn : K→ C converge uniformementea la restriccion f : K→ C.

4.3 Consecuencias de la teorıa de Cauchy local 111∣∣∣ f (ζ )− fn(ζ )

(ζ − z)k+1

∣∣∣≤ 2k+1Mn

rk+1

y ası, por la acotacion usual de la proposicion 3.8, de (4) se sigue que

∣∣ f (k)(z)− f (k)(z)∣∣= ∣∣∣ k!

2πi

∫γr

f (ζ )− fn(ζ )

(ζ − z)k+1 dζ

∣∣∣≤ k!2π

2k+1Mn

rk+1 `(γr) =2k+1k!Mn

rk

para |z− z0|< r/2. Finalmente, como fn→ f , entonces Mn→ 0 y por lo tantola sucesion f (k)n converge uniformemente a f (k) en el disco B(z0;r/2), y comoestos discos cubren Ω , se sigue que f (k)n converge a f (k) en todo Ω . ut

Vea el ejercicio 4.27 para contrastar la proposicion anterior con el caso de fun-ciones reales de variable real.

Ejercicios

4.13. Suponga que f es una funcion entera que satisface las identidades

f (z+1) = f (z),f (z+ i) = f (z),

demuestre que f es constante.

4.14. Suponga que f es una funcion entera y satisface que | f ′(z)| ≤ |z| para todoz ∈ C. Demuestre que f es un polinomio de grado ≤ 2.

4.15. Suponga que f es una funcion entera y que existe un entero n≥ 0 y constantesreales positivas A y B tales que

| f (z)| ≤ A+B|z|n.

Demuestre que f es un polinomio de grado ≤ n.

4.16. Suponga que f es una funcion entera y que existe un entero n≥ 0 y constantesreales A≥ 0 y B > 0 tales que

| f (z)| ≤ A|z|n para |z|> B.

Demuestre que f es un polinomio de grado ≤ n.

4.17. Si f es holomorfa y z0 es un cero de f , demuestre que la multiplicidad de z0es m si y solo si f (z0) = 0, f ′(z0) = 0, . . ., f (m−1)(z0) = 0, f (m)(z0) 6= 0. Un cerode f es simple si su multiplicidad es 1. En este caso el ejercicio dice que z0 es cerosimple de f si y solo si f (z0) = 0 pero f ′(z0) 6= 0.


4.18. Si f (z) = anzn+an−1zn−1+ · · ·+a1z+a0 es un polinomio de grado n≥ 1, y siα1, . . . ,αk son sus ceros con multiplicidades m1, . . . ,mk, respetivamente, demuestreque

f (z) = an(z−α1)m1 · · ·(z− zk)

mk

y por lo tanto n = m1 + · · ·+mk.

4.19. Si Ω es una region y f ,g son funciones holomorfas en Ω tales que f (z)g(z) =0 para todo z ∈ Ω , demuestre que f ≡ 0 o g ≡ 0. En otras palabras, en este ejerci-cio se pide probar que el anillo de funciones holomorfas O(Ω) (pagina 48) es undominio entero.

4.20. En el teorema de la indentidad 4.20, demuestre que las afirmaciones dadas sonequivalentes a:

(4) Existe una sucesion zk ⊆Ω de puntos distintos tal que lımzk ∈Ω y ademasf (zk) = 0, para todo k.

4.21. Para la funcion del ejemplo 4.4 demuestre que x = 0 es un cero de multiplici-dad infinita.

4.22. Demuestre que una funcion entera f = u+ iv con parte real u positiva es cons-tante.

4.23. Demuestre que no existe una funcion holomorfa f : B(0;1) → C tal quef (1/n) = 1/2n para todo n = 2,3,4, . . ..

4.24. Demuestre que no existe una funcion holomorfa f : B(0;1) → C tal quef (1/n) = (−1)n/n2 para todo n = 2,3,4, . . ..

4.25 (Teorema del modulo mınimo). Si Ω es una region y f : Ω→C es holomorfano constante, entonces | f | alcanza su mınimo solo en un cero de f . Sugerencia:aplique el teorema del modulo maximo 4.23 a la funcion 1/ f .

4.26 (Teorema del modulo mınimo en una region acotada). Si Ω es una regionacotada, f : Ω → C es continua en Ω y holomorfa en Ω , entonces f tiene ceros enΩ o el mınimo de | f | en Ω se alcanza en ∂Ω :

mın| f (z)| : z ∈Ω

= mın

| f (z)| : z ∈ ∂Ω

.

4.27. Busque un ejemplo de una sucesion de funciones reales de variable real fn,cada una de clase C∞, que converge compactamente a f y donde f no tiene ni si-quiera primera derivada.

Capıtulo 5Teorıa de Cauchy global

El objetivo principal de este capıtulo es explorar para que regiones Ω el teoremade Cauchy sigue siendo valido: para toda funcion f holomorfa en Ω y cualquiercurva cerrada rectificable γ en Ω se tenga que∫

γ

f = 0.

En el capıtulo 4 anterior se demostro que el teorema de Cauchy es valido en cual-quier region convexa, y el ejemplo 3.4 del capıtulo 3 muestra que, para γ : [0,1]→C−0 el cırculo γ(t) = e2πit , ∫

γ

1z= 2πi,

y por lo tanto el teorema de Cauchy no es valido para la region Ω = C−0. Elproblema, como veremos en este capıtulo es geometrico: la region Ω = C−0tiene un hoyo en 0. El objetivo es entonces demostrar que, para regiones sin hoyosel teorema de Cauchy es valido, precisando primero lo que enteremos por hoyos.

5.1. El ındice de una curva cerrada

Conviene comenzar con un ejemplo: si γ : [0,1]→ C es el cırculo γ(t) = a+re2πint con r > 0 y n ∈ Z, entonces∫

γ

1z−a

dz =∫ 1

0

1re2πint (2πin)re2πintdt = 2πin

por lo que

12πi

∫γ

1z−a

dz = n = numero de vueltas que da γ alrededor de a :

113

114 5 Teorıa de Cauchy global

γa

En general, si b ∈ B(a;r) es cualquier punto, entonces

12πi

∫γ

1z−b

dz = n

(vea el ejercicio 5.1) y de hecho:

Proposicion 5.1. Si γ : [0,1]→ C es cualquier curva cerrada rectificable en C ya 6∈ γ, entonces

12πi

∫γ

1z−a

dz

es un entero.

Demostracion. Por el lema 3.9 γ se puede aproximar por una poligonal y ası pode-mos suponer que γ es lisa (por tramos). Entonces se define g : [0,1]→ C mediante

g(t) =∫ t

0

γ ′(s)γ(s)−a

ds

y observe que:

(1) g(0) = 0 y g(1) =∫ 1

0

γ ′(s)γ(s)−a

=∫

γ

1z−a

dz,

(2) g′(t) =γ ′(t)

γ(t)−a, para 0≤ t ≤ 1.

Por lo tanto,

ddt

(e−g(γ−a)

)= e−g

γ′−g′e−g(γ−a) = e−g

[γ′− γ ′

γ−a(γ−a)

]por (2)

= e−g[γ ′− γ′] = 0,

y ası e−g(γ−a) es una constante por lo que

e−g(0)(γ(0)−a) = e−g(1)(γ(1)−a)

donde γ(0) = γ(1) (que es 6= a). Cancelando el factor comun en la igualdad anterior,queda e−g(1) = e−g(0) = 1 porque g(0) = 0, y por lo tanto g(1) = 2πik para algunk ∈ Z, como se querıa. ut

Si γ es una curva cerrada rectificable en C y a 6∈ γ, el entero anterior

n(γ;a) :=1

2πi

∫γ

1z−a

dz

5.1 El ındice de una curva cerrada 115

se llama el ındice de la curva cerrada γ alrededor del punto a, o tambien se conocecomo el numero de vueltas que da γ alrededor del punto a.

Recuerde ahora, del ejercicio 3.20, que si γ : [0,1]→ C es rectificable, entoncesγ−1 : [0,1]→ C esta dada por γ−1(t) = γ(1− t) y tambien es rectificable. Si α,β :[0,1]→ C son dos curvas rectificables tales que α(1) = β (0) (es decir, β comienzadonde termina α), se define1 su suma α ∗β : [0,1]→ C mediante

(α ∗β )(t) :=

α(2t) si 0≤ t ≤ 1/2,β (2t−1) si 1/2≤ t ≤ 1,

donde notamos que esta es una buena definicion porque α(2(1/2)) = α(1) =β (0) = β (2(1/2)−1). Observe que la curva α ∗β es la curva α recorrida al doblede velocidad seguida de (pegada con) la curva β , recorrida al doble de velocidad,como se ilustra en la figura siguiente:

βα

α(1)=β (0)

Proposicion 5.2. (1) Si γ es rectificable, entonces para todo a 6∈ γ,

n(γ−1;a) =−n(γ;a).

(2) Si α,β son rectificables, entonces para todo a 6∈ α +β,

n(α ∗β ;a) = n(α;a)+n(β ;a).

Demostracion. La parte (1) es directa de la proposicion 3.8. Para la parte (2), pode-mos suponer que α y β son lisas (por tramos) y por lo tanto

n(α ∗β ) =1

2πi

∫α∗β

dzz−a

=1

2πi

∫ 1

0

(α ∗β )′dt(α ∗β )(t)−a

=1

2πi

∫ 1/2

0

ddt (α(2t))α(2t)−a

+1

2πi

∫ 1

1/2

ddt (β (2t−1))β (2t−1)−a

=1

2πi

∫ 1

0

α ′(s)dsα(s)−a

− 12πi

∫ 1

0

β ′(s)dsβ (s)−a

= n(α)+n(β ),

1 No confundir con la suma de funciones usual α +β : [0,1]→ C dada por (α +β )(t) = α(t)+β (t).


donde en la penultima igualdad se usaron las reparametrizaciones [0,1]→ [0,1/2]y [0,1]→ [1/2,1] dadas por s 7→ s/2 y s 7→ s/2+1/2, respectivamente. ut

Proposicion 5.3. Si γ : [0,1]→ C es una curva cerrada rectificable, entonces elconjunto abierto Ω = C−γ tiene una unica componente conexa no acotada.

Demostracion. Como γ es compacta, es acotada, digamos γ ⊆ B(0;R). Por lotanto, z ∈ C : |z| > R ⊆ Ω . Es claro que z ∈ C : |z| > R es abierto, conexoy no acotado (es el exterior de un disco cerrado) y cualquier otro conjunto conexodisjunto con z ∈C : |z|> R esta contenido en B(0;R), i.e., debe ser acotado. ut

Teorema 5.4. Si γ : [0,1]→C es una curva cerrada rectificable, entonces n(γ;a) esconstante en cada componente conexa de Ω = C−γ. Para la unica componenteno acotada de Ω = C−γ se tiene que n(γ;a) = 0.

Demostracion. Mostraremos que la funcion f : Ω → C dada por f (z) := n(γ;z) escontinua, lo cual demostrarıa la primera parte del teorema, porque si f es continuala imagen f (Ω j) de cada componente conexa Ω j ⊆ Ω serıa entonces conexa, perocomo f (Ω j)⊆ Z por la proposicion 5.1, entonces f (Ω j) es un punto y por lo tantoes constante en Ω j. Para probar que f es continua, recordemos del corolario 1.9que como Ω es abierto, entonces cada componente conexa Ω j de Ω es abierta.Ahora, sea a ∈Ω un punto fijo y sea r = d(a;γ). Sea b ∈Ω tal que |a−b|< r/2.Entonces,

| f (a)− f (b)|= 12π

∣∣∣∫γ

( 1z−a

− 1z−b

)dz∣∣∣= 1

2π

∣∣∣∫γ

( (a−b)(z−a)(z−b)

)dz∣∣∣

=|a−b|

2π

∣∣∣∫γ

1(z−a)(z−b)

dz∣∣∣

≤ |a−b|2π

`(γ)sup 1|z−a||z−b|

: z ∈ γ

<(r/2)

2π

2r2 `(γ)≤

δ`(γ)

πr2

donde la primera desigualdad del ultimo renglon se debe a que |a− b| < r/2 ycomo z ∈ γ, entonces |z− a| = r y |z− b| > r/2. La segunda desigualdad se dasi escogemos δ ≤ r/2. Ahora, como queremos que | f (a)− f (b)| < ε , escogiendoδ = mın

r/2, πr2

ε/`(γ)

se sigue que f es continua.Finalmente, para la componente no acotada Ω∞ de Ω =C−γ, sea R> 0 tal que

γ⊆B(0;R) de tal manera que z∈C : |z|>R⊆Ω y ası Ω∞⊇z∈C : |z|>R.Si ε > 0, escojamos a∈Ω tal que |a|>R y que ademas |z−a|>`(γ)/2πε (note quepodemos escoger a que satisfaga la ultima desigualdad porque la funcion f (a) =n(γ;a) = 1

2πi∫

γ1

z−a es constante en Ω∞). Entonces, para n(γ;a) = 12πi∫

γ1

z−a dz setiene que

|n(γ;a)| ≤ 12π

∣∣∣∫γ

1z−a

dz∣∣∣< 1

2π

2πε

`(γ)`(γ) = ε

5.2 El teorema de Cauchy: version homologica 117

y por lo tanto n(γ;a)→ 0 cuando a→ ∞. Como n(γ;a) es constante en Ω∞, loanterior implica que n(γ;a) = 0 en Ω∞.

ut

Ejercicios

5.1. Si b ∈ B(a;r) es cualquier punto y γ : [0,1]→C es γ(t) = a+re2πint con n ∈ Z,demuestre que

12πi

∫γ

1z−b

dz = n,

5.2. Sean f (z) un polinomio de grado n, R > 0 tal que f (z) no tiene ceros en z ∈C : |z| ≥ R y γ : [0,1]→ C el cırculo γ(t) = Re2πit . Demuestre que∫

γ

f ′(z)f (z)

dz = 2πin.

5.3. Si α,β : [0,1]→ Ω son dos curvas rectificables en Ω que van del punto z0 alpunto z1 de Ω , demuestre que ∫

α∗βf =

∫α

f +∫

β

f

para cualquier funcion holomorfa f : Ω → C. Sugerencia: vea la demostracion dela parte 2 de la proposicion 5.2.

5.2. El teorema de Cauchy: version homologica

Si γ : [0,1] → Ω es una curva cerrada rectificable, se dice que la curva γ esnulhomologa con respecto a Ω si n(γ;z) = 0 para todo z ∈ C−Ω . Algunas vecesusaremos la notacion γ ∼ 0 rel(Ω) para indicar que γ es nulhomologa (con respectoa Ω ). La idea intuitiva en esta definicion es que la curva γ es nulhomologa si norodea a los puntos fuera de Ω . Note que como γ ⊆ Ω , la posibilidad de que γ

rodee un punto fuera de Ω se da cuando Ω tiene hoyos, como en la figura siguiente:

γ


Por el teorema 5.4, en la unica componente no acotada de C−Ω sus puntos tienenındice cero.

Teorema 5.5 (La formula integral de Cauchy; version homologica). Si Ω es unabierto y f : Ω → C es holomorfa, entonces para cualquier curva cerrada, rectifi-cable y nulhomologa γ en Ω y para todo a ∈Ω −γ se tiene que

n(γ;a) f (a) =1

2πi

∫γ

f (z)z−a

dz.

Demostracion. Defina ϕ : Ω ×Ω → C mediante

ϕ(z,w) :=

f (z)− f (w)

z−wsi z 6= w,

f ′(z) si z = w.

Entonces,

(i) ϕ es continua.(ii) La funcion ϕ(−,w) : Ω → C, es decir, fijando w, z 7→ ϕ(z,w), es holomorfa.(iii) Si H := w∈C−γ : n(γ;w) = 0, note queC−Ω ⊆H ya que n(γ;z) = 0

para todo w ∈ C−Ω porque γ ∼ 0(rel(Ω)). Observe tambien que comon(γ;−) : C− γ → C es continua y toma valores en Z, entonces H =n(γ;−)−1(0) es abierto. Ademas se tiene que H ∪Ω = C por la hipotesisde que n(γ;w) = 0 para todo w ∈ C−Ω .

(iv) Defina ahora g : C→ C mediante

g(z) :=

∫γ

ϕ(z,w)dw si z ∈Ω ,

∫γ

f (w)w− z

dw si z ∈ H.

Para comenzar, observe que g esta bien definida, ya que si z∈Ω ∩H, entonces z∈Hy ası z 6∈ γ, por lo que∫

γ

ϕ(z,w)dw =∫

γ

f (w)− f (z)w− z

dw ya que z ∈Ω y por definicion de ϕ

=∫

γ

f (w)w− z

dw−∫

γ

f (z)w− z

dw =∫

γ

f (w)w− z

dw− f (z)∫

γ

1w− z

dw

=∫

γ

f (w)w− z

dw− f (z)2πi n(γ;z) por definicion de ındice

=∫

γ

f (w)w− z

dw ya que n(γ;z) = 0 porque z ∈ H.

5.2 El teorema de Cauchy: version homologica 119

Por el lema 4.4, g es holomorfa en H y por la regla de Leibniz 2.15, g es holo-morfa en Ω . Se sigue que g es entera porque H ∪Ω = C. Ahora, como n(γ;w) = 0para todo w en la componente no acotada de C−Ω , entonces H contiene a estacomponente no acotada (es decir, H contiene una vecindad del ∞) y por lo tanto

(∗) lımz→∞

g(z) = lımz→∞

∫γ

f (w)w− z

dw = 0

donde la primera igualdad es porque z→∞ implica que z∈H y la segunda igualdades porque lımz→∞

1w−z = 0 uniformemente para w ∈ γ y f esta acotada en γ. La

igualdad (∗) implica que existe R > 0 tal que |g(z)| ≤ 1 para |z| ≥ R, por definicionde lımite. Pero como g es acotada en B(0;R), entonces g es acotada en todo C ycomo es entera, por el teorema de Liouville 4.18 se sigue que g es constante yconsecuentemente (∗) implica que g = 0. Por lo tanto, si a ∈Ω −γ,

0 = g(a) =∫

γ

ϕ(z,a)dz =∫

γ

f (z)− f (a)z−a

dz =∫

γ

f (z)z−a

dz− f (a)∫

γ

1z−a

dz

=∫

γ

f (z)z−a

dz− f (a)2πi n(γ;a)

de donde se sigue la formula deseada. ut

Una consecuencia inmediata es:

Teorema 5.6 (Cauchy; version homologica). Si Ω es una region y f : Ω → C esholomorfa, entonces para cualquier curva cerrada, rectificable y nulhomologa γ enΩ se tiene que ∫

γ

f = 0.

Demostracion. La funcion f (z)(z− a) es holomorfa en Ω y substituyendola en laformula de Cauchy del teorema 5.5 anterior se tiene que el lado izquierdo es cero yel lado derecho es

12πi

∫γ

f (z)dz.

ut

Otra consecuencia del teorema 5.5 y del lema 4.4 es una formula para las deriva-das de orden superior analoga a las formulas 4.5:

Corolario 5.7. Si Ω es un abierto y f : Ω → C es holomorfa, entonces para cual-quier curva cerrada, rectificable y nulhomologa γ en Ω y para todo a ∈Ω −γ setiene que

n(γ;a) f (n)(a) =n!

2πi

∫γ

f (z)(z−a)n+1 dz.


ut

Ciclos. Si Ω ⊆ C, un ciclo en Ω es una sucesion finita de trayectorias cerradasrectificables γ j, no necesariamente distintas, cuyas trazas γ j⊆Ω . El ciclo anteriorse denotara mediante

γ = (γ1, . . . ,γn).

La traza del ciclo γ es la union de las trazas de las γ j. Dado un punto z0 ∈ C, sedefine el ındice del ciclo γ con respecto al punto z0 como

n(γ;z0) = n(γ1;z0)+ · · ·+n(γn;z0).

Un ciclo γ = (γ1, . . . ,γn) ⊆ Ω es homologo a cero o nulhomologo (con respectoa Ω ) si n(γ;z) = 0 para todo z ∈ C−Ω . Usaremos la notacion γ ∼ 0 rel(Ω) paraindicar que γ es nulhomologo con respecto a Ω y note que esta definicion dependede Ω . Si γ = (γ1, . . . ,γm) y λ = (λ1, . . . ,λn) son dos ciclos en Ω tales que el ciclo(γ1, . . . ,γm,λ

−11 , . . . ,λ−1

n ) ∼ 0, diremos que γ es homologo a λ (con respecto a Ω )y lo denotaremos por γ ∼ λ rel(Ω).

Si f : Ω → C es una funcion y γ = (γ1, . . . ,γn) es un ciclo en Ω , se define∫γ

f :=∫

γ1

f + · · ·+∫

γn

f .

Con las notaciones anteriores la version homologica de la formula integral deCauchy 5.5 y del teorema de Cauchy 5.6 tienen las formulaciones siguientes y susdemostraciones son completamente analogas a las referidas:

Teorema 5.8 (La formula integral de Cauchy; version homologica para ciclos).Si Ω es un abierto y f : Ω → C es holomorfa, entonces para cualquier ciclo nul-

homologo γ = (γ1, . . . ,γn) en Ω y para todo a ∈Ω −γ se tiene que

f (a)n

∑k=1

n(γk;a) =n

∑k=1

12πi

∫γk

f (z)z−a

dz.

ut

Teorema 5.9 (Cauchy; version homologica para ciclos). Si Ω es una region y f :Ω → C es holomorfa, entonces para cualquier ciclo nulhomologo γ = (γ1, . . . ,γn)en Ω se tiene que

n

∑k=1

∫γk

f = 0.

ut

Ejercicios

5.4. Si f : Ω → C es holomorfa y

5.3 El teorema de Cauchy: version homotopica 121

ϕ(z,w) :=

f (z)− f (w)

z−wsi z 6= w,

f ′(z) si z = w,

demuestre que para w fijo la funcion ϕ(−,w) : Ω → C es holomorfa.

5.5. Si γ : [0,1]→ C es cerrada rectificable y z0 6∈ γ, demuestre que para todoentero n≥ 2 se tiene que ∫

γ

1(z− z0)n dz = 0.

5.6. Sea γ : [0,1]→ C el cırculo γ(t) = 1+ e2πit . Calcule la integral∫γ

( zz−1

)ndz

para todos los enteros n≥ 1.

5.7. Si α,β : [0,1]→ Ω son dos curvas cerradas rectificables con el mismo puntoinicial (y final) z0, se dice que α es homologa a β , denotado α ∼ β rel(Ω), si α ∗β−1 ∼ 0rel(Ω). Demuestre que la relacion anterior es de equivalencia.

5.3. El teorema de Cauchy: version homotopica

Si α,β : [0,1]→Ω sos dos curvas con extremos iniciales iguales α(0) = β (0) =z0 y extremos finales iguales α(1) = β (1) = z1, una homotopıa entre α y β es unafuncion continua h : [0,1]× [0,1]→Ω tal que

(1) h(s,0) = α(s), para todo s ∈ [0,1].(2) h(s,1) = β (s), para todo s ∈ [0,1].(3) h(0, t) = z0, para todo t ∈ [0,1].(4) h(1, t) = z1, para todo t ∈ [0,1].

Usaremos la notacion α ' β rel(Ω) si hay una homotopıa entre α y β y tambiendiremos que α es homotopa a β , mediante una homotopıa que mantiene fijos losextremos de las curvas por las condiciones (3) y (4) en la definicion anterior. De he-cho, observe que pensando a la funcion h como una familia continua de trayectorias(curvas) en Ω :

ht : [0,1]→Ω dadas por ht(s) := h(s, t), para t ∈ [0,1],

las condiciones (3) y (4) dicen que cada una de las curvas ht tiene el mismo extremoinicial z0 y mismo extremo final z1; mas aun, las condiciones (1) y (2) dicen queh0 = α y h1 = β . La figura siguiente ilustra lo anterior:


-

-

α

β

-h

0 1

1

t -

β

α

ht

z0

z1

En esta figura observe que la homotopıa h manda:

El lado vertical izquierdo del cuadrado [0,1]× [0,1] en el punto inicial z0.El lado vertical derecho del cuadrado [0,1]× [0,1] en el punto final z1.El lado horizontal inferior del cuadrado [0,1]× [0,1] en la curva h0 = α .El lado horizontal superior del cuadrado [0,1]× [0,1] en la curva h1 = β .El segmento horizontal de altura t del cuadrado [0,1]× [0,1] en la curva ht .

Si se fijan dos puntos z0,z1 ∈ Ω y se considera el conjunto de curvas en Ω conextremo inicial z0 y con extremo final z1, el ejercicio 5.8 pide probar que la relacionde homotopıa es de equivalencia. Es importante resaltar que una homotopıa entredos curvas es siempre con relacion al conjunto Ω donde estan las curvas; si secambia este conjunto puede cambiar el que las curvas sean o no homotopas. Elejemplo siguiente muestra que en un conjunto convexo cualesquiera dos curvas, conextremos iniciales iguales y con extremos finales iguales, siempre son homotopas:

Ejemplo 5.1. Si Ω es convexo y α,β : [0,1]→ Ω son dos curvas tales que z0 =α(0) = β (0) y z1 = α(1) = β (1), entonces α ' β rel(Ω). En efecto, defina h :[0,1]× [0,1]→Ω mediante

h(s, t) = (1− t)α(s)+ tβ (s)

(fijando s, observe que h(s, t) es un punto en el segmento de recta que une α(s) conβ (s), y este segmento esta contenido en Ω porque este es convexo). Claramente hes una homotopıa h : α ' β rel(Ω).

Lazos. La definicion de homotopıa no ponıa ninguna condicion en las curvas, porejemplo estas pueden ser curvas cerradas, i.e., z0 = z1, y la definicion de homotopıade curvas cerradas es la misma: las condiciones (3) y (4) son: α(0) = β (0) = z0 =α(1) = β (1). En ocasiones se dice que α y β son lazos basados en el punto z0. Unejemplo de lazo, trivial pero importante, es el lazo constante z0 : [0,1]→ Ω dadopor z0(t) := z0 para todo t ∈ [0,1]. Si un lazo α : [0,1]→ Ω basado en z0 ∈ Ω eshomotopo al lazo constante z0, se dice que α es nulhomotopo. La idea intuitiva esque un lazo nulhomotopo se puede contraer, mediante una homotopıa, al punto z0:


α

ht

z0

y por lo tanto el lazo α no rodea ningun hoyo en Ω . Si todos los lazos basados enz0 ∈ Ω se pueden contraer al punto z0, entonces Ω no tiene ningun hoyo. En estesentido, los lazos son importantes porque detectan los hoyos que pueda tener Ω . Elteorema importante es:

Teorema 5.10 (Cauchy, version homotopica). Si γ : [0,1]→ Ω es un lazo rec-tificable basado en z0 y nulhomotopo γ ' z0 rel(Ω), entonces para toda funcionholomorfa f : Ω → C se tiene que

(1)∫

γ

f = 0.

Demostracion. Se tiene una homotopıa h : γ ' z0. En particular, h(0, t) = z0 =h(1, t), para todo t ∈ [0,1]. Para probar (1) observe que el caso Ω = C lo pode-mos desechar porque C es convexo y ası, por el teorema 4.2, f tendrıa una primitivaen C y consecuentemente la igualdad de (1) serıa cierta. Supongamos entonces queΩ C. Como [0,1]× [0,1] es compacto, entonces h es uniformemente continua yh([0,1]× [0,1])⊆Ω es compacto. Por lo tanto, r = d(h([0,1]× [0,1]),C−Ω)> 0y existe un n ∈N tal que si |(s, t)− (s′, t ′)|< 2/n se tiene que |h(s, t)−h(s′, t ′)|< r.Divida el cuadrado [0,1]× [0,1] en subcuadrados de lado 1/n mediante la particion0 = 0/n < 1/n < 2/n < · · ·< n/n = 1 del intervalo [0,1] y para el subcuadrado

C jk := [ j/n,( j+1)/n]× [k/n,(k+1)/n], 0≤ j,k ≤ n−1

considere las imagenes z jk := h( j/n,k/n) de sus vertices, para 0≤ j,k≤ n. Observeque, como diamC jk =

√2/n < 2/n, entonces h(C jk)⊆ B(z jk;r). Por lo tanto, si Pjk

es el polıgono cerrado [z jk,z j+1,k,z j+1,k+1,z j,k+1,z jk], por la convexidad del discose tiene que Pjk ⊆ B(z jk;r). Del teorema de Cauchy 4.2 para una region convexa sesigue que

(2)∫

Pjk

f = 0.

Ahora, para los polıgonos Qk := [z0k,z1k, . . . ,zn,k], que son cerrados porque z0k =h(0,k/n) = z0 = h(1,k/n) = znk, mostraremos que

(3)∫

γ

f =∫

Q0

f =∫

Q1

f = · · ·=∫

Qn

f =∫

z0

f = 0


lo cual prueba (1) como se querıa. Resta demostrar (3) y esto lo haremos probandouna igualdad a la vez. Para la primera igualdad en (3)∫

γ

f =∫

Q0

f

consideremos las restricciones γ j := γ|[ j/n,( j+1)/n] observe que γ( j/n) = h( j/n,0) =z j0 y γ(( j+ 1)/n) = h(( j+ 1)/n,0) = z j+1,0 por lo que γ j ∗ [z j+1,0,z j0] es una tra-yectoria cerrada contenida en B(z j0;r)⊆Ω y consecuentemente∫

γ j

f =−∫[z j+1,0,z j0]

f =∫[z j0,z j+1,0]

f .

Sumando para 0≤ j ≤ n−1 se tiene que

∫γ

f =n−1

∑j=

∫γ j

f =n−1

∑j=0

∫[z j0,z j+1,0]

f =∫

Q0

f

como se querıa. La penultima igualdad en (3)∫Qn

f =∫

z0

f

es trivial ya que Qn = [z0n,z1n, . . . ,zn,n] es el ((polıgono)) dado por el punto z0 porquecada z jn = h( j/n,1) = z0. Finalmente, para probar las igualdades intermedias en (3)

(4)∫

Qk

f =∫

Qk+1

f

considere los polıgonos Qk y Qk+1 correspondientes:

z jkz j+1,k

z j+2,k

z j,k+1

z j+1,k+1

z j+2,k+1

Qk : · · ·

Qk+1 : · · ·

donde hemos ilustrado una parte de estos mostrando dos subpolıgonos Pjk y Pj+1,kconsecutivos con sus orientaciones correspondientes. Como cada

∫Pjk

f = 0 se sigueque

(5)n−1

∑j=0

∫Pjk

f = 0


y como dos subpolıgonos Pjk y Pj+1,k consecutivos comparten un lado con orienta-ciones opuestas, la suma anterior es la integral de f sobre la curva

(6) Qk ∗ [znk,zn,k+1]∗Q−1k+1 ∗ [z0,k+1,z0k]

dada por el polıgono Qk seguida del lado extremo derecho [znk,zn,k+1], seguida delpolıgono Q−1

k+1 (con orientacion opuesta) y finalmente seguida del lado extremo iz-quierdo [z0,k+1,z0k]. Ahora, como

z0 = z0k = h(0,k/n) = h(1,k/n) = znk = z0

z0 = z0,k+1 = h(0,(k+1)/n) = h(1,(k+1)/n) = zn,k+1 = z0

entonces [z0,k+1,z0k] = z0 = [zn,k+1,znk] y por lo tanto la integral de f en (6) a lolargo de estos dos lados es cero y ası la integral de f sobre la curva (6) es lo mismoque la integral de f a lo largo de la curva Qk ∗Q−1

k+1, es decir,

0 =∫

Qk∗Q−1k+1

f

de donde se sigue la igualdad (4), que finalmente prueba (3), como se querıa. ut

Una consecuencia inmediata es:

Teorema 5.11 (Independencia de la trayectoria). Si α,β : [0,1]→Ω son dos cur-vas rectificables con extremo inicial z0 y extremo final z1, y ademas α ' β rel(Ω),entonces para toda funcion holomorfa f : Ω → C se tiene que

(1)∫

α

f =∫

β

f .

Demostracion. Sea h una homotopıa α ' β y considere la orientacion positiva dela curva dada por la frontera del cuadrado [0,1]× [0,1] como en el lado izquierdode la figura siguiente:

-?

6

α

β−1

z0 z1 -h

0 1

1

z0

z1

α

β−1

donde notamos que, bajo la homotopıa h, el lado vertical izquierdo del cuadrado va adar al punto z0, el lado vertical derecho va al punto z1, el lado horizontal inferior va ala curva α y el lado horizontal superior va a la curva β−1, por la orientacion escogidadel cuadrado. Ası, la hipotesis de que h : α ' β equivale a que h : α ∗β−1' z0 dondeα ∗β−1 es un lazo basado en z0. Ahora, por el ejercicio 5.3,

126 5 Teorıa de Cauchy global∫α∗β−1

f =∫

α

f +∫

β−1f =

∫α

f −∫

β

f

y ası la igualdad (1) del teorema se sigue del teorema 5.10 anterior. ut

Si γ : [0,1]→ Ω es un lazo rectificable basado en z0 ∈ Ω y es nulhomotopo,entonces para todo w ∈C−Ω la funcion f (z) = 1/(z−w) es holomorfa en Ω y ası,por el teorema (5.10) anterior, se tiene que

n(γ;w) =1

2πi

∫γ

1z−w

dz = 0

es decir, γ ∼ 0 rel(Ω). Hemos ası probado:

Corolario 5.12. Sea γ un lazo rectificable basado en un punto z0 de una region Ω . Siγ ' z0, entonces γ ∼ 0. En otras palabras, todo lazo nulhomotopo es nulhomologo.

ut

Regiones simplemente conexas. Una region Ω ⊆ C se dice que es simplementeconexa si todo lazo en Ω es nulhomotopo. Note que la idea intuitiva es que unaregion simplemente conexa no tiene hoyos, porque todo lazo se puede contraer a unpunto.

Ejemplo 5.2. Toda region convexa Ω es simplemente conexa. En efecto, por el ejem-plo 5.1, en una region convexa cualesquiera dos curvas cerradas con el mismo puntobase son homotopas.

Ejemplo 5.3. Por otra parte, la region Ω = C−0 no es simplemente conexa por-que para el cırculo γ : [0,1]→Ω dado por γ(t) = e2πit se tiene que n(γ;0) = 1 y porlo tanto γ 6∼ 0 y ası, por el corolario 5.12, γ 6' 0.

Corolario 5.13. Si Ω es una region simplemente conexa y f : Ω →C es holomorfa,entonces para toda curva cerrada rectificable γ en Ω se tiene que∫

γ

f = 0.

utDirecto del teorema de Cauchy-Goursat 4.2 se sigue que:

Corolario 5.14. Si Ω es una region simplemente conexa y f : Ω →C es holomorfa,entonces f tiene un primitiva.

ut

Ejercicios

5.8. Si CΩ (z0,z1) es el conjunto de todas las curvas en una region Ω con extremoinicial z0 y extremo final z1, demuestre que la relacion de homotopıa es una relacionde equivalencia en CΩ (z0,z1).


5.9. Si α ' α ′ y β ' β ′ en CΩ (z0,z1), demuestre que α ∗β ' α ′ ∗β ′.

5.10. Si α es una curva en CΩ (z0,z1), demuestre que α ∗α−1 ' z0 y α ′ ∗α ' z0,donde z0 es la curva constante en z0.

5.11. Si α ' α ′, β ' β ′ y γ ' γ ′ en CΩ (z0,z1), demuestre que

α ∗ (β ∗ γ)' α′ ∗ (β ′ ∗ γ

′).

5.12. Si α ' β en CΩ (z0,z1), demuestre que

α ∗β−1 ' z0.

5.13. Considere el conjunto CΩ (z0,z0) de curvas cerradas basadas en un puntoz0 ∈ Ω . Por el ejercicio 5.8 la homotopıa entre lazos en CΩ (z0,z0) es una relacionde equivalencia. Denote con π1(Ω ,z0) al conjunto de clases de equivalencia corres-pondiente y para un lazo σ ∈ CΩ (z0,z0) denote por [σ ] a su clase de equivalencia, ala que se conoce como la clase de homotopıa del lazo σ . Ası,

π1(Ω ,z0) = [σ ] : σ ∈ CΩ (z0,z0).

Si [α], [β ] ∈ π1(Ω ,z0), defina la operacion

[α][β ] := [α ∗β ]

es decir, eligiendo representantes α ∈ [α] y β ∈ [β ] considere el lazo α ∗β y tomesu clase de homotopıa [α ∗β ].

(1) Demuestre que la operacion anterior esta bien definida, es decir, no dependede la eleccion de los representantes de las clases de homotopıa correspon-dientes.

(2) Demuestre que, con la operacion anterior, π1(Ω ,z0) es un grupo, al que seconoce como el grupo fundamental de la region Ω con punto base z0.

5.14. Sean γ : [0,1]→Ω una curva cerrada rectificable en una region Ω y z0,z1 ∈Ω .Demuestre que si γ ' z0, entonces γ ' z1.

5.15. Use el ejercicio anterior para mostrar que si z0,z1 ∈ Ω , con Ω una region,entonces se tiene un isomorfismo entre los grupos fundamentales:

π1(Ω ,z0)' π1(Ω ,z1).

5.16. Si Ω =C−0, demuestre que toda curva cerrada γ : [0,1]→Ω es homotopaa una curva cerrada cuya traza esta contenida en el cırculo z ∈ C : |z|= 1.

5.17. Encuentre todos los valores posibles de la integral∫γ

dz1+ z2


variando γ entre las curvas cerradas rectificables que no pasan por las raıces deldenominador, es decir, por ±i.

5.4. La conducta local de una funcion holomorfa

Recordemos, del corolario 4.21, que si f : Ω → C es holomorfa y tiene un ceroz0 ∈Ω de multiplicidad m≥ 1, entonces

f (z) = (z− z0)mg(z) donde g es holomorfa y g(z0) 6= 0.

Supongamos ahora que z1, . . . ,zn ∈Ω son todos los ceros de f (z), con multiplicida-des m1, . . . ,mn , respectivamente. Entonces,

(1) f (z) = (z−z1)m1 · · ·(z−zn)

mn g(z) con g holomorfa y que no se anula en Ω .

Considere entonces la derivada logarıtmica de f , es decir, la funcion

f ′

f: Ω −z1, . . . ,zm→ C,

y, usando la formula para la derivada de un producto, de (1) se obtiene que

(2)f ′(z)f (z)

=m1

z− z1+

m2

z− z2+ · · ·+ mn

z− zn+

g′(z)g(z)

donde g′(z)/g(z) es holomorfa en Ω porque g no se anula alla. Entonces, si γ esuna curva en Ω , cerrada, rectificable, que no pasa por ninguno de los puntos zi yademas γ es nulhomologa, entonces, por el teorema de Cauchy, version homologica5.6,

∫γ

g′/g = 0 y por lo tanto

∫γ

f ′(z)f (z)

dz =∫

γ

m1

z− z1dz+

∫γ

m2

z− z2dz+ · · ·+

∫γ

mn

z− zndz+

∫γ

g′(z)g(z)

dz

= 2πi n(γ;z1)m1 +2πi n(γ;z2)m2 + · · ·+2πi n(γ;zn)mn +0

= 2πin

∑k=1

n(γ;zk)mk.

Hemos ası probado:

Teorema 5.15. Sea f : Ω → C holomorfa con ceros z1, . . . ,zn ∈Ω de multiplicida-des m1, . . . ,mn, respectivamente. Si γ es una curva en Ω , cerrada, rectificable, queno pasa por ninguno de los puntos zi y ademas γ es nulhomologa, entonces

12πi

∫γ

f ′(z)f (z)

dz =n

∑k=1

n(γ;zk)mk.

5.4 La conducta local de una funcion holomorfa 129

utCon la mismas hipotesis del teorema anterior, si w ∈C− fγ, como la derivada

logarıtmica de la funcion f (z)−w es f ′(z)/( f (z)−w) se sigue que:

Corolario 5.16. Sean f y γ como en el teorema 5.15 anterior y w ∈C− fγ. Seanz1, . . . ,zn todas las soluciones en Ω de la ecuacion f (z)−w= 0, con multiplicidadesm1, . . . ,mn, respectivamente. Entonces,

12πi

∫γ

f ′(z)f (z)−w

dz =n

∑k=1

n(γ;zk)mk.

ut

Corolario 5.17. Sean f : Ω → C holomorfa y γ : [0,1]→Ω cerrada y rectificable.Entonces, la curva f γ : [0,1]→C es cerrada y rectificable (vea el ejercicio 5.19) ysi w ∈C− f γ= fγ y z1, . . . ,zn son todas las soluciones en Ω de la ecuacionf (z)−w = 0, con multiplicidades m1, . . . ,mn, respectivamente, entonces

n( f γ;w) =n

∑k=1

n(γ;zk)mk.

Demostracion. Considere primero el caso cuando γ es lisa (por tramos). Entonces,

n( f γ;w) =1

2πi

∫fγ

dζ

ζ −w=

12πi

∫ 1

0

d( f γ(t))f γ(t)−w

=1

2πi

∫ 1

0

f ′(γ(t))γ ′(t)dtf (γ(t))−w

=1

2πi

∫γ

f ′(z)dzf (z)−w

=n

∑k=1

n(γ;zk)mk,

donde la ultima igualdad es por el corolario anterior. Si γ es arbitraria, la aproxima-mos por una poligonal como en el lema 3.9 y en la demostracion de la proposicion5.1. ut

El comportamiento local de una funcion holomorfa. Si f : Ω → C es holomorfano constante y w ∈ C puede existir un numero infinito de puntos z ∈ C tales quef (z) = w. Sin embargo, por el teorema de la identidad todos los puntos de acumula-cion de estas z deben estar en la frontera de Ω , por lo que si se consideran solo solu-ciones en Ω , hay unicamente un numero finito de estas, digamos z1, . . . ,zn con mul-tiplicidades m1, . . . ,mn, respectivamente. Para esta misma f : Ω → C, supongamosque z0 ∈Ω y escojamos un radio r > 0 tal que B(z0;r)⊆Ω y sea γ(t) = z0 + re2πit ,t ∈ [0,1], su frontera. Queremos investigar el ındice n( f γ;w) para w 6∈ fγ. Pa-ra comenzar, note que si w tambien satisface que w 6∈ f (B(z0;r)), entonces, por elcorolario 5.17

n( f γ;w) =n

∑k=1

n(γ;zk)mk

donde como w 6∈ f (B(z0;r)) se tiene que los zk 6∈B(z0;r) y ası los zk estan en la com-ponente no acotada de C−γ por lo que, del teorema 5.4, se tiene que n(γ;zk) = 0para todas las zk y ası


n( f γ;w) = 0.

Supongamos ahora que w ∈ f (B(z0;r))− fγ, y sean z1, . . . ,zn ∈ B(z0;r) las so-luciones distintas de la ecuacion f (z)−w = 0, con multiplicidades m1, . . . ,mn, res-pectivamente. Del corolario 5.17 se sigue que

n( f γ;w) =n

∑k=1

n(γ;zk)mk =n

∑k=1

mk,

ya que γ rodea cada zk ∈ B(z0;r) una unica vez. Hemos ası probado que:

Proposicion 5.18. Si f : Ω → C es holomorfa no constante y supongamos queB(z0;r)⊆Ω y sea γ(t) = z0+re2πit , t ∈ [0,1], su frontera. Para cada w∈C− fγ,la suma de las multiplicidades mk de las soluciones z j ∈ B(z0;r) de la ecuacionf (z)−w = 0 es

n

∑k=1

mk = n( f γ;w).

Se sigue que esta suma es constante en cada componente conexa de C− fγ.ut

Teorema 5.19 (Conducta local de una funcion holomorfa). Sean f : Ω → Cholomorfa no constante y w0 = f (z0) con z0 ∈ Ω . Si la multiplicidad del ceroz0 de f (z)−w0 es m ≥ 1, entonces existen ε > 0 y δ > 0 tales que para cadaw ∈ B(w0;ε)− w0 la funcion f (z)−w tiene exactamente m ceros simples enB(z0;δ )−z0.

Demostracion. Como z0 ∈Ω y este es abierto, existe un δ0 > 0 tal que B(z0;δ0)⊆Ω . Ademas, como f no es contante, los ceros de f (z)−w0 son aislados por elcorolario 4.22 al teorema de la identidad 4.20, y por lo tanto podemos escoger el δ0anterior tal que f (z)−w0 no tenga otros ceros en el disco correspondiente y tambienque no contenga ceros de f ′(z), excepto posiblemente el z0 (si su multiplicidad,como cero de f (z)−w0, es m≥ 2). Sean δ < δ0 y γ(t) = z0 +δe2πit para t ∈ [0,1].Considere la curva cerrada f γ , y note que w0 6∈ f γ = fγ, porque z0 6∈ γy f (z)−w0 no tiene otros ceros en el interior de B(z0;δ0) y γ ⊆ B(z0;δ0). Ahora,como fγ es cerrado y w0 6∈ f γ = fγ, entonces existe un ε > 0 tal queB(w0;ε)∩ fγ = /0. Ası, B(w0;ε) esta contenido en una componente conexa deC− f γ y por lo tanto, si w ∈ B(w0;ε) se tiene la segunda igualdad en:

m = n( f γ;w0) = n( f γ;w) =n

∑k=1

mk

donde la primera y tercera igualdades son por la proposicion 5.18 anterior con mla multiplicidad de z0 como cero de f (z)−w0 y mk, k ≥ 1, las multiplicidades delos ceros zk de f (z)−w en B(z0;δ ). Finalmente, como f ′(z) 6= 0 en B(z0;δ )−z0,cada uno de los ceros zk, k ≥ 1, debe ser simple (i.e, de multiplicidad 1, vea elejercicio 5.20), es decir, cada mk = 1 y el teorema se sigue. ut

5.4 La conducta local de una funcion holomorfa 131

Observacion 5.1. (1) El teorema dice que, localmente, cerca de z0, la funcion f (z)se comporta como el polinomio (z− z0)

m +w0, donde w0 = f (z0).

(2) El teorema tambien implica que B(w0;ε)⊆ f (B(z0;δ )).

Una consecuencia inmediata del teorema anterior es otra demostracion del teo-rema de la funcion abierta 4.25:

Corolario 5.20 (Teorema de la funcion abierta). Toda funcion f : Ω → C holo-morfa y no constante es abierta.

Demostracion. Para cualquier abierto U ⊆ Ω queremos mostrar que f (Ω) ⊆ C esabierto; es decir, queremos mostrar que para todo z0 ∈U su imagen w0 = f (z0) ∈f (U) es un punto interior. Por el teorema 5.19 anterior (vea tambien la observacion5.1) existen δ > 0 y ε > 0 tales que B(z0;δ )⊆U y B(w0;ε)⊆ f (B(z0;δ ))⊆ f (U),como se querıa. ut

Para la demostracion de la existencia y formula de la derivada de la funcioninversa 4.26 de una funcion holomorfa e inyectiva f : Ω → C, ademas del teoremade la funcion abierta 4.25 y 5.20 se necesito el hecho de que la derivada f ′ no seanula en Ω . A continuacion probamos esto:

Corolario 5.21. Si f : Ω → C es holomorfa e inyectiva, entonces f ′(z0) 6= 0 paratodo z0 ∈Ω .

Demostracion. Escojamos un r > 0 suficientemente pequeno para que B(z0;r) ⊆Ω y ademas que el unico cero de f (z)− f (z0) en B(z0;r) sea z0 (los ceros sonaislados, por el corolario 4.22) y que tambien satisfaga que la funcion f ′(z) (que noes identicamente cero, porque f no es constante) no tenga ceros en B(z0;r)−z0(de nuevo, usamos que los ceros de f ′ son aislados, por el corolario 4.22). Por elteorema 5.19 anterior, si m es la multiplicidad de z0, cada punto (salvo a lo masf (z0)) de la componente conexa de C− fγ que contiene a f (z0) se alcanza en mpuntos distintos de B(z0;r), y como f es inyectiva se debe tener que m = 1, y por lotanto f ′(z0) 6= 0. ut

Observacion 5.2. El recıproco del corolario anterior es falso, por ejemplo la funcionexponencial compleja es tal que su derivada nunca se anula, pero la exponencial noes inyectiva. Observe tambien que para funciones reales de variable real el corolarioanterior no es cierto, por ejemplo para la funcion real analıtica e inyectiva f (x) = x3

su derivada se anula en x = 0.

Ejercicios

5.18. Use el corolario 5.16 para calcular la integral∫

γf ′/ f , donde f (z) = z2 + z+1

y γ es el cırculo γ(t) = 2e2πit para t ∈ [0,1].


5.19. Suponga que γ : [0,1]→ Ω es una curva cerrada rectificable en la region Ω .Suponga ademas que f : Ω →C es holomorfa y considere la curva f γ : [0,1]→C.Demuestre que f γ es rectificable.

5.20. Si f : Ω →C es holomorfa y z0 ∈Ω es un cero de f (z), demuestre que la mul-tiplicidad de z0 es m≥ 1 si y solo si f (z0) = f ′(z0) = f ′′(z0) = · · ·= f (m−1)(z0) = 0y f (m)(z0) 6= 0. Un cero z0 de f (z) se dice que es simple si su multiplicidad es m = 1.Ası, z0 es simple si y solo si f (z0) = 0 pero f ′(z0) 6= 0. Note que el teorema de laidentidad 4.20 dice que f (z) tiene un cero de multiplicidad infinita si y solo si f (z)es identicamente cero.

5.21. Usando el teorema de la conducta local de una funcion holomorfa 5.19, de-muestre que si f : Ω →C es holomorfa y f ′(z0) 6= 0 para z0 ∈Ω , entonces existe undisco abierto con centro en z0 tal que f es inyectiva en ese disco. Note que el resul-tado anterior es estrictamente local, la funcion exponencial satisface que su derivadano se anula, pero no es inyectiva en todo su dominio.

5.22. Sea f (z) un polinomio complejo no constante. Demuestre que su imagenf (C) ⊆ C es abierta y cerrada. Deduzca de lo anterior el teorema fundamental delalgebra 4.19.

Capıtulo 6Singularidades

Hasta ahora hemos estudiado funciones holomorfas en una region Ω ⊆C. El pa-so siguiente es considerar funciones definidas y holomorfas en una region a la quese le ha quitado un punto, digamos Ω −z0, pero que no estan definidas o no sonholomorfas en todo Ω . En este capıtulo estudiaremos esta situacion viendo que tan-to de la teorıa de Cauchy para funciones holomorfas se puede extender a este nuevocontexto. Despues de introducir los conceptos necesarios y clasificar las singulari-dades aisladas de una funcion: removibles, polos y esenciales, y estudiamos algunaspropiedades de cada una de estas, en particular probaremos que, en una vecindadde una singularidad esencial la funcion toma valores que aproximan a todos losnumeros complejos, el teorema de Casorati-Weierstrass, es decir probaremos que elconjunto de valores de f alrededor de una singularidad esencial es denso en C. Enla segunda seccion introducimos las series de Laurent y clasificaremos las singula-ridades aisladas de una funcion mediante la serie de Laurent asociada a la funcionen una vecindad de la singularidad considerada. En la tercera seccion probaremosel teorema del residuo aplicandolo despues al calculo de algunas integrales realesimpropias. Se obtienen ademas algunas consecuencias importantes del teorema delresiduo, tales como el principio del argumento, una formula para contar el numerode ceros y polos dentro de un disco de una funcion que es holomorfa salvo por po-los, y como una consecuencia inmediata el teorema de Rouche que, incidentalmentese usa para dar otra demostracion del teorema fundamental del algebra.

6.1. Singularidades aisladas

Un punto z0 ∈C es una singularidad aislada de una funcion f si f es holomorfaen el disco perforado B(z0;r)−z0 ⊆ Ω para algun radio r > 0. Note que hemospermitido que f sea holomorfa en todo el disco B(z0;r). A diferencia del caso defunciones reales de variable real, veremos que las singuridades aisladas de una fun-cion compleja se pueden clasificar satisfactoriamente.

133

134 6 Singularidades

Singularidades removibles. Una singularidad aislada z0 de f se dice que es unasingularidad removible si existe una funcion holomorfa g : B(z0;r)→ C (en todo eldisco) que coincide con f en el disco perforado B(z0;r)−z0, es decir, f (z) = g(z)para todo z tal que 0 < |z− z0|< r.

Ejemplo 6.1. La funcion f : C−2πin : n ∈ Z dada por

f (z) =z

ez−1

tiene una singularidad removible en z0 = 0. En efecto, el denominador ez−1 es unafuncion entera con un cero simple en z0 = 0 y por lo tanto se puede escribir comoez−1 = zg(z) con g entera y g(0) 6= 0. Se sigue que la funcion 1/g es holomorfa enuna vecindad de z0 = 0 y claramente f (z)= g(z) en un disco perforado B(0;r)−0.Similarmente, la funcion f (z) = senz/z tiene una singularidad removible en z0 = 0.Tambien, la funcion f (z) = (z2− 1)/(z− 1) tiene una singularidad removible enz0 = 1. Los dos ultimos ejemplos se pueden ver directamente de la definicion ocomo consecuencia del teorema siguiente:

Teorema 6.1 (Singularidades removibles de Riemann). Supongamos que f tieneuna singularidad aislada en z0. Entonces, z0 es una singularidad removible si y solosi

(∗) lımz→z0

(z− z0) f (z) = 0.

Demostracion. Por hipotesis existe r > 0 tal que f es holomorfa en B(z0;r)−z0.Supongamos ahora que se cumple la igualdad (∗) y definamos

h(z) :=

(z− z0) f (z) si z 6= z0,

0 si z = z0.

Por la hipotesis (∗) se sigue que h es continua en z0 y por lo tanto es continua en todoel disco B(z0;r). Note que si mostramos que h′(z0) existe, entonces h sera holomorfaen B(z0;r) y como h(z0)= 0, por definicion de h, entonces h tiene un cero en z0 y porel corolario 4.21 se sigue que, para z 6= z0, (z− z0) f (z) = h(z) = (z− z0)g(z) con gholomorfa en B(z0;r), y cancelando z−z0 se sigue que f (z)= g(z) en B(z0;r)−z0y ası z0 es removible. Resta entonces probar que h es holomorfa. Por el teorema deMorera 4.7 debemos mostrar que

∫T h = 0 para toda trayectoria triangular T en

B(z0;r). Sea ∆ la capsula convexa de T (es decir, ∆ es T junto con su interior). Setienen tres casos, ilustrados en la figura siguiente:

z0

Caso 1

z0

z1

z2x

y

Caso 2

z0

z1

z2

z3

Caso 3

6.1 Singularidades aisladas 135

Caso 1. Si z0 6∈∆ (como en la figura de la izquierda), entonces T ' 0 (es nulhomoto-pa) en B(z0;r)−z0 y ası, por el teorema de Cauchy 5.10 se sigue que

∫T h = 0.

Caso 2. Si z0 es un vertice de T , entonces T = [z0,z1,z2,z0]. Escojamos x ∈ [z0,z1],y ∈ [z0,z2] y considere el triangulo T1 = [z0,x,y,z0] y el polıgono P = [x,z1,z2,y,x](vea la figura en el centro). Entonces,∫

Th =

∫T1

h+∫

Ph =

∫T1

h

donde la primera igualdad es porque el segmento [x,y] comun a T1 y P se recorre dosveces en sentidos opuestos y la segunda igualdad es porque P' 0 en B(z0;r)−z0.Observe ahora que, como h es continua los puntos x,y se pueden elegir de tal formaque para todo ε > 0 y todo z ∈ T1, |h(z)| ≤ ε/`(T ). Se sigue que∣∣∣∫

Th∣∣∣= ∣∣∣∫

T1

h∣∣∣≤ `(T1)ε/`(T )≤ ε,

porque `(T1)≤ `(T ), y como ε > 0 se tiene entonces que∫

T h = 0.

Caso 3. Si z0 ∈ ∆ y T = [z1,z2,z3,z1], considere la subdivision de ∆ dada uniendoz0 con los vertices de T para formar los subtriangulos (orientados positivamente)Tj, como en la figura del extremo derecho, donde notamos que cada uno de estos Tjtiene a z0 como uno de sus vertices y ası, del caso anterior, se sigue que

∫Tj

h = 0para toda j y por lo tanto ∫

Th =

4

∑j=1

∫Tj

h = 0.

Lo anterior agota todos los casos posibles y por el teorema de Morera 4.7 se sigueque h es holomorfa en B(z0;r). La implicacion faltante es obvia ya que

lımz→z0

(z− z0) f (z) = lımz→z0

(z− z0)g(z) = 0,

porque g es holomorfa en todo B(z0;r), en particular es continua en z0. ut

Observacion 6.1. El teorema anterior muestra, una vez mas, la diferencia entre lasfunciones reales de variable real y las funciones de variable compleja ya que, porejemplo, la funcion real de variable real f (x) = |x| (valor absoluto de x) tiene unasingularidad aislada en x0 = 0 ya que la funcion

g(x) =

x xi x > 0,−x si x < 0,

es diferenciable en R−0 y tambien se tiene que

lımx→0

(x−0) f (x) = lımx→0

x|x|= lımx→0

x2 = 0,

y sin embargo la singularidad x0 = 0 de f (x) = |x|, no es removible.


El teorema de Riemann 6.1 sugiere que, para que una funcion de variable com-pleja tenga una singularidad aislada, en z0, que no sea removible, la funcion debetener un lımite muy mal comportado cuando z→ z0, es decir, el comportamiento def (z) cerca de z0 debe ser muy malo: ya sea que el lımite lımz→z0 | f (z)| = ∞, o quelımz→z0 | f (z)| no exista.

Polos. Por el teorema 6.1 de singularidades removibles de Riemann, si z0 es unasingularidad aislada no removible de f (z), entonces f (z) no puede estar acotada enuna vecindad de z0. Se puede uno preguntar entonces si existira un entero m≥ 1 talque la funcion (z−z0)

m f (z) sea acotada en una vecindad de z0. El teorema siguientecaracteriza cuando esto es posible:

Teorema 6.2. Sea z0 ∈Ω y supongamos que f es holomorfa en Ω−z0. Son equi-valentes:

(1) Existe un entero m≥ 1 tal que (z− z0)m f (z) es acotada en una vecindad de z0.

(2) Existe una funcion holomorfa g : Ω → C con g(z0) 6= 0 y tal que

f (z) =g(z)

(z− z0)m , para todo z ∈Ω −z0.

(3) Existe una vecindad abierta U ⊆ Ω de z0 y una funcion holomorfa h : U → Csin ceros en U−z0 y con un cero de orden m en z0, tal que

f (z) =1

h(z)para todo z ∈U−z0.

(4) El lımitelımz→z0| f (z)|= ∞,

es decir, para todo M > 0 existe δ > 0 tal que 0 < |z− z0|< δ implica que | f (z)| ≥M.

Demostracion. (1) ⇒ (2): Por hipotesis existe un menor entero positivo m ≥ 1tal que (z− z0)

m f (z) es acotada cerca de z0, y por el teorema 6.1 de singu-laridades removibles de Riemann se sigue que esta funcion (z− z0)

m f (z) tieneuna singularidad removible en z0, es decir, existe g : Ω → C holomorfa tal queg(z) = (z− z0)

m f (z) para todo z 6= z0. Si sucediera que g(z0) = 0, entonces por elcorolario 4.21 se tiene que g(z) = (z− z0)g(z) con g holomora en Ω . Por lo tanto,g(z) = (z− z0)

m−1 f (z) para z 6= z0 y como g lo anterior implica que (z− z0)m−1 f (z)

es acotada cerca de z0, lo cual contradice la minimalidad de m. Finalmente, la igual-dad g(z) = (z− z0)

m f (z), con g(z0) 6= 0, es (2).

(2)⇒ (3): Como los ceros de una funcion holomorfa no constante son aislados (porel corolario 4.22) y como g(z0) 6= 0, entonces g(z) no tiene ceros en alguna vecindadabierta de z0, digamos U ⊆ Ω . Usando la hipotesis f (z) = g(z)

(z−z0)m , se sigue que la


funcion h(z) := (z−z0)m/g(z) es holomorfa en U , no se anula en U−z0, tiene un

cero de orden m en z0, y satisface que f (z) = 1/h(z) en U−z0.(3)⇒ (4): Por hipotesis f (z) = 1/h(z) para z ∈U −z0, con h holomorfa en U ycon un unico cero en z0 en U , de orden m ≥ 1, por lo que h(z) = (z− z0)

mh(z) conh holomorfa y sin ceros en U . Se sigue que

lımz→z0| f (z)|= lım

z→z0

1|h(z)|

= lımz→z0

1|z− z0|m|h(z)|

=1

|h(z0)|lımz→z0

1|z− z0|m

= ∞.

(4)⇒ (1): Observe primero que la hipotesis (4) implica que 1/ f (z) tiene una singu-laridad removible en z0. En efecto, como lım

z→z0| f (z)|= ∞, entonces lım

z→z0

∣∣1/ f (z)∣∣= 0

y por lo tanto 1/ f (z) esta acotada. Se sigue que

lımz→z0

(z− z0)1

f (z)= 0

y ası z0 es singularidad removible de 1/ f (z) por el teorema 6.1. Defina entonces

g(z) =

1/ f (z) para z 6= z0,

0 si z = z0,

y observe que como lımz→z0

∣∣1/ f (z)∣∣ = 0, entonces g(z) es holomorfa en B(z0;r)

para algun r > 0. Ahora, como z0 es cero de g(z), digamos de multiplicidad m≥ 1,podemos escribir

g(z) = (z− z0)mh(z)

con h holomorfa tal que h(z0) 6= 0. Se sigue que

1f (z)

= g(z) = (z− z0)mh(z)

y por lo tanto

(z− z0)m f (z) =

1h(z)

=: h(z)

con h(z) holomorfa en una vecindad de z0 y por lo tanto es acotada en una vecindadde z0. ut

Si z0 es una singularidad aislada de f , diremos que z0 es un polo de f si satisfacecualquiera de las afirmaciones equivalentes del teorema anterior.

Ejemplo 6.2. (1) La funcion f (z) = 1/(z− z0)m, con m ≥ 1 entero, tiene un polo

en z = z0. En efecto, z0 es una singularidad aislada ya que f (z) es holomorfa enB(z0;r)−z0 para todo r > 0 y f no esta definida en z0. Por el teorema de singu-laridades removibles 6.1 la singularidad z0 no es removible y el lımite

lımz→z0

1|z− z0|m

= ∞


por lo que z0 es un polo de f .

El orden de un polo. Si f tiene un polo en z0 y m ≥ 1 es el menor entero positivotal que f (z)(z− z0)

m tiene una singularidad removible en z0, diremos que z0 es unpolo de orden m.

Observacion 6.2. Si f tiene un polo de orden m≥ 1 en z0 y escribimos

f (z) =g(z)

(z− z0)m

con g(z) holomorfa en un disco B(z0;r), entonces g tiene una expansion en serie deTaylor alrededor de z0, digamos

g(z) = Am +Am−1(z− z0)+ · · ·+A1(z− z0)m−1 +(z− z0)

m∞

∑k=0

ak(z− z0)k

y por lo tanto

f (z) =g(z)

(z− z0)m =Am

(z− z0)m +Am−1

(z− z0)m−1 + · · ·+ A1

(z− z0)+

∞

∑k=0

ak(z− z0)k

donde h(z) := ∑∞k=0 ak(z− z0)

k es holomorfa en B(z0;r) y Am 6= 0. La suma

S(z) :=Am

(z− z0)m +Am−1

(z− z0)m−1 +Am−2

(z− z0)m−2 + · · ·+ A1

(z− z0)

se llama la parte singular de f (z) alrededor de z0.

Ejemplo 6.3 (Descomposicion en fracciones parciales). Sea f (z) = p(z)/q(z) unafuncion racional, es decir, el cociente de dos polinomios, y supongamos que lospolinomios no tienen ceros en comun. Se sigue que los polos de f (z) son los ceros deq(z) y el orden de un polo de f es el orden (o multiplicidad) del cero correspondientede q(z). Supongamos que z0 es un cero de q(z) y sea S(z) la parte singular de f (z)en z0, es decir,

f (z) = S(z)+h(z) con h(z) holomorfa en B(z0;r).

Entonces, f (z)−S(z) = h(z), con h(z) holomorfa en B(z0;r) y ademas h(z) es unafuncion racional cuyos polos tambien son polos de f (z). Mas aun, si S(z) es la partesingular de h(z) en uno de sus polos, entonces S(z) tambien es la parte singular def (z) en ese polo. Por induccion, si z1, . . . ,zn son los polos de f (z) y si S j(z) son laspartes singulares de f (z) en los polos z j, entonces

(∗) f (z) =n

∑j=1

S j(z)+R(z)


donde R(z) es una funcion racional sin polos y por lo tanto es un polinomio. Ası,(∗) es la descomposicion en fracciones parciales de f (z).

Singularidades esenciales. Si z0 es una singularidad aislada de f que no es remo-vible ni un polo, se dice que z0 es una singularidad esencial de f .

Ejemplo 6.4. La funcion f (z) = e1/z claramente tiene una singularidad aislada enz0 = 0 y esta singularidad no es removible por el teorema 6.1 ya que lımz→0 ze1/z 6=0. De hecho, el lımite

lımz→0

∣∣e1/z∣∣no existe, vea el ejercicio 6.9, y por lo tanto la singularidad es esencial.

El teorema de Casorati-Weierstrass. Cuando una funcion f (z) tiene una singulari-dad esencial en z0, como la singularidad no es removible los valores | f (z)| cerca dez0 no estan acotados, y como tampoco es un polo, el lımite lımz→z0 | f (z)| no existe.Ası, los valores de f (z) deben estar vagando erraticamente por todo C. El teore-ma que probaremos a continuacion dice precisamente que, para z en una vecindadarbitraria de z0, los valores f (z) se acercan a cualquier numero complejo:

Teorema 6.3 (Casorati-Weierstrass). Si f (z) tiene una singularidad esencial enz0, entonces para cada complejo c∈C y cada par de reales positivos ε > 0 y δ > 0,existe un z∈ B(z0,δ )−z0 tal que | f (z)−c|< ε . Dicho de otra manera, para cadac∈C y cada δ > 0, la imagen f

(An(z0;0,δ )

)es densa en C, es decir, su cerradura

f(

An(z0;0,δ ))= C.

Demostracion. Supongamos que la afirmacion es falsa; es decir, que existe un c∈Cy un ε > 0 tal que | f (z)− c| ≥ ε para todo z tal que 0 < |z− z0|< δ . Entonces,

lımz→z0

| f (z)− c||z− z0|

= ∞

y por lo tanto la funcion ( f (z)− c)/(z− z0) tiene un polo en z0. Sea m el orden deeste polo. Multiplicando por (z− z0)

m se sigue que (z− z0)−1( f (z)− c)(z− z0)

m

tiene una singularidad removible en z0 (por el teorema 6.2) y ası, por el teorema 6.1de singularidades removibles de Riemann, se tiene que

lımz→z0

(z− z0)(z− z0)−1( f (z)− c)(z− z0)

m = 0

i.e.,

(1) lımz→z0

(z− z0)m( f (z)− c) = 0.

Ahora, usando la desigualdad

|z− z0|m| f (z)|= |z− z0|m| f (z)− c+ c| ≤ |z− z0|m| f (z)− c|+ |z− z0|m|c|


la igualdad (1) y el hecho de que m≥ 1 implican que

lımz→z0|z− z0|m| f (z)|= 0

y ası, por el teorema 6.1 de nuevo, se sigue que (z− z0)m−1 f (z) tiene una singulari-

dad removible en z0, es decir, f (z) tiene un polo en z0, lo cual es una contradiccion.ut

Observacion 6.3. Como toda funcion holomorfa no constante es abierta (corolario5.20), el teorema anterior dice que para toda vecindad abierta U de z0, la imagenf (U−z0) es abierto y denso en C. De hecho, mucho mas es cierto, el gran teore-ma de Picard dice que la imagen f (U−z0) es todo C, con excepcion de a lo masun punto, que es el caso del ejemplo 6.4 para la funcion f (z) = e1/z.

Singularidades aisladas en ∞. Una funcion f : Ω → C tiene una singularidad ais-lada en ∞ si Ω contiene un disco perforado con centro en ∞, es decir, si Ω contieneel complemento de un disco cerrado B(0;R). Se dice que ∞ es una singularidadremovible si la funcion f (1/z) tiene a z0 = 0 como singularidad removible. Se diceque ∞ es un polo de orden m si la funcion f (1/z) tiene a z0 = 0 como polo de ordenm. Se dice que ∞ es una singularidad esencial si la funcion f (1/z) tiene a z0 = 0como singularidad esencial.

Ejemplo 6.5. La funcion f (z) = 1/z tiene una singularidad removible en ∞. La fun-cion f (z) = zn tiene un polo de orden n en ∞. La funcion f (z) = ez tiene una singu-laridad esencial en ∞.

Ejercicios

6.1. Determine las singularidades aisladas y la naturaleza de la singularidad (aislada,polo o esencial) de las funciones siguientes:

1. f (z) = 1/sen2 z2. f (z) = (z2 +1)/z(z−1).3. f (z) = zsen(1/z).

4. f (z) = tanz.5. f (z) = exp(−1/z2).6. f (z) = secz.

6.2. Si f : Ω → C es holomorfa salvo por polos, demuestre que los polos de f nopueden tener un punto de acumulacion.

6.3. Demuestre que una funcion entera f tiene una singularidad removible en ∞ siy solo si f es constante.

6.4. Demuestre que una funcion entera f tiene un polo de orden m en ∞ si y solo sif es un polinomio de grado m.

6.2 Series de Laurent 141

6.5. Sean f y g funciones holomorfas con un polo z0 de orden m en comun. De-muestre que

lımz→z0

f (z)g(z)

= lımz→z0

f ′(z)g′(z)

(regla de L’Hopital).

6.6. Si f tiene un polo de orden m≥ 1 en z0 ∈Ω , demuestre que su derivada f ′ tieneun polo en z0 de orden m+1.

6.7. Si f es holomorfa en Ω −z0 y la derivada f ′ tiene un polo de orden m≥ 1 enz0 ∈Ω , demuestre que m≥ 2 y que f tiene un polo en z0 de orden m−1.

6.8. Demuestre el recıproco del teorema de Casorati-Weierstrass 6.3: si f es holo-morfa en Ω −z0 y para toda vecindad U ⊆ Ω de z0 la imagen f (U −z0) esdensa en C, entonces z0 es una singularidad esencial de f .

6.9. Verifique que la funcion f (z) = e1/z del ejemplo 6.4 tiene, en efecto, una sin-gularidad esencial en z0 = 0.

6.10. Clasifique las singularidades de las funciones siguientes:

(a) f (z) =1− cosz

senz.

(b) f (z) =1

ez−1.

(c) f (z) =1

cos(1/z).

(d) f (z) =z4

(z4 +16)2 .

6.2. Series de Laurent

Comencemos con un ejemplo:

Ejemplo 6.6. La funcion racional

f (z) =1

(z−2)(z−1)=

1z−2

− 1z−1

=1

z−2+

11− z

tiene polos en z = 1 y z = 2, y es holomorfa en cualquier dominio que no contengaa estos dos puntos. Para el primer sumando, f1(z) := 1/(z−2), escribiendo

1z−2

=1

−2(1− z/2

)usando la serie geometrica para 1/(1− z/2) en el disco |z| < 2, la serie de Taylor4.15 del primer sumando, f1(z) es:

(1) f1(z) :=1

z−2=−12

∞

∑n=0

(z/2)n =∞

∑n=0

(−1

2n+1

)zn.


Similarmente, el segundo sumando, f2(z) := 1/(1− z), se puede representar en eldisco unitario |z|< 1 por la serie geometrica

(2) f2(z) =∞

∑n=0

zn

simplemente porque 1− zn+1 = (1− z)(1+ z+ z2 + · · ·+ zn) y usando que |z| < 1.Ahora, si escribimos

11− z

=−1z

( 11−1/z

)y usamos el cambio de variable ζ = 1/z, la funcion f2(z) queda

f2(z) =1

1− z=−1

z

( 11−1/z

)=−ζ

( 11−ζ

)y el disco de convergencia |ζ |< 1 se transforma, por el cambio z= 1/ζ , en la region|z|> 1, y usando (2) se tiene que

(3) f2(z) =−ζ

( 11−ζ

)=−ζ

∞

∑n=0

ζn =−

∞

∑n=1

ζn =−

∞

∑n=1

1zn =−

∞

∑n=1

z−n

una serie de potencias negativas de z. Por lo tanto, en la interseccion de las regiones|z| < 2 y |z| > 1 donde convergen (2) y (3), es decir, en la region 1 < |z| < 2, lafuncion f (z) tiene una serie de la forma

f (z) =1

(z−2)(z−1)=

∞

∑n=0

(−1

2n+1

)zn−

∞

∑n=1

z−n =∞

∑n=0

(−1

2n+1

)zn−

−∞

∑n=−1

zn

=∞

∑n=−∞

anzn,

donde an = −1 para n ≤ −1 y an = −1/2n+1 para n ≥ 0, la cual es una serie quecontiene potencias positivas y negativas de la variable z.

Para precisar lo anterior, en general pensaremos a una serie de la forma

(5) b1z−1 +b2z−2 + · · ·+bnz−n + · · ·=∞

∑n=1

bnz−n

como una serie de potencias usual en la variable ζ = 1/z. Considerada de es-ta manera, podemos entonces pensar en su radio de convergencia R′1, por lo quela serie para la variable ζ converge en el disco |ζ | < R′1 y por lo tanto para lavariable z = 1/ζ la region donde converge la serie correspondiente es la region|z|= 1/|ζ |> 1/R′1 := R1, es decir el exterior de un disco |z|> R1 (que puede cons-tar solo del punto ∞ en el plano extendido C∞, si R1 = ∞).

Por otra parte, si ahora consideramos una serie de potencias usual


(6) a0 +a1z+ · · ·+anzn + · · ·=∞

∑n=0

anzn

con radio de convergencia R2 > 0, es decir, la serie (6) converge en el disco |z|< R2y sumamos las series (5) y (6), en el dominio comun de convergencia, obtenemosuna serie de potencias, positivas y negativas, de la forma

· · ·+bmz−m + · · ·+b1z−1 +a0 +a1z+a2z2 + · · ·+anzm + · · ·=∞

∑n=1

bnz−n +∞

∑n=0

anzn

donde poniendo a−n := bn la podemos reescribir como

(7)−∞

∑n=−1

anzn +∞

∑n=0

anzn =:∞

∑n=−∞

anzn.

Diremos que la serie (7) es convergente si sus dos partes ∑−∞

n=−1 anzn y ∑∞n=0 anzn

son convergentes, independientemente. A la serie (7) se le conoce como una seriede Laurent, centrada en el origen. Observe ahora que como ∑

−∞

n=−1 anzn converge enla region |z|> R1 y como ∑

∞n=0 anzn converge en el disco |z|< R2, entonces la region

comun de convergencia de ambas series es la dada por R1 < |z| < R2, la cual no esvacıa si y solo si R1 < R2 y ası (7) representara una funcion holomorfa en la regionanular

An(0;R1,R2) := z ∈ C : R1 < |z|< R2.

Hemos ası probado que una serie de Laurent

∞

∑n=−∞

anzn

define una funcion holomorfa en una region anular An(0;R1,R2). En general, si0≤ R1 < R2 < ∞ y z0 ∈ C, se define la region anular

An(z0;R1,R2) := z ∈ C : R1 < |z− z0|< R2

que se ve como en la figura siguiente:

z0z0 R1 R2

En particular, si R1 = 0, la region anular An(z0;0,R) es el disco perforadoB(z0;R)−z0.

Una serie de Laurent centrada en el punto z0 es una serie de la forma


(8)∞

∑n=−∞

an(z− z0)n

y la serie es convergente, en el punto z, si las series ∑∞n=0 an(z− z0)

n y ∑−∞

n=−1 an(z−z0)

n convergen. Si este es el caso, el lımite

lımN→∞

N

∑N=−n

an(z− z0)n

existe y es la suma de la serie de Laurent. Como en el caso particular cuando z0 = 0visto anteriormente, si

R2 =1

lımsupn→∞

|an|1/n y R1 = lımsupn→∞

|a−n|1/n

por el teorema 4.10 la serie ∑∞n=0 an(z− z0)

n converge en el disco |z− z0| < R2, ycon el cambio de variable ζ := (z− z0)

−1 observe que la serie

−∞

∑n=−1

an(z− z0)n =

−∞

∑n=−1

anζ−n =

∞

∑n=1

a−nζn

converge en la region |ζ |< 1/R1, es decir, en la region |z− z0|> R1. Por lo tanto, siR1 < R2 la serie de Laurent ∑

∞n=−∞ an(z− z0)

n converge, absoluta y uniformemente,en la region anular R1 < |z− z0| < R2, al que se conoce como la region anularde convergencia de la serie de Laurent, y por lo tanto define una funcion holomorfaf (z) en esa region. Observe ahora que, para R1 < r < R2, si γr es el cırculo |z−z0|=r, orientado positivamente, para todo z ∈ γr la serie de Laurent correspondienteconverge uniformemente a f (z) y por la proposicion 4.14 la integral

∫γr

f se puedeevaluar integrando termino a termino la serie de Laurent:

(9)∫

γr

f (z)dz =∞

∑n=−∞

an

∫γr

(z− z0)ndz = 2πia−1

donde la ultima igualdad es porque para n 6= −1 el integrando tiene una primitiva.Se sigue que

a−1 =1

2πi

∫γr

f (z)dz.

Aplicando lo anterior, pero ahora a la funcion (z− z0)k−1 f (z) en lugar de la funcion

f (z), y donde k es cualquier entero, se sigue que

(10) ak =1

2πi

∫γr

f (z)(z− z0)k+1 dz

Por lo tanto, los coeficientes an de la serie de Laurent ∑∞n=−∞ an(z−z0)

n estan unıvo-camente determinados por la funcion f (z) definida por la serie.


Recıprocamente, si comenzamos con una funcion holomorfa f (z) cuyo dominiocontiene una region anular An(z0;R1,R2), mostraremos que una tal funcion tiene undesarrollo en serie de Laurent:

∞

∑n=−∞

an(z− z0)n

y para esto necesitaremos los dos resultados siguientes:

Teorema 6.4 (Teorema de Cauchy para cırculos concentricos). Sea f una fun-cion holomorfa en la region anular R1 < |z− z0|< R2. Para cada R1 < r < R2 seaγr el cırculo de centro z0 y radio r orientado positivamente. Entonces,∫

γr

f (z)dz

es independiente de r.

Demostracion. Consideremos la parametrizacion γr(t) = z0 + reit , para t ∈ [0,2π].Entonces,

I(r) :=∫

γr

f (z)dz =∫ 2π

0f (z0 + reit)ireitdt

y note que el integrando en el lado derecho es una funcion en las dos variables r, tcon derivadas parciales continuas. Por la regla de Leibniz 2.15 se sigue que

dI(r)dr

=∫ 2π

0

∂

∂ r

(f (z0 + reit)ireit)dt,

donde

∂

∂ r

(f (z0 + reit)ireit)= f ′(z0 + reit)eit ireit + f (z0 + reit)ieit =

∂

∂ t

(f (z0 + reit)eit)

y por lo tanto

dI(r)dr

=∫ 2π

0

∂

∂ t

(f (z0 + reit)eit)dt = f (z0 + reit)eit

∣∣∣t=2π

t=0= 0,

como se querıa. ut

Teorema 6.5 (Formula de Cauchy en una region anular). Sea f una funcionholomorfa en la region anular R1 < |z− z0|< R2. Para cada R1 < r < R2 sea γr elcırculo de centro z0 y radio r orientado positivamente. Si R1 < r1 < |z− z0|< r2 <R2, entonces,

f (z) =1

2πi

∫γr2

f (w)w− z

dw− 12πi

∫γr1

f (w)w− z

dw.

Demostracion. Fijemos z como en el enunciado y defina g : An(z0;R1,R2)→ Cmediante


g(w) :=

f (w)− f (z)

w− zsi w 6= z,

f ′(z) si w = z.

Entonces, g es holomorfa y ası, por el teorema 6.4 anterior, se tiene que∫γr2

g(w)dw =∫

γr1

g(w)dw,

y como en ambas integrales la variable w recorre la traza γ j correspondiente, porlo que w 6= z, la igualdad de integrales anterior se puede reescribir como∫

γr2

f (w)− f (z)w− z

dw =∫

γr2

g(w)dw =∫

γr1

g(w)dw =∫

γr2

f (w)− f (z)w− z

dw

y ya que f (z) es constante en las integrales de la izquierda y de la derecha, queda∫γr2

f (w)w− z

dw− f (z)∫

γr2

1w− z

dw =∫

γr1

f (w)w− z

dw− f (z)∫

γr1

1w− z

dw

de donde se sigue que∫γr2

f (w)w− z

dw−∫

γr1

f (w)w− z

dw = f (z)∫

γr2

1w− z

dw− f (z)∫

γr1

1w− z

dw

donde la primera integral del lado derecho es 2πi, por la proposicion 5.1 y la segundaintegral del lado derecho es 0, por el teorema 5.4, ya que z esta fuera del disco decentro z0 y radio r1. Se sigue que el dado derecho es 2πi f (z), lo cual prueba elteorema. ut

Existencia de la expansion de Laurent. Comenzando con una funcion holomorfaf (z) cuyo dominio contiene una region anular An(z0;R1,R2), mostraremos que unatal funcion tiene un desarrollo en serie de Laurent:

∞

∑n=−∞

an(z− z0)n.

En efecto, escojamos r1 y r2 reales tales que R1 < r1 < r2 < R2. Por el teorema 6.5anterior, para r1 < |z− z0|< r2,

f (z) =1

2πi

∫γr2

f (ζ )ζ − z

dζ − 12πi

∫γr1

f (ζ )ζ − z

dζ

y poniendo


f1(z) :=1

2πi

∫γr2

f (ζ )ζ − z

dζ para |z− z0|< r2

f2(z) :=−12πi

∫γr1

f (ζ )ζ − z

dζ para |z− z0|> r1

se tiene que f (z) = f1(z)+ f2(z), donde:

(1) La funcion f1(z) es holomorfa en |z− z0| < r2 y por lo tanto tiene una serie deTaylor 4.15 alrededor de z0, es decir, en un disco |z− z0|< r2:

f1(z) =∞

∑n=0

an(z− z0)n,

donde

an =1

2πi

∫γr

f (z)(z− z0)n+1 dz

con γr el cırculo de centro z0 y radio r < r2.

(2) Veremos que la funcion f2(z) es holomorfa en |z− z0| > r1, tiene una singu-laridad removible en ∞ y se puede expresar como una serie de Laurent en poten-cias negativas de z− z0 en una vecindad del infinito, es decir, en una region dela forma |z− z0| > r1, para un r1 > 0. Para esto, considere el cambio de varia-ble z = z0 + 1/ζ y defina la funcion g(ζ ) := f2(z) = f2(z0 + 1/ζ ), para ζ 6= 0; esclaro que g tiene una singularidad aislada en ζ = 0 (tambien decimos que f2(z) tie-ne una singularidad aislada en z = ∞). Para ver que es removible, observe que sir > r1, sea ρ(z) := d(z,γr), donde γr es el cırculo de centro z0 y radio r y seaM := max| f (w)| : w ∈ γr. Entonces, para |z− z0|> r se tiene que

| f2(z)| ≤∣∣∣ 12πi

∫γr

f (w)w− z

dw∣∣∣≤ 1

2πsup | f (w)||w− z|

: w ∈ γr`(γr)≤

M2πr2πρ(z)

=Mr

ρ(z)

donde la ultima desigualdad es porque ρ(z) = ınfd(z,w) : w ∈ γr por lo queρ(z)≤ |w− z|, para todo w ∈ γr. Ahora, como lımz→∞ ρ(z) = ∞, se sigue que

lımζ→0

g(ζ ) = lımz→∞

f2(z) = 0

y ası, por el teorema 6.1 de singularidades removibles de Riemann, la singularidadζ = 0 de g es removible, por lo que si se define

g(ζ ) =

f2(z) = f2(z0 +1/ζ ) si ζ 6= 0,0 si ζ = 0,

es claro que g(ζ ) es holomorfa y por lo tanto tiene una serie de Taylor 4.15 alrededorde ζ = 0 (es decir, z = ∞), digamos en el disco |ζ |< 1/R:


(∗) g(ζ ) =∞

∑n=0

bnζn =

∞

∑n=1

bnζn

(donde la ultima igualdad es porque g(0) = 0 y ası b0 = 0). Ahora, como z− z0 =1/ζ , la desigualdad |ζ | < 1/R en la variable z es |z− z0| > R y substituyendo ζ =1/(z− z0) = (z− z0)

−1 en la serie (∗) se obtiene que

f2(z) = g(ζ ) =∞

∑n=1

bn(z− z0)−n =

−∞

∑n=−1

b−n(z− z0)n =

−∞

∑n=−1

an(z− z0)n

para an := b−n.

Hemos ası mostrado que, en la region anular r1 < |z− z0| < r2, la funcion f (z)tiene una expansion en serie de Laurent

f (z) =∞

∑n=−∞

an(z− z0)n

donde para n≥ 0 la integral que define an:

an =1

2πi

∫γr2

f (z)(z− z0)n+1 dz

es independiente de r2 con la unica condicion de que r2 < R2, y si n < 0 la integralque define an:

an =1

2πi

∫γr1

f (z)(z− z0)n+1 dz

es independiente de r1 con la unica condicion de que R1 < r1. Haciendo r2→ R2 yr1 → R1 se sigue que la expansion de Laurent anterior es valida en toda la regionanular R1 < |z−z0|<R2. Hemos ası probado el teorema siguiente, donde la unicidadde la serie se debe a que los coeficientes an estan determinados por las formulas (10)en la pagina 144:

Teorema 6.6 (Expansion de Laurent). Si f (z) es holomorfa en la region anularAn(z0;R1,R2), entonces

f (z) =∞

∑n=−∞

an(z− z0)n

donde la serie converge absoluta y uniformemente en la cerradura de An(z0;r1,r2)para R1 < r1 < r2 < R2. Los coeficientes an estan dados por las formulas

an =1

2πi

∫γr

f (z)(z− z0)n+1 dz

donde γr es el cırculo de centro z0 y radio r, para cualquier R1 < r < R2, y esta seriees unica con esas propiedades.

ut


Clasificacion de singularidades usando la serie de Laurent. Las singularidadesaisladas de una funcion f se pueden clasificar usando la expansion de Laurent de falrededor de la singularidad:

Teorema 6.7. Si z0 es una singularidad aislada de una funcion f (z) y si f (z) =∑

∞n=−∞ an(z− z0)

n es su serie de Laurent en An(z0;0;R), entonces

(1) z0 es removible si y solo si an = 0, para toda n < 0.

(2) z0 es un polo de orden m si y solo si an = 0, para toda n <−m y am 6= 0.

(3) z0 es esencial si y solo si an = 0, para un numero infinito de n < 0.

Demostracion. Para (1), si an = 0 para todo n < 0, la funcion ∑∞n=0 an(z− z0)

n esholomorfa en un disco B(z0,R) y coincide con f (z) en B(z0,R)−z0. Se sigueque z0 es una singularidad removible de f (z). Recıprocamente, si z0 es removible,existe g holomorfa en B(z0,R) que coincide con f en B(z0,R)−z0 y como ges holomorfa tiene una serie de Taylor, g(z) = ∑

∞n=0 bn(z− z0)

n, en B(z0,R). Laigualdad f (z) = g(z) en B(z0,R)−z0 y la unicidad de la expansion de Laurentimplican que an = bn para todo n≥ 0 y an = 0 para todo n < 0.

Para (2), supongamos que an = 0 para todo n ≤ −(m + 1). Entonces, (z−z0)

m f (z) tiene una serie de Laurent sin potencias negativas de (z− z0):

(z− z0)m f (z) = (z− z0)

m∞

∑n=−m

an(z− z0)n =

∞

∑n+m=0

an(z− z0)n+m

Por la parte (1) esto quiere decir que (z− z0)m f (z) tiene una singularidad removible

en z0 y por lo tanto f (z) tiene un polo en z0 de orden m. Para la afirmacion recıprocase invierten los argumentos anteriores.

Para (3), por definicion z0 es una singularidad esencial de f (z) si y solo z0 si noes removible ni polo y por las partes (1) y (2) esto es equivalente a que an 6= 0 paraun numero infinito de n < 0. ut

Ejemplo 6.7. La funcion f (z) = e1/z tiene una singularidad esencial en z0 = 0: suserie de Laurent alrededor de z0 = 0 es de la forma

f (z) = e1/z =∞

∑n=1

1n!

z−n =−∞

∑n=−1

1(−n)!

zn.

Observacion 6.4. En general, determinar los coeficientes an de la expansion de Lau-rent por medio de las formulas del teorema 6.6 puede ser complicado. Lo que se hacefrecuentemente es usar series de Taylor y modificarlas adecuadamente para obtenerseries de Laurent, como hicimos en los ejemplos 6.6 y 6.7. Si f (z) tiene un polo deorden m en z0, el ejemplo siguiente determina su expansion de Laurent alrededor deese polo, que esencialmente ya se tiene desde la observacion 6.2:

Ejemplo 6.8. Supongamos que f tiene un polo de orden m ≥ 1 en z0. Entonces,g(z) = (z− z0)

m f (z) con g(z0) 6= 0 y g con una singularidad removible en z0. Con-sideremos la serie de Taylor de g en un disco alrededor de z0:


g(z) =∞

∑n=0

an(z− z0)n

donde an = (1/n!) f (n)(z0). Se sigue que en el disco anterior, quitando el z0,

f (z) =g(z)

(z− z0)m =a0

(z− z0)m +a1

(z− z0)m−1 + · · ·+ am−1

(z− z0)+

∞

∑n=0

am+n(z− z0)m+n

es la serie de Laurent de f (z) en un disco perforado alrededor de z0.

Ejercicios

6.11. Obtenga la serie de Laurent alrededor del 0 de la funcion f (z) = 1/(z−2) enla region |z|> 2, es decir, en la region anular An(0;2,∞).

6.12. Obtenga la serie de Taylor alrededor del punto 1 de la funcion f (z) = 1/(z−2)en el disco |z−1|< 1.

6.13. Obtenga la serie de Taylor alrededor del punto 2 de la funcion f (z) = 1/(z−1)en el disco |z−2|< 1.

6.14. Sean a,b ∈ C tales que 0 < |a| < |b|. Encuentra una serie de Laurent en laregion anular An(0; |a|, |b|) de la funcion

f (z) =1

(z−a)(z−b).

6.15. Determine la region anular de convergencia de la serie de Laurent

∞

∑n=−∞

an2zn

donde a ∈ C es un complejo fijo tal que 0 < |a|< 1.

6.16. Sean p(z),q(z) polinomios tales que gr(q)> gr(p)+1 y sea γ un cırculo quecontiene todos los ceros de q(z). Demuestre que∫

γ

p(z)q(z)

dz = 0.

6.17. Si una funcion holomorfa f (z) tiene una singularidad aislada en z0, demuestreque la parte principal de la serie de Laurent de f alrededor de z0 converge en C−z0.

6.18. Demuestre que una funcion racional no tiene singularidades esenciales.


6.19. Suponga que f es una funcion holomorfa definida enC−z1, . . . ,zn y que lasz j no son singularidades esenciales de f . Demuestre que f es una funcion racional.

6.20. Clasifique las singularidades aisladas de las funciones siguientes:

f (z) =z5

1+ z+ z2 + z3 + z4 g(z) =1

sen2 zh(z) = sen(1/z).

6.21. Suponga que f es holomorfa en la region anular An(z0;R1,R2) y que nose anula en esa region. Considere los cırculos γr(t) = z0 + re2πit con t ∈ R, paraR1 < r < R2. Sea n = n( f γr;z0) (que es constante en toda la region anular consi-derada). Sea g : An(z0;R1,R2)→ C dada por g(z) = f (z)/(z− z0)

n. Demuestre queel coeficiente a−1 en la expansion de Laurent de f ′(z)/ f (z) es n y que g(z) poseeun logaritmo holomorfo. Demuestre que f tiene un logaritmo holomorfo si y solo sin = 0. Si m > 0 es un entero, demuestre que f tiene una raız m-esima holomorfa siy solo si m divide a n.

6.22. Usando series de Laurent, demuestre que si f : C∞→ C es holomorfa, enton-ces es constante.

6.23. En el ejemplo 6.1 vimos que la funcion

f (z) =z

ez−1

tiene una singularidad removible en z0 = 0 y por lo tanto su serie de Laurent, alre-dedor de z0 = 0, es una serie de potencias usual. El radio de convergencia de estaserie es 2π porque los ceros de ez−1 mas cercanos a z0 = 0 son ±2πi. Escriba loscoeficientes an de la serie de potencias anterior como an = Bn/n!, es decir, definaBn := n!an, de tal forma que la serie anterior es:

f (z) =z

ez−1=

∞

∑n=0

Bn

n!zn

para |z|< 2π .

Demuestre que B0 = 1.Demuestre que B1 = 1.Muestre que Bn = 0 si n > 1 es impar.Calcule los primeros coeficientes Bn, digamos para n≤ 10.Demuestre que los numeros Bn son racionales.Demuestre la formula de recurrencia siguiente:

n

∑k=0

(n+1

k

)Bk = 0

para n≥ 1 y donde(n+1

k

)es el coeficiente binomial correspondiente.

Los racionales Bn anteriores se conocen como los numeros de Bernoulli.


6.3. El teorema del residuo

En la formula (9) de la pagina 144 vimos que si

f (z) =∞

∑n=−∞

an(z− z0)n

es una funcion dada por su serie de Laurent en An(z0;R1,R2) y γr = ∂B(z0;R), paraR1 < r < R2, orientado positivamente, al calcular la integral

∫γ

f se tiene que

(∗)∫

γr

f (z)dz = 2πia−1

(vea tambien el teorema 6.6) y ası, de todos los coeficientes an de la expansionde Laurent de f (z), el unico coeficiente que queda al calcular la integral

∫γ

f esel coeficiente a−1, y es por esto que se le conoce como el residuo de la funcionf (z) en el punto z0. La formula (∗) es un caso particular, para γr un cırculo, quemuestra la importancia del coeficiente a−1 del termino (z− z0)

−1 en la expansionde Laurent de f alrededor de z0, ya que esencialmente a−1 da el valor de la integral∫

γrf . En general, si f tiene una singularidad aislada en z0, el residuo de f en z0

es el coeficiente a−1 en la expansion de Laurent de f alrededor de z0. Usaremosla notacion Resz=z0 f (z) = Res( f ;z0) = a−1 para denotar al residuo de f en z0. Laversion general de la formula particular (∗) es el contenido del teorema siguiente:

Teorema 6.8 (Teorema del residuo). (1) Si z0 ∈ Ω y f (z) es holomorfa en Ω −z0, con una singularidad aislada en z0, y si γ es una curva cerrada, rectificable ynulhomologa en Ω , que no pasa por z0, entonces

n(γ;z0)Resz0( f ) =1

2πi

∫γ

f .

(2) En general, si f (z) es holomorfa en Ω −z1, . . . ,zm, con singularidades aisla-das en z1, . . . ,zm ∈Ω , y si γ es una curva cerrada, rectificable y nulhomologa en Ω ,que no pasa por ninguno de los zk, entonces

m

∑k=1

n(γ;zk)Reszk( f ) =1

2πi

∫γ

f .

Demostracion. Como γ es compacto y no contiene a los zk, entonces d(zk,γ)>0 y ası existen reales rk > 0 tales que los discos B(zk,rk) ⊆ Ω , son disjuntos porpares y ninguno de ellos intersecta a γ . Sean γk las fronteras de los discos anteriores,orientados positivamente, y nk := n(γ;zk). Considere el ciclo

(†) Γ := γ− (n1γ1 + · · ·+nmγm).

Por definicion, el ciclo Γ esta contenido en Ω −z1, . . . ,zm, y claramente no rodeaningun punto en C−Ω ya que γ no lo hace. Es decir, Γ es nulhomologo en Ω . Por

6.3 El teorema del residuo 153

la version homologica para ciclos del teorema de Cauchy, 5.9, se tiene que∫

Γf = 0,

que por la definicion (†) de Γ se puede reescribir como∫γ

f =m

∑k=1

nk

∫γk

f

donde, por el caso especial (∗) citado anteriormente,∫

γkf = 2πiReszk( f ), para cada

k = 1, . . . ,m. Se sigue que∫γ

f =m

∑k=1

nk2πiResz=zk( f ) = 2πim

∑k=1

n(γ;zk)Reszk( f ),

lo cual prueba la parte (2), y claramente la parte (1) es un caso particular de (2). ut

Ejemplo 6.9. En el ejemplo 6.7 vimos que la serie de Laurent de f (z) = e1/z alrede-dor de z0 = 0 es ∑

−∞

n=−11

(−n)! zn, por lo que su residuo en z0 = 0 es Resz=0(e1/z) = 1.

Ejemplo 6.10. Supongamos que f tiene un polo de orden m≥ 1 en z0. Por el ejemplo6.8 su serie de Laurent alrededor de z0 es de la forma

f (z) =g(z)

(z− z0)m =a0

(z− z0)m +a1

(z− z0)m−1 + · · ·+ am−1

(z− z0)+

∞

∑n=0

am+n(z− z0)m+n

y por lo tanto,

Res( f ;z0) = am−1 =1

(m−1)!g(m−1)(z0).

Note que, en el caso particular cuando z0 es un polo simple, es decir, m = 1, se tieneque

Res( f ;z0) = a0 = g(z0) = lımz→z0

(z− z0) f (z).

Ejemplo 6.11. La funcion f (z) = z3/(z−1) tiene una singularidad aislada en z0 = 1.Calculando las derivadas de z3 en z0 = 1 vemos que la serie de Taylor del numeradorz3 alrededor de z0 = 1 es

z3 = 1+3(z−1)+3(z−1)2 +(z−1)3

y por lo tanto la serie de Laurent de f (z) = z3/(z−1) alrededor de z0 = 1 es

f (z) =z3

z−1=

1z−1

+3+3(z−1)+(z−1)2

de donde se sigue queRes( f ;1) = 1.

Ejemplo 6.12. Considere ahora la funcion f (z) = z3/(z− 1)2 que tiene una singu-laridad en z0 = 1. Usando el calculo del ejemplo anterior vemos que la serie deLaurent de f (z) alrededor de z0 = 1 es


f (z) =z3

(z−1)2 =1

(z−1)2 +3

z−1+3+(z−1)

de donde se sigue queRes( f ;1) = 3.

Ejemplo 6.13. Considere ahora la funcion f (z) = 1/(z2 +1). Es claro que tiene po-los simples en las raıces del denominador, es decir, en z1 = i y z2 =−i. Para z1 = i,por el caso particular del ejemplo 6.10, se tiene que

Res( f ; i) = lımz→i

(z− i) f (z) = lımz→i

(z− i)1

(z− i)(z+ i)= lım

z→i

( 1z+ i

)=

12i.

Similarmente se calcula Res( f ;−i) =−1/2i.

Funciones meromorfas. Si z0 ∈ Ω es un polo de una funcion f (z), desde variospuntos de vista, por ejemplo por el hecho (teorema 6.2) de que

(∗) lımz→z0| f (z)|= ∞,

serıa natural y apropiado asignar el valor ∞ al polo z0 ∈ Ω y definir f (z0) = ∞, yası (∗) dirıa que la funcion f : Ω → C∞ ası definida serıa continua (en la topologıadel plano complejo extendido C∞ dada por la distancia cordal de Caratheodory,vease la seccion 1.4). Se dice que una funcion f : Ω → C∞ es meromorfa si susunicas (posibles) singularidades son polos. Note entonces que la imagen inversa ofibra

f−1(∞) = polos de f en Ω

es un conjunto discreto.

El campo de funciones meromorfas. Si f ,g : Ω → C∞ son dos funciones mero-morfas, se define su suma f + g : Ω → C∞ para cada z ∈ Ω −

(f−1(∞)∪ g−1(∞)

)mediante ( f + g)(z) := f (z)+ g(z). Claramente f + g es meromorfa con polos enf−1(∞)∪g−1(∞). Similarmente se define el producto ( f g)(z) := f (z)g(z). Ahora, sif : Ω → C∞ es meromorfa y no es la funcion constante cero, entonces 1/ f tambienes meromorfa (si z j es un cero de f entonces es un polo de 1/ f y si pk es un polode f entonces es un cero de 1/ f ). Se sigue que el conjunto

M(Ω) := f : Ω → C∞ : f es meromorfa

es un campo, el campo de funciones meromorfas en Ω . En el ejercicio 6.30 se pideprobar que el campo M(Ω) es el campo de fracciones del anillo de funciones holo-morfas O(Ω) (vea la pagina 48 y el ejercicio 4.19, donde se prueba que este anilloes un dominio entero).

Consecuencias del teorema del residuo. Supongamos que f es holomorfa y tieneun cero de orden m en z0. Entonces, f (z) = (z−z0)

mg(z) con g holomorfa y g(z0) 6=0. Se sigue que


(1)f ′(z)f (z)

=m

z− z0+

g′(z)g(z)

con g′/g holomorfa en una vecindad de z0.Supongamos ahora que f es meromorfa y tiene un polo de orden m en z0. Enton-

ces, f (z) = (z− z0)−mg(z) con g holomorfa y g(z0) 6= 0. Se sigue que

(2)f ′(z)f (z)

=−m

z− z0+

g′(z)g(z)

con g′/g holomorfa en una vecindad de z0.Supongamos ahora que f es meromorfa con ceros z1, . . . ,zm y polos w1, . . . ,wn,

repetidos de acuerdo a su orden. Aplicando (1) y (2) las veces que hiciera falta setiene que

(3)f ′(z)f (z)

=m

∑k=1

1z− zk

−n

∑k=1

1z−wk

+g′(z)g(z)

con g′/g holomorfa.

Teorema 6.9 (Principio del argumento). Sea f : Ω → C meromorfa con cerosz1, . . . ,zm y polos w1, . . . ,wn, repetidos de acuerdo a su orden. Sea γ una curva enΩ , cerrada, rectificable, nulhomologa y que no pasa por los zk y los wk. Entonces,

12πi

∫γ

f ′(z)f (z)

dz =m

∑k=1

n(γ;zk)−n

∑k=1

n(γ;wk).

Demostracion. Integrando ambos lados de (3) note que∫

γ

g′(z)g(z) dz = 0, por el teore-

ma de Cauchy, version homologica 5.6, porque g′/g es holomorfa y γ es nulhomolo-ga. ut

Una formula que cuenta el numero de ceros y polos. Una consecuencia inmediataes una formula que cuenta el numero de ceros y polos de f en un dominio dado. Enefecto, si f (z) es una funcion meromorfa en Ω , dado w ∈ C, sea

Nw( f ,U)

el numero de ceros de f (z)−w en U ⊆ Ω , contados con su orden. En particular,N0( f ,U) es el numero de ceros en U de f (z). Similarmente, si w = ∞ ∈ C∞, sea

N∞( f ,U)

el numero de polos de f en U ⊆Ω , contados con su orden.

Corolario 6.10. Sea f (z) una funcion meromorfa en una vecindad de B(z0;r) consolo un numero finito de ceros y polos en su interior y que no tiene ni ceros ni polosen su frontera γ = ∂B(z0;r), orientada positivamente. Sean N0( f ) = N0( f ,B(z0;r))y N∞( f ) = N∞( f ,B(z0;r)). Entonces,


12πi

∫γ

f ′

f= N0( f )−N∞( f ).

Demostracion. Claramente γ es nulhomologa en B(z0;r) y el ındice de γ con res-pecto a cualquier cero o polo de f en este disco es 1. El resultado se sigue delteorema 6.9 anterior. ut

Teorema 6.11 (Rouche). Supongamos que f (z) y g(z) son funciones meromorfasen una vecindad de B(z0;r) con solo un numero finito de ceros y polos en su interiory que no tiene ni ceros ni polos en su frontera γ = ∂B(z0;r), orientada positivamen-te. Si | f (z)−g(z)|< | f (z)|+ |g(z)|, entonces,

N0( f )−N∞( f ) = N0(g)−N∞(g).

Demostracion. Usaremos la misma integral que en el corolario 6.10 anterior y ası,como para z ∈ γ se tiene que g(z) 6= 0, podemos dividir entre g(z) los terminos dela desigualdad de la hipotesis para obtener que

(∗)∣∣∣∣ f (z)g(z)−1∣∣∣∣< ∣∣∣∣ f (z)

g(z)

∣∣∣∣+1 para z ∈ γ.

Note ahora que la funcion meromorfa h(z) := f (z)/g(z) no puede tomar un valorreal no positivo r ≤ 0 en γ ya que si existiera z ∈ γ tal que h(z) = r ≤ 0, enton-ces (∗) implicarıa que |r− 1| < |r|+ 1, una contradiccion. Por lo tanto, la funcionmeromorfa h(z) := f (z)/g(z) manda al cırculo γ en Ω := C− [0,−∞) (el planocomplejo quitandole el semieje real no positivo). Sea log : ΩC la rama (principal)del logaritmo en Ω . Entonces, la funcion logh(z) esta bien definida en una vecindadde γ y es primitiva de h′/h = f ′/ f −g′/g por lo que

0 =1

2πi

∫γ

h′

h=

12πi

∫γ

f ′

f− 1

2πi

∫γ

g′

g= N0( f )−N∞( f )−N0(g)+N∞(g),

donde la ultima igualdad es por el corolario 6.10. ut

Una consecuencia inmediata es otra demostracion del teorema fundamental delalgebra 4.19: Supongamos que f (z) = anzn + an−1zn−1 + · · ·+ a1z+ a0 es un poli-nomio no constante de grado n≥ 1. Pongamos g(z) = anzn y observe que

f (z)g(z)

=f (z)anzn = 1+

an−1/an

z+ · · ·+ a1/an

zn−1 +a0/an

zn

y por lo tanto

lımz→∞

f (z)g(z)

= 1.

Consecuentemente, para |z|=: r suficientemente grande se tiene que

(∗)∣∣∣∣ f (z)g(z)−1∣∣∣∣< 1 para z tal que |z|= r


y escogemos r tal que f (z) no tenga ceros en γ = ∂B(0;r) y notamos que la de-sigualdad (∗) es

| f (z)−g(z)|< |g(z)| ≤ | f (z)|+ |g(z)|

y ası, por el teorema de Rouche 6.11 se sigue que el numero de ceros de f (z) esigual al numero de ceros de g(z) = anzn en B(0;r), que es obviamente n (el unicocero de g(z) es 0, con multiplicidad n).

Una consecuencia adicional es el resultado siguiente sobre la preservacion deceros bajo condiciones de compacidad:

Teorema 6.12 (Hurwitz). Sea Ω una region y supongamos que fn : Ω → C esuna sucesion de funciones holomorfas que converge compactamente1 a una funcionholomorfa f : Ω → C.

(1) Si f no es constante, B(z0;r)⊆Ω y f no tiene ceros en ∂B(z0;r), entonces existeun entero N tal que para todo n ≥ N las funciones f y fn tienen el mismo numerode ceros en el disco B(z0;r).

(2) En general, si U ⊆ Ω es cualquier subconjunto acotado tal que U ⊆ Ω y si fno tiene ceros en ∂U, entonces existe un natural N tal que para todo n ≥ N lasfunciones f y fn tienen el mismo numero de ceros en U.

Demostracion. (1): Como f (z) 6= 0 para todo z ∈ ∂B(z0;r),

δ := ınf| f (z)| : z ∈ ∂B(z0 : r)> 0,

y como fn → f uniformemente en ∂B(z0;r), existe un entero N tal que si n ≥ Ny z ∈ ∂B(z0;r) se tiene que fn(z) 6= 0 y ademas

| f (z)− fn(z)|< δ/2 < | f (z)| ≤ | f (z)|+ | fn(z)|.

Se cumplen ası las condiciones del teorema de Rouche 6.11 para f y fn y por lotanto f y fn tienen el mismo numero de ceros en B(z0;r).

(2): Por el teorema de la identidad 4.20 f tiene solo un numero finito de ce-ros en el compacto U y por lo tanto existen discos abiertos disjuntos por pa-res B(z1;r1), . . . ,Bn(zn;rn) tales que f no tiene ceros en el compacto K := U −⋃

B(zk;rk). Se sigue que casi todas2 las fn no tienen ceros en K (porque de otramanera, un numero infinito de fn tendrıan ceros en K, digamos cn ∈ K, y ası unasubsucesion de estos ceros convergerıa a un c ∈ K, que por la convergencia unifor-me de fn a f en el compacto K implicarıa que c ∈ K serıa un cero de f , una con-tradiccion). Por lo tanto, existe un natural N tal que todas las fn con n≥ N no tienenceros en K y por lo tanto todos sus ceros estan en los discos B(z1;r1), . . . ,Bn(zn;rn)y ası el resultado se sigue de la parte (1). ut

1 Vea la nota al pie de la pagina 110: una sucesion de funciones fn : Ω →C se dice que convergecompactamente si para todo subconjunto compacto K ⊆Ω la sucesion de restricciones fn : K→C converge uniformemente a la restriccion f : K→ C.2 Es decir, todas excepto un numero finito.


Ejercicios

6.24. Generalizando el ejemplo 6.13, demuestre que si la funcion f tiene un polosimple en z0 y g es holomorfa en una region que contiene a z0, entonces

Res( f g;z0) = g(z0)Res( f ;z0).

6.25. Sean g,h funciones holomorfas en Ω y z0 ∈ Ω . Si h tiene un polo simple enz0, demuestre que

Res(g

h;z0

)=

g(z0)

h′(z0).

6.26. Calcule los residuos de la funcion f (z) = z5/(z2−1)2 en sus singularidades.

6.27. Calcule los residuos de la funcion f (z) = 1/senz en sus singularidades.

6.28. Demuestre que, para todo numero real r > 1 la funcion f (z) := zer−z−1 tieneexactamente un cero en el disco unitario B(0;1) y ademas este cero es real positivo.Sugerencia: use el teorema de Rouche con la funcion de comparacion g(z) := zer−z.

6.29. Si h es una funcion holomorfa en una vecindad del disco unitario cerradoB(0;1) y si h(∂B(0;1) ⊆ B(0;1), demuestre que h tiene un unico punto fijo3 enB(0;1). Sugerencia: en el teorema de Rouche use las funciones f (z) := h(z)− z yg(z) :=−z.

6.30. Demuestre que el campo de funciones meromorfas M(Ω) es el campo defracciones del anillo de funciones holomorfas O(Ω) (vea la pagina 48 y el ejercicio4.19, donde se prueba que este anillo es un dominio entero).

6.4. Integrales impropias y el teorema del residuo

En esta seccion mostraremos, con unos ejemplos, como usar metodos complejospara calcular integrales (de Riemann) reales impropias, en ocasiones en forma muyeficiente.

Ejemplo 6.14. Comenzamos con un ejemplo simple que, de hecho, se puede calcularen forma elemental, la integral impropia∫

∞

−∞

11+ x2 dx.

Para comenzar, pensamos al integrando como una funcion compleja f (z) = 1/(1+z2). Como vimos en el ejemplo 6.13, tiene dos polos simples en z1 = i y z2 = −i,

3 Es decir, un punto c ∈ B(0;1) tal que h(c) = c.

6.4 Integrales impropias y el teorema del residuo 159

con residuos Res( f ; i) = 1/2i y Res( f ;−i) = −1/2i. Ahora, para cada real r > 1considere la curva cerrada γ dada por

γ(t) =

re2πit para 0≤ t ≤ 1/2i,(2t−1)r−2tr para 1/2≤ t ≤ 1,

es decir, γ es el semicırculo superior de radio r, de r a −r, seguido del segmento derecta [−r,r], y note que γ solo rodea al polo z = i, es decir, n(γ;−i) = 0 y ademasn(γ; i) = 1:

−r r0

i

Por el teorema del residuo 6.8 se sigue que∫γ

f (z)dz =∫

γ

11+ z2 dz = 2πi

( 12i

)= π.

Observe ahora que

(1) π =∫

γ

11+ z2 dz =

∫γr

11+ z2 dz+

∫[−r,r]

11+ z2 dz

donde [−r,r] es el segmento de recta de −r a r. Para la segunda integral del ladoderecho de (1), se tiene que

(2)∫[−r,r]

11+ z2 dz =

∫ r

−r

11+ x2 dx

y para la primera integral del lado derecho en (1), observe que para z ∈ γr se tieneque r2− 1 ≤ |1+ z2| ≤ 1+ r2, por lo que 1/(r2− 1) ≥ 1/|1+ z2| ≥ 1/(r2 + 1), yası se tiene la ultima desigualdad en (3):

(3)∣∣∣∫

γ

11+ z2 dz

∣∣∣≤ `(γr)sup| f (z)| z ∈ γr ≤πr

r2−1.

Haciendo r→ ∞, de (1), (2) y (3) se sigue que∫∞

−∞

11+ x2 dx = π.

Ejemplo 6.15. El ejemplo siguiente, importante en analisis de Fourier, es la integralimpropia

(∗)∫

∞

0

senxx

dx.


Del capıtulo 2, seccion §2.3, si x es real, eix = cosx+ isenx y ası, senx/x es la parteimaginaria de eix/x y cosx/x es la parte real de eix/x. Debemos entonces pensar en lafuncion compleja eiz/z, que tiene una singularidad aislada en z0 = 0, y consideramosahora la curva cerrada γ dada en la figura siguiente:

−R −r 0 r R

γr

γR

es decir, γ es el segmento de recta [−R,−r], seguido del semicırculo γr de radio r ycentro 0, orientado negativamente, en el semiplano superior, seguido del segmentode recta [r,R], seguido finalmente del semicırculo γR de centro 0 y radio R, orientadopositivamente, en el semiplano superior. La funcion eiz/z es holomorfa en C−0y este dominio contiene a la curva γ . Es claro que γ no rodea al origen 0 y ası γ esnulhomologa en C−0. Por el teorema de Cauchy 5.6,∫

γ

eiz

zdz = 0,

y, separando las piezas de γ , la igualdad anterior es∫[−R,−r]

eiz

zdz+

∫γr

eiz

zdz+

∫[r,R]

eiz

zdz+

∫γR

eiz

zdz = 0

donde observamos que la primera y tercera integrales del lado izquierdo son inte-grales reales

(1)∫ −r

−R

eix

xdx+

∫γr

eiz

zdz+

∫ R

r

eix

xdx+

∫γR

eiz

zdz = 0.

Ahora, como

senx =12i

(eix− e−ix)

entonces∫ R

r

senxx

dx =12i

∫ R

r

eix− e−ix

xdx =

12i

∫ R

r

eix

xdx− 1

2i

∫ R

r

e−ix

xdx

=12i

∫ R

r

eix

xdx+

12i

∫ −r

−R

eix

xdx

que al substituir en (1) da


(2) 2i∫ R

r

senxx

dx+∫

γr

eiz

zdz+

∫γR

eiz

zdz = 0.

Para calcular la integral impropia (∗), debemos calcular lımr→0 y lımR→∞ en (2). Co-menzando con el segundo lımite, la integral que interesa es

∫γR

eiz

z dz, y mostraremosque tiende a 0 cuando R→ ∞. En efecto, usando la parametrizacion γR(t) = Reit ,t ∈ [0,π] del semicırculo γR, se tiene que

∫γR

eiz

zdz =

∫π

0

eiReitRieit

Reit dt = i∫

π

0eiReit

dt

por lo que∣∣∣∫γR

eiz

zdz∣∣∣= ∣∣∣i∫ π

0eiReit

dt∣∣∣≤ ∫ π

0

∣∣eiReit ∣∣dt =∫

π

0e−Rsen tdt = 2

∫π/2

0e−Rsen tdt

y usando la desigualdad 2t/π ≤ sen t, para t ∈ [0,π/2] por lo que e−Rsen t ≤ e−2Rt/π ,se obtiene que∣∣∣∫

γR

eiz

zdz∣∣∣≤ 2

∫π/2

0e−Rsen tdt ≤ 2

∫π/2

0e−2Rt/π dt =

−π

2Re−2Rt/π

∣∣∣π/2

0=

π

R

(1−e−R)

donde lımR→∞(1− e−R) = 0 y por lo tanto

(3) lımR→∞

∫γR

eiz

zdz = 0.

Consideremos ahora la integral∫

γreiz

z dz cuando r→ 0. Observe que

(4)eiz

z=

eiz−1z

+1z

donde un calculo directo muestra que∫

γr1z dz =−πi (por la orientacion negativa de

γr). Por otra parte, la funcion eiz−1z tiene una singularidad removible en el origen y

por lo tanto existe una constante M > 0 tal que∣∣∣ eiz−1

z

∣∣∣ ≤M, para |z| ≤ 1. Se sigueque, para r < 1, ∣∣∣∫

γr

eiz−1z

dz∣∣∣≤M`(γr) = πrM


lımr→0

∫γr

eiz−1z

dz = 0.

Substituyendo en (4) se obtiene que


(5) lımr→0

∫γr

eiz

zdz = lım

r→0

∫γr

eiz−1z

dz+ lımr→0

∫γr

1z

dz = 0−πi =−πi.

Substituyendo (3) y (5) en (2) queda

0 = lımr→0

lımR→∞

2i∫ R

r

senxx

dx+ lımR→∞

∫γR

eiz

zdz+ lım

r→0

∫γr

eiz

zdz = 2i

∫∞

0

senxx

dx+0−πi

de donde se sigue que ∫∞

0

senxx

dx =πi2i

= π/2.

Ejemplo 6.16. Para a > 1 se quiere calcular la integral impropia∫∞

0

11+ xa dx,

donde xa = exp(a logx) para 0 < x < ∞. Aquı, la funcion compleja a considerar es1/(1+ za) donde aparece la potencia compleja za por lo que tenemos que elegir unarama holomorfa de esta funcion. Observe, para comenzar, que z0 = 0 es un punto deramificacion de za, y la rama que elegiremos de za = exp(a logz) es aquella para lacual za = 1 cuando z = 1 y por lo tanto el dominio que se considerara es la region

Ω := z = reiθ : R > 0 y |θ −π/a|< π

que es el plano complejo al que se le ha quitado la semirecta (rayo) z = reiθ : θ =(π/a)±π, como en la figura siguiente:

0

π/a

Entonces, la funcion f (z) = 1/(1+ za) es holomorfa en Ω , salvo por un polosimple en z0 = eπi/a (ya que za

0 = eπi =−1).El paso siguiente es elegir una curva cerrada adecuada. Para R > 0, sea γR el arco

circular γR(t) = Reit , para 0 ≤ t ≤ 2π/a, orientado positivamente, y para 0 < r <1 < R, sea γ−1

r el arco circular γr(t) = reit orientado negativamente, de nuevo para0≤ t ≤ 2π/a. Entonces, la curva que escogeremos es la curva cerrada dada por

(1) γ := [r,R]∗ γR ∗ [Re2πi/a,re2πi/a]∗ γ−1r ,

como en la figura siguiente:


Re2πi/a

re2πi/a

0 r R

2π/a

donde el angulo entre los dos segmentos de recta que definen los dos arcos circulareses 2π/a. Por el teorema del residuo 6.8,∫

γ

11+ za dz = 2πi Res

( 11+ za ;eπi/a

),

donde z0 = eπi/a es el unico punto singular de la funcion 1/(1+za) (un polo simple).Usando el ejercicio 6.25 se tiene que

Res( 1

1+ za ;eπi/a)=

1

a(eπi/a

)a−1 =1

aeπie−πi/a =−eπi/a

a

y por lo tanto

(2)∫

γ

11+ za dz = 2πi Res

( 11+ za ;eπi/a

)= 2πi

(−eπi/a

a

)=−2πieπi/a

a.

Ahora, separando la integral del lado izquierdo en (2) en sus piezas (1), la primeraintegral es

(3)∫[r,R]

11+ za dz =

∫ R

r

11+ xa dx

y para la tercera integral usamos la parametrizacion t 7→ te2πi/a, para t ∈ [r,R], porlo que

(4)∫[Re2πi/a,re2πi/a]

11+ za dz =−

∫ R

r

11+ ta(e2πi/a)a

e2πi/adt =−e2πi/a∫ R

r

11+ ta dt

y al substituir (3) y (4) en (2) queda

−2πieπi/a

a=∫ R

r

11+ xa dx− e2πi/a

∫ R

r

11+ xa dx+

∫γR

11+ za dz−

∫γr

11+ za dz

y ası

(1− e2πi/a)∫ R

r

11+ xa dx =

−2πieπi/a

a−∫

γR

11+ za dz+

∫γr

11+ za dz


y debemos ahora calcular el lımite cuando r→ 0 y R→∞. Para la integral∫

γr1

1+za dz,como a > 1 el integrando 1/(1+ za) esta acotado, digamos por M, usando que lalongitud del arco γr es 2πr/a, por la estimacion usual se tiene que∣∣∣∫

γr

11+ za dz

∣∣∣≤M`(γr) = M(2πr/a)→ 0 cuando r→ 0.

Para la integral∫

γR1

1+za dz, observe que para z ∈ γR se tiene que |1+ za| ≥ |1+Ra|= |Ra−1| por lo que ∣∣∣ 1

1+ za

∣∣∣≤ 1|Ra−1|

y consecuentemente∣∣∣∫γr

11+ za dz

∣∣∣≤ 1|Ra−1|

`(γR) =2πR

a(Ra−1)→ 0 cuando R→ ∞ ya que a > 1,

donde usamos que la longitud del arco γR es `(γR) = 2πR/a. Se sigue que

(1− e2πi/a)∫ ∞

0

11+ xa dx =

−2πieπi/a

a

y por lo tanto∫∞

0

11+ xa dx =

−2πieπi/a

a(1− e2πi/a

) = −2πiae−πi/a

(1− e2πi/a

) = 2πia(eπi/a− e−πi/a

)=

π

asenπ/a.

Ejercicios

6.31. Usando la curva γ del ejemplo 6.15, evalue la integral∫∞

0

sen2 xx2 dx.

Sugerencia: considere la funcion compleja f (z) = (1− e2iz)/z2.

6.32. Para a > 1 real, evalue la integral∫ 2π

0

cosxa− cosx

dx.

6.33. Evalue las integrales impropias siguientes:


(a)∫

∞

−∞

11+ x4 dx.

(b)∫

∞

0

11+ x3 dx.

(c)∫

∞

0

xa

(1+ x)3 dx, para −1 < a < 3.

(d)∫

∞

0

x2

1+ x2 + x4 dx.

(e)∫

∞

−∞

eax

1+ ex dx, para 0 < a < 1.

(f)∫

∞

0

1(1+ x2)2 dx.

6.34. Muestre que:

(a)∫

∞

0

√x

x2 +a2 dx =π√2a

.

(b)∫

∞

0

√x

(x2 +4)2 dx =π

32.

(c)∫ 2π

0

dxa+ senx

dx =2π√

a2−1, si a> 1.

(d)∫

∞

−∞

2x2 + x+1x4 +5x2 +4

dx =5π

6.

Capıtulo 7Aplicaciones conformes

En geometrıa clasica, la rigidez de una funcion es importante: se requiere quepreserve longitud o angulos. En este capıtulo mostraremos, para comenzar, que lasfunciones complejas f : Ω → C (real) diferenciables y que preservan angulos (alas que se conoce como funciones conformes) son las funciones holomorfas cuyaderivada no se anula. Esta interpretacion permite visualizar a las funciones holo-morfas como transformaciones del plano complejo en sı mismo, un buen substitutogeometrico a la falta de visualizacion de la grafica de una tal funcion. Por el coro-lario 5.21 toda funcion holomorfa inyectiva satisface que su derivada no se anula ypor el teorema de la funcion abierta 4.25 o 5.20 y el corolario 4.26, toda funcionholomorfa inyectiva es biholomorfa y consecuentemente tanto la funcion como suinversa preservan angulos, es decir, son conformes. En la primera seccion de estecapıtulo se prueban las primeras propiedades de las funciones conformes y en lasegunda seccion se estudia una familia importante de aplicaciones conformes, lastransformaciones de Mobius. En la ultima seccion se demuestra uno de los resulta-dos mas importantes en este contexto, el teorema de la aplicacion de Riemann queafirma que todo subconjunto propio, abierto y simplemente conexo de C es biholo-morfo al disco unitario B(0;1).

7.1. Funciones conformes

En el enfoque de Riemann a la teorıa de funciones complejas, las funciones quepreservan angulos juegan un papel importante y este punto de vista geometrico per-mite visualizar a las funciones como transformaciones del plano en sı mismo. Paramotivar los resultados de esta seccion comenzamos recordando unos resultados dealgebra lineal que necesitaremos: si w,z ∈ C, pensandolos como vectores en R2 setiene el producto escalar euclidiano usual, con respecto a la base canonica 1 = (1,0)e i = (0,1) de R2:

〈w,z〉 := Re(wz)= Re

(wz)= 〈z,w〉

167

168 7 Aplicaciones conformes

y si w,z ∈ C∗ := C−0 el numero real

cosϕ :=〈w,z〉|w||z|

define el angulo ϕ entre w y z. Entonces, una funcion R-lineal inyectiva T : C→ Cpreserva angulos si

〈w,z〉|w||z|

=〈T (w),T (z)〉|T (w)||T (z)|

para z,w ∈ C∗. O equivalentemente, si para todo z,w ∈ C se tiene que

|Tw||T z|〈w,z〉= 〈Tw,T z〉|w||z|.

Mas aun, una funcion R-lineal T que preserva angulos se dice que preserva orien-tacion si 〈w,z〉 y 〈Tw,T z〉 tienen el mismo signo. Una funcion R-lineal inyectiva Tque preserva angulos con orientacion se dice que es conforme, y se dice que T esanticonforme si preserva angulos cambiando la orientacion.

Lema 7.1. Sea T :C→C una funcion R-lineal inyectiva. Entonces, T es conforme,i.e., preserva angulos con orientacion si y solo si existe un λ ∈ C∗ := C−0 talque T (z) = λ z, para todo z ∈ C.

Demostracion. Supongamos que T es conforme. Entonces, T es inyectiva y ası 0 6=T (1,0) = T (1) =: λ ∈C∗. Escribamos T (i) = T (0,1) =: µλ ∈C∗. Entonces, como1 e i son ortogonales

0 = |T (i)||T (1)|〈i,1〉= 〈T (i),T (1)〉|i||1| porque T preserva angulos= 〈T (i),T (1)〉= 〈λ µ,λ 〉 porque T (1) = λ y T (i) = λ µ

= Re(λ µλ ) = |λ |2 Re(µ),

y como |λ |2 6= 0 se sigue que Re(µ) = 0, es decir, µ = ri con r ∈ R. Por lo tanto,para todo z = x+ iy ∈ C se tiene que

T (z) = T (x+ iy) = T (1x+ iy) = xT (1)+yT (i) = λx+λ µy= λx+λ ri= λ (x+ryi)

por lo que

〈T (1),T (z)〉= 〈λ ,λ (x+ ryi)〉= Re(λλ (x− ryi)

)= |λ |2 Re(x− ryi) = |λ |2x

y usando de nuevo que T preserva angulos se sigue que

|z||λ |2x = |1||z|〈T (1),T (z)〉= 〈1,z〉|T (1)||T (z)|

por lo que

|z||λ |2x = |λ ||λ (x+ ryi)|〈1,z〉= |λ |2|(x+ ryi)|x, porque 〈1,z〉= x.

7.1 Funciones conformes 169

y ası |z|x = |x+ ryi|x. Si x 6= 0 se sigue que |x+ ryi|= |z|= |x+yi|, es decir, r2y2 =y2, por lo que si y 6= 0 se debe tener que r =±1. Por lo tanto,

T (z) = λ (x+ ryi) = λ (x± iy), es decir, T (z) = λ z o T (z) = λ z,

y como T preserva la orientacion se debe tener que T (z) = λ z, como se querıa.Recıprocamente, supongamos que T (z) = λ z con λ ∈ C∗. Entonces,

(∗) 〈Tw,T z〉= 〈λw,λ z〉= |λ |2〈w,z〉

y |Tw|= |λ ||w| y |T (z)|= |λ ||z|. Multiplicando (∗) por |w||z| se sigue que

|w||z|〈Tw,T z〉= |w||z||λ |2〈w,z〉= |λ ||w||λ ||z|〈w,z〉= |Tw||T z|〈w,z〉

y por lo tanto T preserva angulos. Note que (∗) dice que 〈w,z〉 y 〈Tw,T z〉 tienen elmismo signo y ası T preserva orientaciones. ut

Funciones conformes. La importancia de los resultados anteriores, para el casode una funcion arbitraria (real) diferenciable, es que se aplican inmediatamente a ladiferencial de la funcion: en general, una funcion f : Ω→C se dice que es conformeen z0 ∈ Ω si es (real) diferenciable en z0 (vea la proposicion 2.6) y su diferencialT = d f |z0 : R2 → R2 en z0 es conforme, es decir, es inyectiva y preserva angulosorientados.

Interpretacion geometrica. Si γ : [a,b] → Ω es lisa y t0 ∈ (a,b) satisface queγ ′(t0) 6= 0 (diremos que f es regular en t0), entonces la imagen de γ tiene unarecta tangente bien definida en el punto z0 = γ(t0) ∈ Ω en la direccion del vectorγ ′(t0) 6= 0:

γ ′(t0)

z0 γ

y note que el angulo de inclinacion de esta recta tangente es arg(γ ′(t0)). Supon-gamos ahora que γ1,γ2 : [0,1]→ Ω son dos curvas que se intersectan en un puntoz0 = γ1(t1) = γ2(t2) y ademas son regulares en ese punto. El angulo entre γ1 y γ2en z0 es por definicion el angulo arg(γ ′1(t1))− arg(γ ′2(t2)). Ası, geometricamenteel angulo entre las curvas γ1 y γ2 en el punto de interseccion es el angulo entre susvectores tangente en ese punto:


γ ′(t2)

γ ′(t1)

z0

γ2

γ1

Por definicion este angulo tiene un signo asignado: el angulo entre γ2 y γ1 en z0 esel negativo del angulo entre γ1 y γ2 en ese mismo punto. Entonces, una funcion f :Ω → C es una aplicacion conforme en el punto z0 ∈Ω si es (real) diferenciable enz0 (vea la proposicion 2.6) y preserva los angulos entre pares de curvas que se cortanen z0 y que son regulares en ese punto. Se dice que f : Ω → C es conforme si f esconforme en cada punto de Ω . La primera propiedad que probaremos afirma que lasaplicaciones holomorfas cuya derivada no se anula en un punto son conformes enese punto:

Proposicion 7.2. Si f : Ω → C es holomorfa y f ′(z0) 6= 0, entonces f es conformeen z0.

Demostracion. Sean γ1,γ2 : [0,1]→Ω dos curvas para las que existen t1, t2 ∈ [0,1]tales que γ1(t1) = γ2(t2) = z0 ∈Ω y ademas γ1 y γ2 son regulares en t1 y t2, respec-tivamente. Las composiciones f γ j : [0,1]→ C son curvas en C y para t j ∈ [0,1],por la regla de la cadena se tiene que ( f γ j)

′(t j) = f ′(z0)γ′j(t j). Como γ ′(t j) 6= 0

porque las γ j son regulares en t j y como f ′(z0) 6= 0 por hipotesis, entonces las curvasf γ j son regulares en t j. Por definicion el angulo entre f γ1 y f γ2 en f (z0) es

arg( f γ2)′(t1)− arg( f γ1)

′(t1) = arg( f ′(z0)γ′2(t2))− arg( f ′(z0)γ

′2(t1))

= arg f ′(z0)+ argγ′2(t2)− arg f ′(z0)− argγ

′1(t1)

= argγ′2(t2)− argγ

′1(t1),

donde la ultima expresion es el angulo entre γ1 y γ2 en z0. ut

Ejemplo 7.1. Para la funcion f (z) = z2, en z0 = 0 se tiene que f ′(0) = 0 y paracualesquiera dos curvas que pasen por el 0 y sean regulares en ese punto, la funcionf (z) transforma el angulo θ entre estas curvas en el angulo 2θ . Sin embargo este esunico punto donde lo anterior falla, porque 0 es el unico cero de f ′(z). En general,una funcion holomorfa no constante, en este caso f ′(z), se anula en un conjunto depuntos aislados y por lo tanto la proposicion anterior solo falla en ese conjunto deceros de f ′.

Se tiene la afirmacion recıproca de la proposicion 7.2 anterior:

Proposicion 7.3. Si f = u+ iv : Ω →C es una funcion conforme y sus partes real eimaginaria u,v tienen derivadas parciales continuas en Ω , entonces f es holomorfay su derivada f ′ no se anula en Ω .


Demostracion. Por la proposicion 2.9 debemos probar que u y v satisfacen las ecua-ciones de Cauchy-Riemann. Ahora, como las parciales de u y v existen y son con-tinuas, como funcion f : R2 → R2 esta es diferenciable y por el ejercicio 2.22 sudiferencial, en z0, esta dada por la Jacobiana

T :=(

ux(z0) uy(z0)vx(z0) vy(z0)

)es decir, d f |z0 =T :R2→R2 es la funcionR-lineal dada para z= x+iy=(x,y)∈R2

por

T (z) =(

ux(z0) uy(z0)vx(z0) vy(z0)

)z =

(ux(z0) uy(z0)vx(z0) vy(z0)

)(xy

)=

∂ f∂x

∣∣∣z0· x+ ∂ f

∂y

∣∣∣z0· y

=∂ f∂ z

∣∣∣z0· z+ ∂ f

∂ z

∣∣∣z0· z

y ası, por el lema 7.1 anterior se debe tener que ∂ f∂ z = 0, es decir, f satisface las

ecuaciones de Cauchy-Riemann, como se querıa. ut

Ejemplo 7.2. En el ejemplo 7.1 vimos que la funcion f :C∗→C∗ dada por f (z)= z2

es conforme. Escribiendo z = x+ iy ∈ C∗ vemos que u = Re( f ) = x2− y2 y v =Im( f ) = 2xy. Observe ahora que las rectas paralelas al eje Y , x = a se transforman,mediante f , en las curvas con ecuaciones parametricas

u = a2− y2

v = 2ay

que, eliminando y quedan como u= a2−(v/2a)2, es decir, v2 = 4a2(u−a2), que sonparabolas en el plano UV . Similarmente, las rectas horizontales y= b se transformanen las parabolas

u = x2−b2

v = 2bx

que, eliminando x quedan como v2 = 4b2(u+ b2). Ahora note que como las rectasx = a y y = b son perpendiculares en el plano XY (dominio de f ) y como f esconforme, las parabolas anteriores son perpendiculares en el plano UV :


z 7→ z2-

Ejemplo 7.3. Considere ahora la funcion exponencial f (z) = ez. Como es holomorfaen todo C y su derivada es ella misma (y no anula en C), entonces es conforme entodo C. Ahora, para las rectas verticales x = a en su dominio, escribiendolas comoz = a+ iy, con a fijo, se tiene que f (z) = exp(a+ iy) = eaeiy = reiy con r = ea > 0fijo. Ası, f transforma la recta x = a en el cırculo con centro el origen y radio r =ea. Similarmente, para las rectas horizontales y = b en su dominio, escribiendolascomo z = x+ bi, con b fijo, se tiene que f (z) = exebi = ex(cosb+ isenb) que esuna semirecta (rayo) a partir del origen (pero no incluye al origen) con angulo deinclinacion b:

z 7→ ez-

Ejemplo 7.4. Considere la funcion f : C∗ → C dada por f (z) = 12 (z + z−1). De

nuevo, f es holomorfa y su derivada es f ′(z) = 1− z−2 que no se anula en todoC−±1 y por lo tanto f es conforme en C−0,±1. Para z = x+ iy, escribiendor = |z|, ξ = x/r, η = y/r, note que

(1) u = Re( f (z) =12(r+ r−1)ξ y v = Im( f (z)) =

12(r− r−1)η

como ξ 2 +η2 = 1, de (1) se sigue que

(2)u2[

1/2(r+ r−1)]2 +

v2[1/2(r− r−1)

]2 = 1

y


(3)u2

ξ 2 −v2

η2 = 1.

Note que (2) muestra que la imagen de cada cırculo |z|= r < 1 en el plano xy esuna elipse en el plano uv con diametro mayor r+ r−1 y diametro menor r−1− r. Laecuacion (3) muestra que la imagen de cada rayo z = ct, con 0 < t < 1, c fijo tal que|c| = 1, es una rama de una hiperbola. Es claro que todas las elipses e hiperbolasanteriores son confocales, con focos comunes ±1, y como los cırculos |z|= r y losrayos z = ct con ortogonales en el plano xy, entonces las elipses y las hiperbolascorrespondientes son ortogonales en el plano uv:

z 7→ 12 (z+ z−1)

-

Ejemplo 7.5. La funcion f (z) = cosz transforma la franja vertical 0 < Re(z)< π enla region C−

((−∞,−1]∪ [1,∞)

):

z 7→ cosz-

π −1 1

y las rectas verticales x = a ∈ (0,π)−π/2 (es decir, las rectas z = a+ iy, con ylibre, x = a fija) en

cosz = cos(a+ iy) =12

e−y(cosa+ isena)+12

ey(cosa− isena)

cuyas partes real e imaginaria son

u =12

cosa(ey + e−y) = cosacoshy

v =12

sena(e−y− ey) =−senasenhy,


que son las ecuaciones parametricas, usando las funciones trigonometricas hi-perbolicas (vea el ejercicio 2.31), de hiperbolas confocales, como se ilustra en lafigura siguiente:

z 7→ cosz-

Note que la recta vertical Rez = π/2 se transforma en el eje imaginario, ya que paraz = π

2 + iy, con y libre, se tiene que

cosz = cos(

π

2+ iy

)=

i2(e−y− ey).

Ejercicios

7.1. Si T : R2 → R2 es R-lineal, demuestre que T preserva angulos con signo si ysolo si existe un real positivo r > 0 tal que para todo w,z∈R2 se tiene que 〈Tw,T z〉=r〈w,z〉.

7.2. Si f = u+ iv : Ω → C es (real) diferenciable, demuestre que f preserva orien-taciones en z0 ∈ Ω si y solo si el determinante de la Jacobiana en z0 es positivo.Usando el ejercicio 2.22 concluya que si f es holomorfa, entonces f preserva orien-taciones.

7.3. Sea A =

(a bc d

)una matriz con entradas reales. Considere la funcion TA : C→

C inducida por A, es decir,

TA(z) := Az =(

a bc d

)(xy

)=

(ax+bycx+dy

).

Demuestre que TA es C-lineal si y solo si A =

(a b−c a

)y por lo tanto TA(z) =

(a+ ib)z.

7.4. Demuestre que una funcion R-lineal T : C→ C es C-lineal si y solo si T (i) =iT (1).

7.2 Transformadas de Mobius 175

7.5. Sea T : C→ C dada por T (z) := λ z+ µz, con λ ,µ ∈ C fijos. Demuestre queT es una isometrıa (es decir, |T (z)| = |z|, para todo z ∈ C) si y solo si λ µ = 0 y|λ +µ|= 1.

7.6. Muestre que la funcion f (z) = 12 (z + z−1) del ejemplo 7.4 es suprayectiva.

Muestre que para cada w ∈ C−±1, la preimagen f−1(w) consiste de dos pun-tos, uno en B(0;1)−0 y otro en C−B(0;1). Demuestre que f : B(0;1)−0 →C− [−1,1] es biyectiva.

7.2. Transformadas de Mobius

Una familia importante de transformaciones conformes es la dada por la trans-formaciones lineales fraccionarias que son funciones racionales no constantes de laforma

T (z) :=az+bcz+d

con a,b,c,d complejos dados. Conviene considerar a la funcion anterior como una

accion de la matriz compleja A :=(

a bc d

)en el plano complejo y dada para z ∈ C

por la igualdad

TA(z) = A · z =(

a bc d

)· z :=

az+bcz+d

.

Observe ahora que si λ ∈ C∗ es un complejo no nulo, la matriz

λA = λ ·(

a bc d

)=

(λa λbλc λd

)determina la misma transformacion lineal fraccional ya que

(λA) · z =(

λa λbλc λd

)· z = λaz+λb

λcz+λd=

az+bcz+d

= A · z.

Claramente una transformacion de Mobius es holomorfa en la region Ω = C−cz+d = 0 y su derivada es

T ′A(z) =ad−bc(cz+d)2

donde ad−bc = detA = det(

a bc d

). Se sigue que si detA = 0, entonces TA es cons-

tante. Por otra parte, si detA 6= 0, la matriz A es invertible y se dice que TA es una

transformacion de Mobius. Como la inversa de la matriz A es 1detA

(d −b−c a

), enton-


ces la matriz B :=(

d −b−c a

)determina la inversa de la transformacion de Mobius

ya que

TA TB · z =(

a bc d

)(d −b−c a

)· z =

(a bc d

)( dz−b−cz+a

)=

(ad−bc)zad−bc

= z,

por lo que TA TB = id, y similarmente, TB TA = id, y por lo tanto TA es biyectiva.Entonces, por la proposicion 7.2, las transformadas de Mobius son conformes yhemos ası probado la parte (3) del lema siguiente, que por otra parte se sigue de laspartes (1) y (2) del mismo lema y cuya demostracion dejamos como el ejercicio 7.7:

Lema 7.4. Sean A,B matrices complejas 2×2 invertibles. Entonces,

(1) TA TB = TAB.

(2) TA = id si y solo si A = aI2, donde a ∈ C∗ e I2 =

(1 00 1

)es la matriz identidad.

(3) T−1A = TA−1 .

ut

Clasificacion de las transformaciones de Mobius. Si T (z) = az+bcz+d , diremos que

(1) T es una traslacion si T (z) = z+b.(2) T es una dilatacion u homotecia si T (z) = az, con a > 0.(3) T es una rotacion si T (z) = eiθ z.(4) T es una inversion si T (z) = 1/z.

Proposicion 7.5. Toda transformacion de Mobius es composicion de traslaciones,rotaciones, dilataciones e inversiones.

Demostracion. Si en T (z) = az+bcz+d se tiene que c = 0, entonces T (z) = az+b

d =

(a/b)z+ (b/d) donde (a/d) = reiθ por lo que (a/b)z es la composicion de unadilatacion con una rotacion y ası T (z) = reiθ + (b/d) es la composicion de unadilatacion, una rotacion y una traslacion. Si c 6= 0, podemos escribir

bc−adc(cz+d)

+ac=

c(az+b)c(cz+d)

=az+bcz+d

= T (z)

por lo que T (z) es la composicion

z 7→ cz+d 7→ 1cz+d

7→(

bc−adc

1cz+d

)7→(

bc−adc

1cz+d

)+

ac

donde la primera funcion es la composicion de una dilatacion con una rotacion yuna traslacion, la segunda es una inversion, la tercera es una dilatacion seguida deuna rotacion y la cuarta es una traslacion. ut


Proposicion 7.6. Toda transformacion de Mobius lleva cırculos de C en cırculos orectas de C.

Demostracion. Es claro que traslaciones, rotaciones y dilataciones llevan cırculosen cırculos y ası, por la proposicion 7.5, basta considerar el caso de una inversionζ = 1/z. Ahora, la ecuacion cartesiana de un cırculo es de la forma

(∗) A(x2 + y2)+Bx+Cy+D = 0

con A,B,C,D ∈ R tales que |A|+ |B|+ |C| > 0 y |B|+ |C|+ |D| > 0. Pongamosz = x+ iy y ζ = α + iβ . Substituyendo en z = 1/ζ se obtiene que

x+ iy =1

α + iβ=

α− iβα2 +β 2 =

α

α2 +β 2 − iβ

α2 +β 2

por lo que

x =α

α2 +β 2 y y =−β

α2 +β 2

que al substituir en (∗) da

A(

α2

(α2 +β 2)2 +β 2

(α2 +β 2)2

)+

Bα

(α2 +β 2)− Cβ

(α2 +β 2)+D = 0

que al simplificar y multiplicar por (α2 +β 2) queda

(†) A+Bα−Cβ +D(α2 +β2) = 0

que es la ecuacion de un cırculo si D 6= 0 (ya que los coeficientes en (†) son losmismos que en (∗) intercambiando A con D y por lo tanto satisfacen las mismascondiciones) y es una recta si D = 0. ut

El resultado siguiente es clave para caracterizar las aplicaciones conformes deldisco unitario en sı mismo:

Teorema 7.7 (Lema de Schwarz). Sea B(0;1) = z∈C : |z|< 1 el disco unitarioy supongamos que f (z) es holomorfa en B(0;1) y satisface que:

(1) | f (z)| ≤ 1 para z ∈ B(0;1),

(2) f (0) = 0.

Entonces, | f ′(0)| ≤ 1 y | f (z)| ≤ |z| para todo z ∈ B(0;1). Mas aun, si | f ′(0)|= 1 osi | f (z)| = |z| para algun z 6= 0 en B(0;1), entonces existe una constante c ∈ C talque |c|= 1 y f (w) = cw para todo w ∈ B(0;1).

Demostracion. Defina g : B(0;1)→ C mediante

g(z) =

f (z)/z si z 6= 0,f ′(0) si z = 0.


Claramente g es continua en B(0;1) porque

lımz→0

g(z) = lımz→0

f (z)z

= lımz→0

f (z+0)− f (0)z−0

= f ′(0) = g(0),

donde la segunda igualdad es porque f (0) = 0 por (2). Por el argumento en la de-mostracion de 4.21 la funcion g es holomorfa en B(0;1). Note que para 0 < r < 1,en el disco cerrado |z| ≤ r, por (1) se tiene que | f (z)/z| ≤ |1/z| por lo que|g(z)|= | f (z)/z| ≤ |1/z| y ası, para z en el cırculo |z|= r se tiene que

|g(z)|=∣∣∣ f (z)

z

∣∣∣= | f (z)||z| ≤ 1r

es decir, g(z) esta acotada en ese cırculo por 1/r y por lo tanto tiene la misma cota entodo el disco |z| ≤ r por el teorema del modulo maximo 4.24, es decir, |g(z)| ≤ 1/rpara todo z tal que |z| ≤ r. Como esto es valido para todo 0 < r < 1, haciendoque r → 1 se obtiene que |g(z)| ≤ 1 para todo z ∈ B(0;1), es decir, | f (z)| ≤ |z|,como se querıa. Note tambien que como f ′(0) = g(0), entonces | f ′(0)|= |g(0)| ≤ 1.Finalmente, si | f (z)|= |z| para algun z∈B(0;1), z 6= 0, entonces |g(z)|= 1 para ese zy por lo tanto |g| alcanza su maximo en B(0;1) y ası, el teorema del modulo maximoimplica que g(z) es constante, digamos c ∈C, por lo que f (z) = cz, como se querıa,porque como |g(z)| = 1, se debe tener que |c| = 1. Similarmente, si 1 = | f ′(0)| =|g(0)|, entonces |g| alcanzarıa su maximo en z = 0 ∈ B(0;1). ut

Ademas del lema de Schwarz 7.7, para caracterizar las aplicaciones conformesdel disco unitario en sı mismo el ejemplo siguiente sera clave:

Ejemplo 7.6. Si b ∈ C satisface que |b|< 1, considere la transformacion de Mobius

Lb(z) :=z−b1−bz

(es de Mobius porque el determinante de la matriz asociada es 1−|b|2) y note que sib 6= 0 la igualdad 1−bz = 0 implica que z = 1/b y por lo tanto Lb es holomorfa enel disco |z| < 1/|b| donde |b| < 1 por lo que 1/|b| > 1 y ası Lb es holomorfa en undisco abierto que contiene a la cerradura B(0;1) del disco unitario. Mas aun, como

la matriz asociada a Lb es(

1 −b−b 1

), por el lema 7.4 su inversa es la transformada

de Mobius dada por la matriz(

1 bb 1

), es decir,

L−1b = L−b =

z+b1+bz

.

Se sigue que Lb : B(0;1)→ B(0;1) es biholomorfa. Mas aun, si z = eiθ ∈ ∂B(0;1)se tiene que


|Lb(z)|=∣∣∣∣ eiθ −b1−beiθ

∣∣∣∣=∣∣∣∣∣ eiθ −beiθ(e−iθ −b

) ∣∣∣∣∣= 1

y ası Lb(z) ∈ ∂B(0;1). Finalmente, note que Lb(b) = 0 y

L′b(z) =1−|b|2

(1−|b|2)2

por lo que L′b(0) = 1−|b|2 y L′b(b) = 1/(1−|b|2).

El resultado principal caracteriza las aplicaciones conformes del disco unitarioen sı mismo:

Teorema 7.8. Sea f : B(0;1)→B(0;1) una funcion holomorfa. Entonces, f es biho-lomorfa tal que f (b) = 0 , para b ∈ B(0;1), si y solo si existe un complejo c tal que|c|= 1 tal que f = cLb.

Demostracion. Por el ejemplo 7.6 anterior la suficiencia es obvia. Supongamos aho-ra es biholomorfa tal que f (b) = 0. Entonces, para todo z ∈ B(0;1) se tiene que| f (z)| ≤ 1. Entonces, para z0 ∈ B(0;1) tal que f (z0) =: w0 ∈ B(0;1). Entonces, en lafamilia de funciones f con las propiedades anteriores queremos distinguir aquellasque dan el valor maximo para | f ′(z0)|. Por el ejemplo 7.6 anterior las transformadasde Mobius L−w0 : B(0;1)→ B(0;1) y Lz0 : B(0;1)→ B(0;1) son biholomorfas y sa-tisfacen que Lz0(z0) = 0 y por lo tanto la composicion f := Lw0 f L−z0 : B(0;1)→B(0;1) satisface que f (0) = Lw0 f L−z0(0) = Lw0 f (z0) = Lw0(w0) = 0 y ası, porel lema de Schwarz 7.7, se tiene que | f ′(0)| ≤ 1. Para obtener la conclusion de lasegunda parte del lema de Schwarz 7.7 necesitamos determinar cuando se tiene que| f ′(0)|= 1. Para esto, aplicando la regla de la cadena a la definicion de f y por loscalculos del ejemplo 7.6 anterior, se obtiene que

f ′(0) = (Lw0 f )′(L−z0(0)

)L′−z0

(0) = (Lw0 f )′(z0)(1−|z0|2

)= L′w0

( f (z0)) f ′(z0)(1−|z0|2

)= L′w0

(w0) f ′(z0)(1−|z0|2

)=

11−|w0|2

f ′(z0)(1−|z0|2

)=

1−|z0|2

1−|w0|2f ′(z0)

y usando que | f ′(0)| ≤ 1 y que z0,w0 ∈ B(0;1), se sigue que

(1) | f ′(z0)|=∣∣∣∣1−|w0|2

1−|z0|2

∣∣∣∣ | f ′(0)| ≤ 1−|w0|2

1−|z0|2

y se tiene la igualdad si y solo si | f ′(0)|= 1. Por el lema de Schwarz 7.7, cuando setiene la igualdad existe una constante c∈C tal que |c|= 1 y f (w)= cw para todo w∈B(0;1), es decir, cw = f (w) = Lw0 f L−z0(w) por lo que w = 1

c Lw0 f L−z0(w)y ası 1

c Lw0 f = Lz0 y por lo tanto f = L−1w0 cLz0 = L−w0 cLz0 , es decir,

(2) f (z) = L−w0

(cLz0(z)

)para todo z ∈ B(0;1).


Ahora, como por hipotesis f es biholomorfa, sea g : B(0;1)→ B(0;1) su inversa ynote que como f (b) = 0 se tiene entonces que g(0) = b. Aplicando la desigualdad(1) a f y g con z0 = b y w0 = f (b) = 0 se obtiene que

(3) | f ′(b)| ≤ 1−|0|2

1−|b|2=

11−|b|2

y |g′(0)| ≤ 1−|b|2

1−|0|2= 1−|b|2

y note que como id = g f , entonces 1 = (g f )′(b) = g′( f (b)) f ′(b) = g′(0) f ′(b),y multiplicando las desigualdades de (3) se debe tener que

1 = |g′(0)|| f ′(b)| ≤ 11−|b|2

(1−|b|2) = 1

y por lo tanto las desigualdades de (3) deben ser igualdades, en particular | f ′(b)|=1/(1− |b|2) y ası se tiene la igualdad en (1), para w0 = 0 y z0 = b, por lo que setiene la igualdad (2):

(4) f (z) = L0(cLb(z)

)= cLb(z)

ya que L0(w) = w−01−0w

= w, es decir, L0 = id, y (4) es lo que se querıa demostrar. ut

Corolario 7.9. Sea Ω C una region simplemente conexa y sea z0 ∈ Ω . Si existeuna funcion holomorfa f : Ω → C tal que

(1) f (z0) = 0 y f ′(z0)> 0;

(2) f es inyectiva;

(3) f (Ω) = B(0;1),

entonces, f es unica con las propiedades anteriores.

Demostracion. Supongamos que f ,g : Ω → C satisfacen las propiedades del coro-lario. Entonces,

f g−1 : B(0;1)g−1−→Ω

f−→ B(0;1)

es biholomorfa y satisface que ( f g−1)(0) = f (z0) = 0 y ası, por el teorema 7.8anterior (aplicado a la funcion f g−1 y al punto b = 0), existe una constante c talque |c| = 1 y ademas f g−1(z) = cL0(z) = cz para todo z ∈ B(0;1). Se sigue que(1/c) f (z) = g(z), es decir, f (z) = cg(z) y por lo tanto 0 < f ′(z0) = cg′(z), dondeg′(z0)> 0. Por lo tanto c > 0 es real positivo y como |c|= 1 se debe entonces tenerque c = 1, es decir, f = g, como se querıa. ut

Transformaciones de Mobius en C∞. Para comprender mejor el comportamientode las transformaciones de Mobius, conviene pensarlas como funciones con domi-nio el plano complejo extendido C∞ (vease la seccion 1.4 del capıtulo 1), dondeası pensadas juegan un papel importante al iniciar el estudio de las funciones mo-dulares, de importancia capital en la teorıa de numeros y geometrıa diofantina. Al


considerar las transformaciones de Mobius como funciones con dominio C∞, la for-ma natural de ver lo anterior es desde el punto de vista proyectivo y aprovechamosla ocasion para reinterpretar al plano complejo extendido como sigue:

La recta proyectiva compleja. En el espacio vectorial complejo C2 := (w,z) :w,z ∈ C consideramos las rectas complejas que pasan por el origen, es decir, lossubespacios vectoriales complejos de dimension uno. Note que cada una de estasrectas ` esta determinada por un punto (w,z) distinto del origen (0,0) y todos lospuntos (0,0) 6= (w′,z′) ∈ ` satisfacen que (w′,z′) = λ (w,z) para algun λ ∈ C∗. Esun ejercicio sencillo 7.12, el probar que la anterior es una relacion de equivalen-cia en el conjunto C2−(0,0). A la clase de equivalencia de (w,z) 6= (0,0) se ledenotara por [w,z] (donde notamos que, geometricamente la clase [z,w] consiste detodos los puntos de la recta que pasa por el origen (0,0) de C2 y el punto (z,w)). Alconjunto de clases de equivalencia se le denota por

P1C =

[w,z] : (w,z) ∈ C2−(0,0)

y se le llama la recta proyectiva compleja.

Observacion 7.1. Se tiene una biyeccion natural

ϕ : P1C→ C∞ dada por ϕ[w,z] =

w/z si z 6= 0,∞ si z = 0

con inversa la funcion

ψ : C∞→ P1C dada por ψ(z) =

[z,1] si z ∈ C,[1,0] si z = ∞.

La verificacion de ϕ y ψ son inversas una de la otra es rutina, solo se tiene quetener en cuenta que w/0 = ∞ si 0 6= w ∈ C. Note que la biyeccion anterior da otranaturalizacion del infinito ∞: en la esfera de Riemann correspondıa al polo norte Ny en la recta proyectiva compleja corresponde al punto [1,0].

Ahora, si L :C2→C2 es una funcionC-lineal biyectiva, la imagen de cada subes-pacio unidimensional complejo de C2 es de nuevo un subespacio unidimensionalcomplejo de C2 y por lo tanto L induce una funcion biyectiva L : P1

C → P1C que,

por la observacion 7.1, al componer con ψ y ϕ corresponde a una funcion biyectivaTL :C∞→C∞, es decir, TL = ϕ Lψ . Por otro lado, como las funciones C-linealesbiyectivas L : C2 → C2 corresponden a matrices complejas invertibles 2× 2, diga-

mos A =

(a bc d

), con a,b,c,d ∈ C tales que detA = ad− bc 6= 0, por lo visto an-

teriormente la matriz A induce una funcion TA = ϕ Aψ : C∞→ C∞ que explıci-tamente esta dada como sigue: para z ∈ C ⊆ C∞ sea ψ(z) = [z,1] ∈ P1

C ' C∞ elpunto correspondiente; entonces, por definicion de la funcion C-lineal A : C2→ C2

asociada a la matriz A =

(a bc d

)se tiene que


TA(z) = ϕ Aψ(z) = ϕ

(a bc d

)[z1

]= ϕ

(az+bcz+d

)= ϕ(az+b,cz+d) =

az+bcz+d

,

es decir, al restringir TA :C∞→C∞ a C se tiene una transformacion de Mobius. Porotra parte, para z = ∞ ∈ C∞ se tiene que

TA(∞) = ϕ Aψ(∞) = ϕ A[1,0] = ϕ (

a bc d

)[10

]= ϕ

[ac

]=

∞ si c = 0,a/c si c 6= 0.

Tambien, para el punto donde se anula el denominador de una transformacion deMobius usual, es decir, si z =−d/c ∈ C⊆ C∞, observe que

TA(−d/c) = ϕ (

a bc d

)ψ(−d/c) = ϕ

(a bc d

)[−d/c

1

]= ϕ

[−ad/c+b−dc/c+d

]=−ad/c+b

0= ∞,

porque −ad/c+b =−(ad−bc)/c =−detA/c con detA 6= 0 y c 6= 0.

Se tienen los resultados analogos al lema 7.4:

Corolario 7.10. (1) Como la composicion de transformaciones lineales es lineal,se sigue que la composicion de transformaciones de Mobius en C∞ es nuevo unatransformacion de Mobius en C∞ y ademas se tiene que

TA TB = TAB.

(2) TA = id si y solo si A = λ I2, con λ ∈ C∗.

(3) T−1A = TA−1 .

Se sigue que el conjunto Mob = TA : C∞ → C∞ es transformacion de Mobius esun grupo, con la composicion como operacion. Mas aun, si GL(2,C) denota elgrupo lineal general de matrices complejas invertibles 2×2, la funcion

θ : GL(2,C)→Mob

que manda una matriz A a la transformacion de Mobius TA es un homomorfismo degrupos suprayectivo y su nucleo es

ker(θ) = A ∈ GL(2,C) : A = λ I2, λ ∈ C∗.

Por el primer teorema de isomorfismo de Noether se sigue que

Mob' GL(2,C)/C∗I2 := PSL(2,C),

el grupo lineal proyectivo.

Demostracion. Para (1), observe que


TA TB = (ϕ Aψ) (ϕ Bψ) = (ϕ A) (ψ ϕ) (Bψ) = (ϕ A) (Bψ)

= ϕ (AB)ψ = TAB.

Las partes (2) y (3) se prueban como las correspondientes en el lema 7.4, la supra-yectividad de la funcion θ es de su definicion y la parte algebraica es el ejercicio7.13. ut

Lema 7.11 (Puntos fijos). Si TA 6= id :C∞→C∞ con A=

(a bc d

), entonces TA tiene

uno o dos puntos fijos.

Demostracion. Para el punto ∞ ∈ C∞, por definicion TA(∞) = ∞ si y solo si c = 0.Ahora, para los puntos finitos z∈C⊆C∞, observe que z es punto fijo de T , es decir,TA(z) = z, si y solo si az+b

cz+d = z, es decir, si y solo si cz2 +(d−a)z−b = 0. Si c 6= 0la ecuacion anterior tiene dos soluciones (contadas con su multiplicidad) y si c = 0la ecuacion (d−a)z−b = 0 tiene una solucion si d 6= a o ninguna si d = a, ya que

b 6= 0 porque A =

(a bc d

)6= λ I2, a = d y c = 0 implican que b 6= 0. ut

Ejemplo 7.7. Si λ 6= 0,1, la transformacion de Mobius Dλ (z) := λ z tiene como pun-tos fijos al 0 y al ∞. Recıprocamente, si T es una transformacion de Mobius cuyospuntos fijos son 0 e ∞, escribiendo T (z) = az+b

cz+d , como 0 es punto fijo se debe tenerque b = 0 y a,d 6= 0. Como ∞ es punto fijo se debe tener que c = 0 y por lo tantoT (z) = az

d = (a/d)z, es decir, T (z) = λ z = Dλ (z) con λ ∈ C−0,1.

Proposicion 7.12 (3-transitividad). Si z1,z2,z3 ∈ C∞ y w1,w2,w3 ∈ C∞ son dosconjuntos, cada uno con tres puntos distintos, entonces existe una unica transfor-macion de Mobius T : C∞→ C∞ tal que

T (z j) = w j, para 1≤ j ≤ 3.

Demostracion. (Unicidad): Supongamos que T,L : C∞ → C∞ son dos transfor-maciones de Mobius que satisfacen la conclusion de la proposicion. Entonces,L−1 T : C∞ → C∞ es una transformacion de Mobius con tres puntos fijos y ası,por el lema 7.11 anterior se debe tener que L−1 T = id, es decir, L = T .

(Existencia): Observe primero que la transformacion de Mobius T dada por

T (z) :=

(z− z2)(z1− z3)

(z− z1)(z2− z3)si z1,z2,z3 ∈ C⊆ C∞,

z− z2

z3− z2si z1 = ∞,

z3− z1

z− z1si z2 = ∞,

z− z2

z− z1si z3 = ∞,


satisface que T : z1,z2,z3 7→∞,0,1. En forma totalmente analoga se tiene una trans-formacion de Mobius L tal que L : w1,w2,w3 7→∞,0,1. Por lo tanto, la composicion

L−1 T : z1,z2,z3 7→ ∞,0,1 7→ w1,w2,w3

hace lo requerido. ut

Proposicion 7.13 (2-transitividad). Si z1,z2 ∈ C∞ y w1,w2 ∈ C∞ son dos con-juntos, cada uno con dos puntos distintos, entonces existe una transformacion deMobius T : C∞→ C∞ tal que

T (z j) = w j, para 1≤ j ≤ 2.

Si T es otra transformacion de Mobius que satisface lo anterior, entonces T = λ T ,para algun λ ∈ C∗.

Demostracion. Comenzamos observando que si z1,z2 ∈ C∞ son dos puntos distin-tos, entonces existe una transformacion de Mobius S tal que S(z1) = 0 y S(z2) = ∞.En efecto,

S(z) =

z− z1

z− z2sirve cuando z1,z2 ∈ C,

1z− z2

sirve cuando z2 ∈ C y z1 = ∞,

z− z1 sirve cuando z1 ∈ C y z2 = ∞.

Observe ahora que si L es otra transformacion de Mobius que satisface lo mismoque la S anterior, entonces SL−1 satisface que

SL−1 : 0,∞ 7→ z1,z2 7→ 0,∞

y ası, por el ejemplo 7.7 se debe tener que S L−1(z) = λ z, para λ 6= 0,1, y por lotanto S = λL, y la afirmacion recıproca es obvia.

Ahora, si para w1,w2 la transformacion de Mobius R satisface que R(w1) = 0y R(w2) = ∞, entonces la composicion T := R−1 S : z1,z2 7→ 0,∞ 7→ w1,w2. Fi-nalmente, si T : z1,z2 7→ w1,w2 es otra transformacion de Mobius con la mismapropiedad que la T anterior, entonces R T : z1,z2 7→ w1,w2,0,∞ y por lo obser-vado en el parrafo anterior se debe tener que S = λR T con λ ∈ C∗. Pero comoT = R−1 S, entonces S = RT que al substituir en S = λR T da RT = λR T ,de donde se sigue que T = R−1 λR T = λ T , como se querıa. ut

Clases de conjugacion. En el grupo Mob de transformaciones de Mobius de C∞

consideremos la relacion de equivalencia dada por la conjugacion1, es decir, L,T ∈Mob son conjugadas si existe una S ∈ Mob tal que T = S L S−1. Esta es una

1 Vea por ejemplo [11].


relacion de equivalencia y sus clases de equivalencia se conocen como las clases deconjugacion del grupo Mob.

Ejemplo 7.8. Todas las traslaciones, excepto por cero, son conjugadas. En efecto, si

Ta(z) = z+a y Tb(z) = z+b son dos traslaciones, sea S(z) = (√

b/a)z+c√a/b

. Entonces,

como la matriz de Ta es de la forma(

1 a0 1

)para Ta, y cambiando a por b se tiene la

de Tb, y como (√a/b c0

√b/a

)(1 a0 1

)(√a/b −c0

√b/a

)=

(1 b0 1

)del corolario 7.10 se sigue que STa S−1 = Tb.

Ejemplo 7.9. Consideremos ahora las transformaciones de Mobius de la formaDλ (z) = λ z, con λ 6= 0,1, y queremos determinar cuando dos transformaciones deMobius de esta forma son conjugadas. Supongamos entonces que Dµ es otra trans-formacion de Mobius de la forma anterior, con µ ∈ C−0,1, y que es conjugadade Dλ , es decir, existe una transformacion de Mobius M tal que

(1) Dµ = M Dλ M−1.

Se sigue que M(0) y M(∞) son los puntos fijos de Dµ ya que

(2) M Dλ M−1 : M(0),M(∞) 7→ 0,∞ 7→ 0,∞ 7→M(0),M(∞)

ya que, por el ejemplo 7.7, los puntos fijos de Dλ (z) = λ z son 0,∞. Pero, por (1),M Dλ M−1 = Dµ tiene (por el ejemplo 7.7) los puntos fijos 0,∞. Se sigue que

M(0),M(∞)= 0,∞

y se tienen las posibilidades siguientes: M(0) = 0 y M(∞) = ∞ o M(0) = ∞ yM(∞) = 0. En el primer caso, por el ejemplo 7.7 se tiene que M = Dα , con α 6= 0,1.En el segundo caso, si M(z) = az+b

cz+d , como M(0) = ∞ se debe tener que b 6= 0y d = 0, y como M(∞) = 0 entonces a = 0; se sigue que M(z) = b

cz = (b/c) 1z ,

es decir, M(z) = δ (1/z) con δ 6= 0. Substituyendo en (1), en el primer caso:M(z) = Dα(z) = αz, por lo que M−1(z) = Dα−1(z) y ası

µz = Dµ(z) = Dα Dλ Dα−1(z) = Dα Dλ (α−1z) = Dα(λα

−1z) = αλα−1z = λ z

y por lo tanto µ = λ . En el segundo caso: M(z) = δ (1/z) por lo que M−1(z) = δ/z,y se tiene que

µz = Dµ(z) = M Dλ M−1(z) = M Dλ (δ/z) = M(λδ/z

)= δ (z/λδ ) = λ

−1z

y por lo tanto µ = λ−1. Juntando los dos casos hemos probado que:


Dλ es conjugado de Dµ ⇔ λ ,λ−1= µ,µ−1 ⇔ λ +λ−1 = µ +µ

−1.

El numero complejo λ + λ−1 depende entonces solo de la clase de conjugacionde la transformacion de Mobius Dλ . Note que como λ 6= 1, no puede suceder queλ +λ−1 = 2 ya que esto darıa lugar a la ecuacion cuadratica λ 2−2λ +1 = 0 cuyaunica solucion es λ = 1. Se sigue que λ +λ−1 ∈ C−2. Se usara la notacion

κ(Dλ ) := λ +λ−1 ∈ C−2.

Clasificacion de las clases de conjugacion. En el lema 7.11 vimos que una trans-formacion de Mobius, distinta de la identidad, tiene uno o dos puntos fijos y a con-tinuacion consideramos esos dos casos:

Caso 1. Supongamos que T (z) = az+bcz+d tiene un unico punto fijo. Observe primero

que si el unico punto fijo de T es a = ∞, entonces T (z) = z+ b es una traslacioncon b 6= 0. En efecto, por la demostracion del lema 7.11 sabemos que T (∞) = ∞ siy solo si c = 0 y por lo tanto T (z) = az+ b. Si a = 1, como T 6= id, se debe tenerque b 6= 0 y ası T (z) = z+b. Si a 6= 1, entonces T (z) = az+b tiene otro punto fijo,a saber, z = b/(1−a), una contradiccion.

Supongamos ahora que a 6= ∞ es el unico punto fijo de T . Sea S una transforma-cion de Mobius tal que S(a) = ∞ (para a 6= ∞, S(z) = 1/(z− a) sirve). Entonces,S T S−1 tiene como unico punto fijo al ∞ y, por lo visto en el parrafo previo, esuna traslacion, digamos S T S−1(z) = z+ b con b 6= 0. Por el ejemplo 7.8 todaslas traslaciones no triviales son conjugadas entre sı.

Caso 2. Supongamos ahora que T (z) = az+bcz+d tiene dos puntos fijos (distintos), diga-

mos a,b ∈ C∞. Sea S una transformacion de Mobius tal que S(a) = 0 y S(b) = ∞.Entonces, S T S−1 : 0,∞ 7→ 0,∞ tiene como puntos fijos al 0,∞. Por el ejemplo7.7 se debe tener que S T S−1 = Dλ , con λ 6= 0,1. Por el ejemplo 7.9 dos trans-formaciones de Mobius de la forma Dλ , con λ ∈C−0,1 son conjugadas si y solosi tienen el mismo invariante κ(Dλ ) = λ +λ−1. Ahora, usando que para T con dospuntos fijos se tiene que ST S−1 = Dλ , se define

κ(T ) = κ(Dλ ) = λ +λ−1.

El ejercicio 7.22 pide probar que si T y R tienen dos puntos fijos, entonces T esconjugada de R si y solo si κ(T ) = κ(R). Hemos ası probado:

Teorema 7.14. Las clases de conjugacion de las transformadas de Mobius son:

(1) La clase formada solo por la identidad id.

(2) Las que tienen un unico punto fijo, a las que se llama parabolicas.

(3) Las que tienen dos puntos fijos dan lugar a las clases de conjugacion

Ca = T : C∞→ C∞ : κ(T ) = a ∈ C−2,

donde


Si a ∈ [−2,2), se dice que T es elıptica.Si a ∈ (2,∞), se dice que T es hiperbolica.Si a ∈ C− [−2,∞), se dice que T es loxodromica.

ut

Ejercicios

7.7. Demuestre las partes (1) y (2) del lema 7.4.

7.8. Encuentre los puntos fijos de una traslacion, una dilatacion y la inversion.

7.9. Si T es una transformacion de Mobius, encuentre condiciones necesarias y su-ficientes sobre T para que T (S1) = S1, donde S1 es el cırculo unitario |z|= 1.

7.10. Si T es una transformacion de Mobius, encuentre condiciones necesarias ysuficientes sobre T para que T (B(0;1)) = B(0;1), donde B(0;1) es el disco unitario|z|< 1.

7.11. Sea f : B(0;1)→ C holomorfa no constante tal que Re( f (z)) ≥ 0 para todoz ∈ B(0;1).

(1) Demuestre que Re( f (z))> 0 para todo z ∈ B(0;1).(2) Usando una transformacion de Mobius adecuada y el lema de Schwarz 7.7,

demuestre que si f (0) = 1, entonces

| f (z)| ≤ 1+ |z|1−|z|

para z ∈ B(0;1).(3) Si f (0) = 1, demuestre que

| f (z)| ≥ 1−|z|1+ |z|

7.12. Demuestre que, en C2−(0,0), la relacion (w,z)∼ (w′,z′)⇔ existe λ ∈C∗tal que λ (w,z) = (w′,z′) es de equivalencia.

7.13. Demuestre las partes algebraicas del corolario 7.10.

7.14. Demuestre que las transformaciones de Mobius que llevan el disco unitariosobre sı mismo son de la forma

T (z) =λ (z− z0)

z0z−1, con |z0|< 1 y |λ |= 1.

7.15. Usando el lema de Schwarz 7.7, demuestre que la identidad es la unica apli-cacion conforme biyectiva del disco unitario en sı mismo, que fija el origen y tienederivada positiva.


7.16. Usando el ejercicio anterior, demuestre que las unicas aplicaciones conformesbiyectivas del disco unitario en sı mismo son las del ejercicio 7.14.

7.17. ¿Para que valores de λ es Dλ elıptica o hiperbolica?

7.18. Suponga que una transformacion de Mobius T 6= id no tiene al ∞ como puntofijo. Demuestre que si T es parabolica y a es su punto fijo, entonces T ′(a) = 1.

7.19. Suponga que una transformacion de Mobius T 6= id no tiene al ∞ como puntofijo. Si T tiene dos puntos fijos, digamos a,b, demuestre que T ′(a)T ′(b) = 1.

7.20. Sea T (z)= az+bcz+d una transformacion de Mobius y seaH= z∈C : Im(z)> 0

el semiplano complejo abierto superior. Demuestre que T manda H en H si y solosi a,b,c,d ∈ R y ad−bc = 1.

7.21. Sea Γ := T (z) = az+bcz+d : a,b,c,d ∈ Z, ad−bc = 1. Por el ejercicio anterior

los elementos de Γ mandan el semiplano H en sı mismo. Demuestre que, con lacomposicion de funciones, Γ es un grupo, al que se conoce como el grupo modular.

7.22. Demuestre que si T y R tienen dos puntos fijos, entonces T es conjugada de Rsi y solo si κ(T ) = κ(R).

7.23. Si T tiene dos puntos fijos finitos, digamos a,b ∈ C⊆ C∞, demuestre que

κ(T ) = T ′(a)+T ′(b).

7.24. Muestre que las transformaciones de Mobius T (z) = 1/z y R(z) = −z sonconjugadas.

7.25. Demuestre que el grupo de Mobius Mob es simple.

7.26. Demuestre que si f : B(0;1)→ B(0;1) es holomorfa, f 6= id, entonces f tienea lo mas un punto fijo en B(0;1), es decir, un punto z ∈ B(0;1) tal que f (z) = z.

7.27. Sea f : B(0;1)→ B(0;1) es holomorfa. Demuestre que para todo z ∈ B(0;1)se tiene que

| f ′(z)| ≤ 11−|z|

.

7.3. El teorema de la aplicacion de Riemann

Si Ω1, Ω2 son dos regiones deC, diremos que son conformes o equivalentementeconformes si existe una funcion biyectiva holomorfa f : Ω1 → Ω2. Por el teoremade la funcion abierta 4.25, la funcion f anterior es biholomorfa. Como la familia defunciones holomorfas y biyectivas es cerrada bajo composicion (proposicion 2.4) einversas (corolarios 4.26 y 5.21), se sigue que la relacion de equivalencia conformeanterior es, en efecto, una relacion de equivalencia.

7.3 El teorema de la aplicacion de Riemann 189

Ejemplo 7.10. Cualquier disco abierto B(z0;r), para 0 < r < ∞, es conformementeequivalente al disco unitario B(0;1). En efecto, la traslacion T : B(z0;r)→ B(0;r)dada por T (z) = z−z0 es biholomorfa. La contraccion S : B(0;r)→ B(0;1) dada porS(z) = z/r tambien es biholomorfa y ası, la composicion S T : B(z0;r)→ B(0;1)es biholomorfa.

Ejemplo 7.11. El teorema de Liouville 4.18 implica que el plano C no es conforme-mente equivalente al disco unitario.

Ejemplo 7.12. Sea H := z ∈ C : Im(z) > 0 el semiplano (abierto) superior. Cla-ramente H es una region no acotada de C. Mostraremos que H es conformementeequivalente al disco unitario B(0;1). En efecto, las matrices

A :=(

1 −i1 i

)y B :=

(i i−1 1

)son invertibles y satisfacen que AB = 2iI2 = BA. Para las transformaciones deMobius asociadas

TA(z) =z− iz+ i

y TB(z) =iz+ i−z+1

= iz+1−z+1

se tiene que TA es holomorfa en C−−i y TB es holomorfa en C−1. Por laspartes (1) y (2) del lema 7.4 se sigue que

TA TB = TAB = T2iI2 = id = T2iI2 = TBA = TB TA

y por lo tanto TA y TB son biholomorfas inversas una de la otra. Veamos ahora cualesson las imagenes de estas dos funciones:

Para TA observe que, para z = x+ iy 6=−i,

1−|TA(z)|2 = 1− |z|2−2y+1|z|2 +2y+1

=4y|z+ i|2

=4Im(z)|z+ i|2

y por lo tanto, para z ∈ H donde Im(z) > 0 (en particular z 6= −i) se tiene que1−|TA(z)|2 > 0 y ası |Ta(z)|< 1, es decir, la restriccion de TA al semiplano superiorsatisface que

(1) TA :H→ B(0;1).

Por otra parte, para TB y z 6= 1,

Im(TB(z)) = Im(

i1+ z1− z

)=

12i

(i1+ z1− z

+ i1+ z1− z

)=

12

(2−2|z|2

|1− z|2)=

1−|z|2

|1− z|2

entonces, para |z| < 1 se tiene que Im(TB(z)) > 0, es decir, la restriccion de TB aldisco unitario satisface que


(2) TB : B(0;1)→H.

Finalmente, como TA y TB son conformes, inversas una de la otra, (1) y (2) implicanque

TA :H→ B(0;1)

es una equivalencia conforme, es decir, el semiplano superior es conformementeequivalente al disco unitario.

TA -

TB

H B(0;1)

Una vasta generalizacion del ejemplo 7.12 anterior es el resultado principal deesta seccion, uno de los teoremas mas profundos de la teorıa de funciones de unavariable compleja:

Teorema 7.15 (Riemann). Todo subconjunto propio, abierto y simplemente conexode C es conformemente equivalente al disco unitario B(0;1).

Idea de la demostracion. Se quiere mostrar la existencia de una funcion f : Ω →B(0;1) holomorfa y biyectiva (a la que se conoce como una aplicacion de Riemann).Supongamos por un momento que ya se tiene una tal funcion y sea z0 ∈ Ω tal quef (z0) = 0 (z0 es unico, porque f es biyectiva). Si g : Ω → B(0;1) es cualquier otrafuncion holomorfa tal que g(z0) = 0, entonces la composicion g f−1 : B(0;1)→B(0;1) es una funcion holomorfa del disco unitario en sı mismo y satisface queg f−1(0) = 0. Por el lema de Schwarz 7.7 se tiene que |(g f−1)′(0)| ≤ 1 conla igualdad si y solo si la funcion g f−1(z) = λ z, para λ ∈ C tal que |λ | = 1.Ahora, por la regla de la cadena (g f−1)′(0) = g′( f−1(0))( f−1)′(0) = g′(z0)

1f ′(z0)

y susbtituyendo en la desigualdad |(g f−1)′(0)| ≤ 1 se tiene que

|g′(z0)|| f ′(z0)|

=∣∣(g f−1)′(0)

∣∣≤ 1


(1) |g′(z0)| ≤ | f ′(z0)|

con la igualdad si y solo si g = λ f , para λ ∈ C tal que |λ | = 1. Dicho en otraspalabras, la desigualdad (1) dice que la aplicacion de Riemann f maximiza, en valorabsoluto, la derivada de cualquier funcion de la familia de funciones holomorfasΩ → B(0;1) que se anulan en z0.


La discusion anterior sugiere entonces la estrategia para la demostracion del teo-rema de Riemann 7.15: se debe maximizar | f ′(z0)| entre la familia F de funcionesholomorfas inyectivas f : Ω→ B(0;1) que se anulan en el punto z0 ∈Ω . Lo primeroque haremos es mostrar que el problema de maximizacion anterior tiene solucion, ydespues, siguiendo una idea de Caratheodory, simplificada por Fejer y Riesz, proba-remos el teorema de Riemann 7.15. Comenzamos con el problema de maximizacionplanteado observando que, como es usual en este tipo de problemas, la existenciade la solucion optima depende sutilmente de propiedades de compacidad y de suce-siones de funciones uniformemente localmente acotadas. Comenzamos con la partetopologica:

Lema 7.16. Todo abierto Ω ⊆C es la union de una sucesion Kn de subconjuntoscompactos tales que

(i) Kn ⊆ int Kn+1, para todo n, y(ii) Cada compacto de Ω esta contenido en algun Kn.

Demostracion. Para cada n≥ 1 defina los conjuntos abiertos

Un := z ∈ C : |z|> n∪⋃

a6∈Ω

B(a;1/n

).

Entonces, sus complementos

Kn := z ∈ C : |z| ≤ n∩⋂

a6∈Ω

z ∈ C : |z−a| ≥ 1/n

son cerrados y acotados (por n, por ejemplo) y ası, son compactos. Note que⋂a6∈Ω

z ∈ C : |z−a| ≥ 1/n= z ∈ C : d(z,C−Ω)≥ 1/n

por lo que este conjunto esta contenido en Ω . Se sigue que cada Kn ⊆ Ω . Por otrolado, si z∈Ω , como C−Ω es cerrado, por la proposicion 1.23 se tiene que d(z,C−Ω) > 0 y ası existe un entero n ≥ 1 tal que d(z,C−Ω) ≥ 1/n y escogiendo nsuficientemente grande, para que se cumpla que |z| ≤ n, se tiene que z ∈ Kn. Hemosası probado que Ω =

⋃n Kn. Note ahora que

Kn ⊆ z ∈ C : |z|< n+1∩z ∈ C : d(z,C−Ω)> 1/(n+1) ⊆ Kn+1

donde el conjunto de enmedio es abierto, lo cual demuestra la parte (i) y al mismotiempo se sigue que

Ω =⋃n

Kn =⋃n

int Kn+1

por lo que int Kn es una cubierta abierta de Ω , en particular lo es de cada subcon-junto compacto K ⊆Ω y consecuentemente K esta cubierto por una familia finita deconjuntos int Kn, y como estos estan encadenados por el lema 7.16 (ii), K esta con-tenido en el mayor de ellos, lo cual prueba (ii). ut


Familias de funciones continuas. A continuacion recolectamos las nociones quenecesitamos sobre familias de funciones continuas u holomorfas. Usaremos la no-tacion C(Ω ,∆) para denotar a la familia de funciones continuas f : Ω → ∆ ⊆ C ydenotaremos con O(Ω)⊆ C(Ω ,C) al conjunto de funciones holomorfas f : Ω →C.

Si F ⊆ C(Ω ,C) es una familia de funciones continuas en Ω , diremos que F esuna familia equicontinua si para todo ε > 0 existe un δ > 0 tal que para toda f ∈ F,si |z− z′|< δ se tiene que | f (z)− f (z′)|< ε . Note entonces que toda f ∈ F es unafuncion uniformemente continua.

Se dice que F es una familia puntualmente acotada si para cada z ∈Ω existe unnumero real M(z) tal que | f (z)| ≤M(z) para toda f ∈ F. Equivalentemente, si paracada z ∈ Ω el conjunto f (z) : f ∈ F tiene cerradura compacta (vea el ejercicio7.31).

Una familia de funciones F⊆O(Ω) se dice que es una familia normal si toda su-cesion de funciones de la familia tiene una subsucesion que converge uniformemen-te en cada subconjunto compacto de Ω (algunas veces se dice que la subsucesionconverge uniformemente localmente). Note que no se pide que la funcion lımite seaun elemento de F.

Teorema 7.17 (Arzela-Ascoli). Si F ⊆ C(Ω ,C) es una familia equicontinua pun-tualmente acotada, entonces F es normal.

Demostracion. Sea fn una sucesion de funciones fn ∈F. Sea z1,z2, . . . ,zn, . . . unaenumeracion de los puntos de Ω que tienen parte real e imaginaria en Q. PongamosS0 = N. Para el punto z1, por hipotesis la sucesion fn(z1) : n ∈ S0 es una suce-sion (puntualmente) acotada de numeros complejos y por lo tanto (vea el ejercicio1.31 de la seccion 1.2 del capıtulo 1) contiene una subsucesion convergente, es de-cir, existe un subconjunto infinito S1 ⊆ S0 tal que la sucesion fn1(z1) : n1 ∈ S1converge. Consideremos ahora la subsucesion fn1 : n1 ∈ S1 de fn. Para elpunto z2, por hipotesis la sucesion fn1(z2) : n ∈ S1 es (puntualmente) acotada yprocediendo como antes existe un subconjunto infinito S2 ⊆ S1 y una subsucesion fn2 : n2 ∈ S2 de fn1 : n1 ∈ S1 tal que fn2(z2) : n2 ∈ S2 converge. Recursi-vamente se obtienen subconjuntos infinitos

(1) · · · ⊆ Sk ⊆ Sk−1 ⊆ ·· · ⊆ S1 ⊆ S0 = N

con la propiedad de que existen subsucesiones fnk : nk ∈ Sk tales que fnk(zk) :nk ∈ Sk converge. Note que se tienen inclusiones

(2) fnk ⊆ fnk−1 ⊆ ·· · ⊆ fn1 ⊆ fn

y para cada k la subsucesion fnk converge puntualmente en cada z1, . . . ,zk. Con-sidere ahora la subsucesion diagonal frk cuyo rk-esimo termino frk es el k-esimotermino de la subsucesion fnk. Dicho de otra manera, rk es el k-esimo terminoen Sk (en el orden usual) y poniendo S := r1,r2, . . . se tiene que la subsucesiondiagonal anterior es frk : rk ∈ S. Note que, por las inclusiones de (1), para cadak hay a lo mas k−1 terminos en S−Sk. Se sigue que frk(z j) converge para todos


los puntos z j ∈ Ω con parte real e imaginaria en Q. Ası, para cada ε > 0 y cadaz ∈Ω con partes real e imaginaria en Q, existe un entero N(ε,z) tal que

(1) | fm(z)− fn(z)|< ε/3

para todo m,n > N(ε,z) con m,n ∈ S.Ahora, sea K ⊆Ω un compacto. Como F es equicontinua, para el ε > 0 anterior

existe una δ > 0 tal que si |z− z′|< δ se tiene que

(2) | fn(z)− fn(z′)|< ε/3.

Note ahora que los discos B(w;δ/2), variando z ∈ K, forman una cubiertaabierta de K, y como K es compacto admiten una subcubierta finita, digamosB(w1;δ/2), . . . ,B(wM;δ/2). Observe ahora que los complejos con partes real e ima-ginaria en Q son densos en Ω y ası, en cada uno de los discos B(wi;δ/2) podemosescoger un complejo zi con partes real e imaginaria racionales, para cada 1≤ i≤M.Entonces, por (1) el entero N = maxN(ε,zi) : 1≤ i≤M satisface que

(3) | fm(zi)− fn(zi)|< ε/3

para todo m,n > N y 1≤ i≤M.Para terminar, si z ∈ K es arbitrario, escojamos un disco de la cubierta tal que z ∈

B(wi;δ/2) y un zi ∈ B(wi;δ/2) con partes real e imaginaria racionales. Entonces,para toda m,n > N, con m,n ∈ S, por (3) y (2) con z′ = zi, se tiene que

| fm(z)− fn(z)| ≤ | fm(z)− fn(zi)|+ | fn(zi)− fm(zi)|+ | fm(zi)− fn(z)|< ε/3+ ε/3+ ε/3 = ε,

de donde se sigue que la subsucesion fn : n ∈ S es de Cauchy y por lo tantoconverge, en el compacto K, como se querıa. ut

Una familia de funciones F ⊆ O(Ω) se dice que es una familia localmente aco-tada si cada punto z0 ∈ Ω tiene un disco en el cual la familia esta acotada por lamisma cota, es decir, existen constantes M y r > 0 tales que | f (z)| ≤ M para todaz ∈ B(z0;r) y toda f ∈ F. Claramente toda familia localmente acotada es puntual-mente acotada.

Lema 7.18. Una familia F ⊆ O(Ω) es localmente acotada si y solo si para cadasubconjunto compacto K ⊆ Ω , existe un numero real R(K) tal que | f (z)| ≤ R(K)para todo f ∈ F y todo z ∈ K.

Demostracion. Si F es localmente acotada y K ⊆ Ω es cualquier compacto, porhipotesis en cada punto z ∈ K se tiene un disco B(z;r) en el cual las restriccionesde las funciones de F estan acotadas, digamos por Rr. Como K es compacto y estosdiscos cubren K, existe una subcubierta finita de K, digamos B(z1;r1), . . . ,B(zn;rn) ycotas R1, . . . ,Rn para F en cada uno de estos n discos. Sea R(K) = maxR1, . . . ,Rn.Entonces, R(K) es cota de todas las funciones de F al restrigirlas a K. El recıprocoes directo, usando los compactos B(z;r). ut


El resultado importante en este contexto es:

Teorema 7.19 (Stieltjes-Osgood-Montel). Sea Ω ⊆ C una region. Si la familiaF ⊆ O(Ω) es localmente acotada, entonces F es normal.

Demostracion. Como F es localmente acotada, es puntualmente acotada. Por elteorema de Arzela-Ascoli 7.17 basta probar que F es equicontinua. Por el lema 7.16existe una sucesion de subconjuntos compactos Kn de Ω tales que

⋃Kn = Ω y

Kn ⊆ int Kn+1, para todo n. Entonces, para z ∈ Kn ⊆ int Kn+1 existe un δn > 0 talque

(1) B(z;δn)⊆ int Kn+1 ⊆ Kn+1.

Ahora, si z1,z2 ∈Kn satisfacen que |z1−z2|< δn/2, sea γ = ∂B(z1;δn) orientadopositivamente. Usando que

1ζ − z1

− 1ζ − z2

=z1− z2

(ζ − z1)(ζ − z2)

por la formula de Cauchy 4.3 se tiene que

f (z1)− f (z2) =1

2πi

∫γ

f (ζ )ζ − z1

dζ − 12πi

∫γ

f (ζ )ζ − z2

dζ =1

2πi

∫γ

(z1− z2) f (ζ )(ζ − z1)(ζ − z2)

dζ

=(z1− z2)

2πi

∫γ

f (ζ )(ζ − z1)(ζ − z2)

dζ

y como ζ ∈ γ, entonces |ζ − z1|= δn y ya que |z1− z2|< δn/2 se debe tener que|ζ −z2|> δn/2 y ası 1/|ζ −z2|< 2/δn, y por lo tanto, de la igualdad que obtuvimosde la formula de Cauchy se sigue que

| f (z1)− f (z2)| ≤|z1− z2|

2πsup | f (ζ )||ζ − z1||ζ − z2|

: ζ ∈ γ`(γ)

<|z1− z2|

2π

2δ 2

nR(Kn+1) ·2πδn =

R(Kn+1)|z1− z2|2δn

para todo f ∈ F y cualesquiera z1,z2 ∈ Kn tales que |z1− z2| < δn/2. Finalmente,dada ε > 0 escogiendo δ <mın

δn2 ,

δnR(Kn+1)

ε

se tiene que si |z1−z2|< δ entonces

| f (z1)− f (z2)| < ε , para toda f ∈ F. Hemos probado ası que, para cada Kn, lasrestricciones de elementos de F a Kn forman una familia equicontinua. Entonces,para cualquier sucesion fn ⊆ F, al restringirla a K1 es equicontinunua y ası, porel teorema de Arzela-Ascoli 7.17, tiene una subsucesion fn1 que converge en K1.Restringiendo ahora esta subsucesion a K2, de nuevo es equicontinua y por lo tantotiene una subsucesion que converge en K2. Procediendo recursivamente, se tienenconjuntos infinitos de enteros Sk:

· · · ⊆ Sk ⊆ Sk−1 ⊆ ·· · ⊆ S1 ⊆ S0 = N


con la propiedad de que existen subsucesiones fnk : nk ∈ Sk ⊆ fn tales que susrestricciones convergen uniformemente en Kn. Como en la demostracion del teore-ma de Arzela-Ascoli 7.17, el metodo diagonal da una subsucesion frk : rk ∈ S queconverge uniformemente en cada Kn, y ası, por el lema 7.17, en cada subconjuntocompacto K ⊆Ω . Se sigue que F es normal. ut

Procedemos a continuacion a demostrar el teorema de Riemann 7.15:

Demostracion. Sea Ω C una region simplemente conexa y sea

F := f ∈ O(Ω) : f es inyectiva y f (Ω)⊆ B(0;1);

mostraremos que existe una f ∈ F que es suprayectiva en B(0;1). Para comenzar,observe que como f (Ω) ⊆ B(0;1), entonces sup| f (z)| : z ∈ Ω ≤ 1, para todaf ∈ F y por lo tanto F es localmente acotada. Por el teorema de Stieljes-Osgood-Montel 7.19 F es normal si es no vacıa. Para probar que no es vacıa, observe quecomo Ω C, existe un w0 ∈C−Ω por lo que la funcion z 7→ z−w0 no se anula enΩ , y como Ω es simplemente conexo existe una raız cuadrada de esta funcion, esdecir, existe ϕ ∈ O(Ω) tal que (ϕ(z))2 = z−w0. Note ahora que si ϕ(z1) = ϕ(z2)entonces z1−w0 = (ϕ(z1))

2 = (ϕ(z2))2 = z2−w0 y por lo tanto z1 = z2 y ası ϕ es

inyectiva. Tambien, si ϕ(z1) = −ϕ(z2) el mismo argumento muestra que z1 = z2.Ahora, como ϕ es inyectiva, el teorema de la funcion abierta 4.25 ϕ(Ω) es abier-to. En particular, para z0 ∈ Ω , ϕ(z0) ∈ ϕ(Ω) es un punto interior, es decir, existeun disco B(ϕ(z0);r) ⊆ ϕ(Ω), donde podemos escoger 0 < r < |ϕ(z0)|; note queϕ(z0) 6= 0 porque (ϕ(z0))

2 = ϕ(z0)−w0 y z0 ∈Ω . Entonces, el disco B(−ϕ(z0);r)no interecta a Ω ya que si existiera un z ∈ Ω tal que ϕ(z) ∈ B(−ϕ(z0);r), setendrıa que |ϕ(z)+ϕ(z0)| < r y por lo tanto | −ϕ(z)−ϕ(z0)| < r. Se sigue que−ϕ(z) ∈ B(ϕ(z0);r)⊆ ϕ(Ω) y ası existe z′ ∈Ω tal que ϕ(z′) =−ϕ(z), y como ob-servamos antes lo anterior implica que z = z′ y consecuentemente ϕ(z) = −ϕ(z)de donde se sigue que ϕ(z) = 0 y por lo tanto z−w0 = (ϕ(z))2 = 0, es decir,w0 = z ∈Ω , una contradiccion. Hemos ası mostrado que ϕ(Ω)∩B(−ϕ(z0);r) = /0.Si ahora se define

ψ =r

ϕ +ϕ(z0): Ω → C

observe que, como ϕ(z) 6=−ϕ(z0) para toda z ∈ Ω , entonces ψ es holomorfa, y esinyectiva porque ϕ lo es. Tambien, para z∈Ω , como ϕ(z) 6∈ B(−ϕ(z0);r), entonces|ϕ(z)+ϕ(z0)|> r y por lo tanto 1/|ϕ(z)+ϕ(z0)|,1/r, de donde se sigue que

|ψ(z)|=∣∣∣ rϕ(z)+ϕ(z0)

∣∣∣= r|ϕ(z)+ϕ(z0)|

< 1,

es decir, ψ : Ω → B(0;1) es holomorfa e inyectiva, por lo que ψ ∈ F y ası F 6= /0, ypor lo tanto es normal por el teorema de Stieljes-Osgood-Montel 7.19.

Una vez que ya probamos que F 6= /0, tiene sentido el paso siguiente que esconsiderar el problema de maximizar los valores absolutos | f ′(z0)| variando f ∈ F.Sea


µ := sup| f ′(z0)| : f ∈ F.

Observe que µ > 0 porque las funciones f ∈ F son holomorfas inyectivas y por lotanto su derivada no se anula en Ω . Por definicion de µ existe una sucesion fn⊆F

tal que | f ′n(z0)|→ µ , y como F es normal, esta sucesion tiene una subsucesion queconverge uniformemente en subconjuntos compactos de Ω (y por simplicidad y nocomplicar la notacion la seguiremos denotando por fn); sea f = lım fn. Por elteorema de convergencia 4.27 de Weierstrass f ∈O(Ω) y f ′n→ f ′ uniformementeen subconjuntos compactos de Ω . Se sigue que

| f ′(z0)|= lımn→∞| f ′n(z0)|= µ

y como µ > 0, lo anterior implica que f no es constante. Ahora, como cadafn(Ω)⊆ B(0;1), entonces f (Ω)⊆ B(0;1), pero como f : Ω → C es holomorfa noconstante, por el teorema de la funcion abierta 4.25 f (Ω) es abierto y consecuen-temente f (Ω) ⊆ B(0;1). Finalmente, observe que como cada fn ∈ F es inyectiva,entonces f tambien es inyectiva: en efecto, si z 6= z′ son dos puntos de Ω , ponga-mos w = f (z) y wn = fn(z), para n≥ 1. Escojamos un disco cerrado B(z′;δ ) que nocontiene a z y ademas tal que f −w no tiene ceros en ∂B(z′;δ ) (lo cual es posibleporque los ceros de f −w no tienen puntos de acumulacion en Ω , por el teoremade la identidad 4.20). Note ahora que las funciones fn −wn → f −w (unifor-memente en B(z′;δ )) y como las fn son inyectivas, las fn−wn no tienen ceros enB(z′;δ ) (porque su unico cero es z 6∈ B(z′;δ )). Por el teorema de Hurwitz 6.12 lasfunciones fn−wn y f −w tienen el mismo numero de ceros en B(z′;δ ) y consecuen-temente f −w no tiene ceros en B(z′;δ ), en particular f (z′) 6= w = f (z), es decir,f es inyectiva y ası f ∈ F. Observe ahora que, para la transformacion de MobiusLw : B(0;1)→ B(0;1) del ejemplo 7.6 (donde se muestra que Lw : B(0;1)→ B(0;1)es biholomorfa), al componer con f ∈ F se obtiene otra funcion en F ya que Lw esbiholomorfa y si w = f (z0) la composicion

L f (z0) f : Ω → B(0;1) dada por (L f (z0) f )(z) =f (z)− f (z0)

1− f (z0) f (z)

satisface ademas que (L f (z0) f )(z0) = 0. Ası, en F hay funciones ϕ : Ω → B(0;1)holomorfas e inyectivas que ademas satisfacen que ϕ(z0) = 0.

Mostraremos ahora que el teorema de Riemann se sigue de lo anterior (por mediode un truco, ((sacado de la manga)), de Koebe2). En efecto, sea f ∈ F una funcionque maximiza el valor absoluto |ϕ ′(z0)| entre las funciones ϕ ∈F que satisfacen queϕ(z0) = 0. Supongamos que f (Ω) B(0;1) y sea w ∈ B(0;1)− f (Ω). Entonces,la composicion de f (z) con la transformacion de Mobius Lw(z) = z−w

1−wz del ejemplo7.6,

(1) Lw f : Ω → B(0;1) dada porf (z)−w

1−w f (z)

2 Literalmente: ((Schmiegungsverfahren)), en la pagina 845 de [18].


es holomorfa e inyectiva en Ω y no se anula en Ω porque estamos asumiendo quew 6= f (z) para todo z ∈Ω . Como Ω es simplemente conexa, por el corolario 5.14 lafuncion de (1) tiene una raız cuadrada holomorfa en Ω , es decir, existe g : Ω → Cholomorfa tal que

(2)(g(z)

)2=

f (z)−w1−w f (z)

y observe que g es inyectiva (por una demostracion similar a la que hicimos cuandoprobamos que F 6= /0) y que no se anula en Ω . Definamos ahora h : Ω →Cmedianteh(z) = Lg(z0) g, con Lg(z0) la transformacion de Mobius del ejemplo 7.6, es decir,

(3) h(z) =g(z)−g(z0)

1−g(z0)g(z),

con g(z0) jugando el papel de w en (1) y ası h(Ω) ⊆ B(0;1). Note tambien queh(z0) = 0 y que h es inyectiva porque g y Lg(z0) lo son. Se sigue que h ∈ F. Ahora,por la regla de la cadena la derivada de h en z0 es

(4) h′(z0) = (Lg(z0) g)′(z0) = L′g(z0)(g(z0)) ·g′(z0) =

g′(z0)

1−|g(z0)|2,

donde observamos que, como f (z0) = 0, de (2) se sigue que |g(z0)|2 = |w|. Por otraparte, derivando en z0 ambos lados de (2) y usando que f (z0) = 0 se obtiene que

2g(z0)g′(z0) =[1−w f (z0)] f ′(z0)+ [ f (z0)−w]w f ′(z0)

[1−w f (z0)]2= f ′(z0)[1−ww]

y ası

g′(z0) =f ′(z0)

(1−|w|2

)2g(z0)

por lo que al substituir en (4) queda

|h′(z0)|=∣∣∣ g′(z0)

1−|w|

∣∣∣= ∣∣∣ f ′(z0)(1−|w|2

)2g(z0)(1−|w|)

∣∣∣= | f ′(z0)|(1+ |w|)2|g(z0)|

=| f ′(z0)|(1+ |w|)

2√|w|)

> | f ′(z0)|

y como f ∈ F satisface tambien que h(z0) = 0, la desigualdad anterior contradice laeleccion de f que maximiza el valor absoluto de la derivada de funciones en F quese anulan en z0. Se sigue que la existencia de w ∈ B(0;1)− f (Ω) es falsa y por lotanto f (Ω) = B(0;1), como se querıa. ut

Corolario 7.20. Solo hay dos clases de equivalencia conforme de regiones simple-mente conexas: la clase que consta solo de C y la clase que consta de las regionessimplemente conexas propias.

ut


Ejercicios

7.28. Considere la funcion f : C∗→ C dada por f (z) = 12 (z+ z−1) del ejemplo 7.4.

Demuestre que:

(7) f se restringe a una funcion biholomorfa f : B(0;1)−0→ C− [−1,1].(8) f se restringe a una funcion biholomorfa f :H→ C−x ∈ R : |x| ≥ 1.

7.29. Si Ω ⊆ C es una region que es conformemente equivalente a una region sim-plemente conexa, demuestre que Ω es simplemente conexa.

7.30. Demuestre que la funcion de Koebe f : B(0;1)→C dada por f (z) = z(1−z)2 es

inyectiva. Determine su imagen.

7.31. Si F ⊆ C(Ω ,C), demuestre que para cada z ∈ Ω existe un numero real M(z)tal que | f (z)| ≤ M(z) para toda f ∈ F si y solo si para cada z ∈ Ω el conjunto f (z) : f ∈ F tiene cerradura compacta. En este caso se dice que la familia F espuntualmente acotada (vea la pagina 192).

7.32. En la demostracion 7.3 del teorema de la aplicacion de Riemann 7.15 se ma-ximizo el modulo | f ′(z0)| para todas las funciones f holomorfas e inyectivas en Ω .Demuestre que la funcion f con modulo | f ′(z0)| maximo anterior tambien maximi-za el modulo de las derivadas en z0 entre todas las funciones ϕ : Ω → B(0;1) nonecesariamente inyectivas.

7.33. Sean Ω1, Ω2 dos subconjuntos abiertos propios de C que son simplementeconexos. Sea f : Ω1 → Ω2 una equivalencia conforme y sea z0 ∈ Ω1 y su imagenw0 = f (z0) ∈ Ω2. Demuestre que para cualquier funcion holomorfa inyectiva g :Ω1→Ω2 tal que g(z0) = w0 se tiene que |g′(z0)| ≤ | f ′(z0)|.

7.34. Encuentre una funcion holomorfa f que transforma biyectivamente la regionz ∈ C : |z|< 1,Re(z)> 0 en el disco unitario B(0;1).

Referencias

En la bibliografıa se han listado, de [1] a [8], libros que han sido consultados yque dan una vision mas amplia de los temas desarrollados en las notas. De [10] a[21] se han incluido algunos artıculos consultados, ya sea por su relevancia historicao para aclarar algunos puntos.1. Ahlfors, L., Complex Analysis. McGraw Hill, New York, 1966.2. Conway, J. B., Functions of One Complex Variable I. 2nd. Edition, Springer-Verlag, New

York, 1978.3. Heins, M., Complex Function Theory. Academic Press, London, 1969.4. Lang, S., Complex Analysis. Third Edition, Springer-Verlag, New York, 1993.5. Remmert, R., Theory of Complex Functions. Springer-Verlag, New York, 1991.6. Rudin, W., Real and Complex Analysis. Third Edition, McGraw Hill, New York, 1987.7. Saks, S. and A. Zygmund, Analytic Functions. Third Edition, Elsevier, Amsterdam, 1971.8. Sarason, D., Complex Function Theory. Second Edition, AMS, Providence, 2007.9. Zaldıvar, F., Introduccion a la teorıa de grupos. Reverte-SMM, Mexico, 2006.

10. Artin. E., “On the Theory of Complex Functions.” Collected Papers, 513-522. Addison-Wesley, Reading, 1965.

11. Arzela, C., “Sulle funzioni di linee.” Mem. Accad. Sci. Ist. Bologna Cl. Sci. Fis. Mat. 5 (5)(1895), 55-74.

12. Arzela, C., “Un’osservazione intorno alle serie di funzioni.” Rend. Dell’ Accad. R. Delle Sci.Dell’Istituto di Bologna (1882-1883), 142-159.

13. Ascoli, G., “Le curve limiti di una varieta data di curve.” Atti della R. Accad. Dei LinceiMemorie della Cl. Sci. Fis. Mat. Nat. 18 (3) (1883-1884), 521-586.

14. Caratheodory, C., “Untersuchungen uber die konformen Abbildungen von festen undveranderlichen Gebieten.” Math. Annalen 72 (1912), 107-144.

15. Dixon, J. D., “A Brief Proof of Cauchy’s Integral Theorem.” Proc. Am. Math. Soc. 29 (3)(1971), 625-626.

16. Goursat, E., “Demostration du Theoreme de Cauchy.” Acta Math. 4 (3) (1884), 197-200.17. Goursat, E., “Sur la Definition Generale des Fonctions Analytiques d’apres Cauchy.” Trans.

Am. Math. Soc. 1 (1900), 14-16.18. Koebe, P., “Uber eine neue Methode der konformen Abbildung und Uniformisierung.”

Nachrichten von der Koniglichen der Wissenschaften zu Gottingen. Mathematische-physikalesche Klasse (1912), 844-848.

19. Montel, P., “Sur les suites infinies de fonctions.” Ann. de l’Ecole Norm. 4 (3) (1907) 233-304.20. Osgood, W. F., “On the Existence of the Green’s Function for the Most General Simply Con-

nected Plane Region.” Trans. Am. Math. Soc. 1 (3) (1900), 310314.21. Pringsheim, A., “Uber den Goursat’schen Beweis des Cauchy’schen Integralsatzes.” Trans.

Am. Math. Soc. 2 (1901), 413-421.

199

Indice alfabetico

abierto, 11relativo, 17

absolutamente, 26accion, 175acumulacion, 23aislado, 33analıtica, 48angulo

entre dos curvas, 169anillo

de funciones holomorfas, 48aplicacion conforme, 170aplicacion de Riemann, 190aproximacion lineal, 41argumento de un complejo, 4

biholomorfa, 109, 188bola, 11

abierta, 11cerrada, 12

cambio de parametro, 75campo

de fracciones, 154de funciones meromorfas, 154de numeros complejos, 1de numeros reales, 1

Cantor, 24capsula convexa, 22Caratheodory, 39cero, 103

simple, 111, 132cerrado, 12

relativo, 17cerradura, 16ciclo, 120ciclos homologos, 120

clase de homotopıa, 127clases de conjugacion, 185cociente

de funciones, 28compacto, 19completez de C, 24componente conexa, 19composicion

de funciones, 28conducta local de una funcion holomorfa, 130conexo, 17conforme, 170conformes, 188conjugacion, 2conjugada armonica, 50conjugadas, 184conjugado, 2conjunto

abierto, 11cerrado, 12compacto, 19conexo, 17convexo, 18, 21denso, 32disconexo, 16

continuaen un punto, 29

contraer, 122converge compactamente, 110, 157convergencia

absoluta, 26compacta, 110, 157puntual, 93uniforme, 93

convexo, 18, 21cubierta abierta, 19curva, 75

201

202 Indice alfabetico

cerrada, 63, 75lisa, 75lisa por tramos, 75nulhomologa, 117regular, 169

curvashomologas, 121homotopas, 121

denso, 32derivada, 37

a la Caratheodory, 39como aproximacion lineal, 41de la funcion inversa, 108

diametro, 24diferenciable, 37, 48dilatacion, 176disco, 11

abierto, 11cerrado, 12de convergencia, 95

disconexo, 16distancia, 10

cordal, 33, 34entre conjuntos, 31

2-transitividad, 184

ecuacionde Laplace, 50

ecuaciones de Cauchy-Riemann, 45eje

imaginario, 1real, 1

elıptica, 187equicontinua, 192equivalentemente conformes, 188esfera de Riemann, 35estimacion de Cauchy, 90expansion de Laurent, 148exponencial, 53extremo final, 17, 63extremo inicial, 17, 63

familiaequicontinua, 192localmente acotada, 193normal, 192puntualmente acotada, 192, 198

fibra, 154de una funcion, 154

forma a+bi, 2forma polar de un complejo, 4formula integral de Cauchy

en un disco, 87, 90

en una region anular, 145version homologica, 118version homologica para ciclos, 120

formula para el numero de ceros y polos, 155formulas de De Moivre, 6fracciones parciales, 139frontera, 15funcion

abierta, 108analıtica, 48armonica, 50biholomorfa, 109compleja, 28conforme, 169, 170continua, 30de Koebe, 198de Lipschitz, 33diferenciable, 48entera, 103exponencial, 52hiperbolica, 61holomorfa, 48lineal conforme, 168logaritmo, 55meromorfa, 154modular, 180periodica, 53potencia, 56racional, 138trigonometrica, 57trigonometrica hiperbolica, 61uniformemente continua, 30

gran teorema de Picard, 140grupo, 182

de Mobius, 182fundamental, 127lineal general, 182lineal proyectivo, 182modular, 188

hiperbolica, 187holomorfa, 48homologo, 120

a cero, 120homotopa, 121homotecia, 176homotopıa, 121hoyo, 113

imagende una curva, 75de una funcion, 28inversa, 29

Indice alfabetico 203

independencia de la trayectoria, 125ındice, 115ındice de un ciclo, 120ındice de una curva cerrada, 115integral

de lınea, 74de Riemann, 65de Riemann-Stieljes, 69

interior, 16inversion, 176isometrıa, 175

Laplace, 50lazo, 122

constante, 122nulhomotopo, 122

Leibniz, 58lema

de Schwarz, 177lımite

de sucesiones complejas, 22de una funcion, 29inferior, 26superior, 26

Lipschitz, 33lisa por tramos, 63localmente acotada, 193logaritmo, 55longitud de un polıgono, 64loxodromica, 187

metricacordal, 33

modulo, 3modulo de un complejo, 3meromorfa, 154Morera, 91multiplicidad, 103

numeros de Bernoulli, 151norma de una particion, 66normal, 192nulhomologa, 117nulhomologo, 120nulhomotopo, 122numero de vueltas, 115

operadores de Wirtinger, 49orden

de un cero, 103de un polo, 138

parabolica, 186parte imaginaria de un complejo, 2

parte real de un complejo, 2parte singular, 138periodica, 53perıodo, 53plano complejo extendido, 33polıgono, 17polo, 137

en ∞, 140preservar angulos, 168primitiva, 43principio del argumento, 155producto

de funciones, 28proyeccion estereografica, 34punto

aislado, 33de acumulacion, 23frontera, 15interior, 11lımite, 23

punto al infinito, 33punto de ramificacion, 162puntos fijos

de una transformacion de Mobius, 183

radio de convergencia, 95raıces de complejos, 6rama

del logaritmo, 55principal del logaritmo, 56

recta proyectiva compleja, 181rectificable, 64refina, 64region, 48

anular, 143anular de convergencia, 144simplemente conexa, 126

reparametrizacion, 75residuo, 152resta

de funciones, 28Riemann-Stieljes integrable a lo largo de γ , 69rotacion, 176

segmento, 17semiplano

cerrado, 15serie, 26

armonica, 27convergente, 26convergente absolutamente, 26de funciones, 94de la funcion exponencial, 99de Laurent, 143, 148

204 Indice alfabetico

de potencias, 95de Taylor, 100divergente, 26geometrica, 95infinita, 26

simple, 111, 132simplemente conexa, 126singularidad, 133

aislada, 133aislada en ∞, 140esencial, 139esencial en ∞, 140removible, 134removible en ∞, 140

subcubierta finita, 19sucesion, 22

convergente, 22de Cauchy, 24de funciones, 93de sumas parciales, 26

sumade funciones, 28

suma de curvas, 115sumas de Riemann-Stieljes, 69sumas parciales, 26

teoremade Arzela-Ascoli, 192de Cantor, 24de Casorati-Weierstrass, 139de Cauchy en un disco, 101de Cauchy en una region convexa, 85de Cauchy para dos cırculos concentricos,

145de Cauchy, version homologica, 119de Cauchy, version homologica para ciclos,

120de Cauchy, version homotopica, 123de Cauchy-Goursat, 83de Cauchy-Hadamard, 95de Hurwitz, 157

de isomorfismo de Noether, 182de la aplicacion de Riemann, 190de la conducta local de una funcion

holomorfa, 130de la funcion abierta, 108, 131de la identidad, 104de Liouville, 103de Morera, 91de Picard, 140de Rouche, 156de singularidades removibles de Riemann,

134de Stieljes-Osgood-Montel, 194del modulo maximo, 106del modulo maximo en una region acotada,

107del modulo mınimo, 112del modulo mınimo en una region acotada,

112del residuo, 152fundamental del algebra, 103

transformacion de Mobius, 175elıptica, 187hiperbolica, 187loxodromica, 187parabolica, 186

transformaciones lineales fraccionarias, 175traslacion, 176trayectoria, 63

lisa por tramos, 63cerrada, 63lisa, 63opuesta, 76rectificable, 64

trazade un ciclo, 120de una curva, 75

3-transitividad, 183

unidad imaginaria, 2uniformemente continua, 30

funciones de variable compleja.pdf

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