Capítulo 2

Funciones de Variable Compleja.La teoría de funciones de variable compleja, es una de las más importantes de la matemática no sólo porque en esta variable se alcanza el más alto nivel, sino también por sus aplicaciones a la física y a la ingeniería. Los nombres de Cauchy, Riemann, Laplace, Gauss, Euler, son suficiente para ilustrar la importancia de este capítulo.

En esta primera sección trabajamos con la primera relación de importancia que liga a las partes real e imaginaria de una función de variable compleja con derivada. Estas relaciones, llamadas ecuaciones de Cauchy-Riemann, se encuentran en el núcleo de la teoría de funciones de variable compleja.

Sección 1

CONTENIDO.

1. Partes real e imaginaria de f (z).

2. Ecuaciones de Cauchy-Riemann.

Ecuaciones de Cauchy-Riemann.

24

Problemas.

1) Demostrar que la función

f (z) =z̄3

|z |2 si z ≠ 0

0 si z = 0

satisface las ecuaciones de Cauchy-Riemann en z0 = 0 pero que no es derivable allí.

Solución.

Lo primero que debemos hacer es escribir la función f (z) en la forma

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

porque las ecuaciones de Cauchy-Riemann se expresan en función de u y v.

Realizando los cálculos encontramos que

z̄3 = (x − yi)3 = x3 − 3x2(yi) + 3x(yi)2 − (yi)3 (1)

y trivialmente

|z |2 = x2 + y2.

De esto obtenemos, juntando las partes real e imaginaria en (1) que

f (z) =x3 − 3xy2

x2 + y2 + i −3x2y + y3

x2 + y2 si (x, y) ≠ (0,0)

0 + 0i si (x, y) = (0,0)

lo que significa que

u(x, y) =x3 − 3xy2

x2 + y2 si (x, y) ≠ (0,0)

0 si (x, y) = (0,0)

y que

v(x, y) =−3x2y + y3

x2 + y2 si (x, y) ≠ (0,0)

0 si (x, y) = (0,0).

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Ahora sí, como tenemos explícitamente u y v ya podemos verificar que se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann

u′�x(0,0) = v′�y(0,0) y u′�y(0,0) = − v′ �x(0,0).

Verificaremos sólo la primera de ellas pues la segunda se verifica de una manera totalmente análoga. Por definición tenemos que

u′�x(0,0) = limh→0

u(h,0) − u(0,0)h

y entonces, por la definición de la función u

u′�x(0,0) = limh→0

h3 − 3h.02

h2 + 02 − 0

h= lim

h→0

h3

h3= 1.

Además, como

v′�y(0,0) = limk→0

−3.02k + k3

02 + k2 − 0

k= lim

k→0

k3

k3= 1

obtenemos la primera ecuación de Cauchy-Riemann

u′�x(0,0) = v′�y(0,0).

De una manera completamente análoga se prueba la segunda ecuación de Cauchy-Riemann

u′�y(0,0) = − v′ �x(0,0).

Para verificar que no es derivable en z0 = 0 veamos que el límite

limΔz→0

f (0 + Δz) − f (0)Δz

= f′�(0)

no existe.

Si probamos que para distintos incrementos Δz el límite produce distintos valores habremos probado que el límite no existe. Tomemos el incremento

Δz = Δx + iΔy = Δx.

En este caso tenemos

limΔx→0

f (0 + Δx) − f (0)Δx

= limΔx→0

(Δx)3

Δx2 − 0

Δx= lim

Δx→0

Δx3

Δx3= 1

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ya que el conjugado del incremento real, es decir Δx, es el mismo incremento Δx.

Si en cambio tomamos ahora el incremento

Δz = Δx + iΔx

obtenemos

limΔx+iΔx→0

f (Δx + iΔx) − f (0)Δx + iΔx

= limΔx→0

(Δx + iΔx)3

|Δx + iΔx |2 − 0

Δx + iΔx

es decir, sacando factores comunes Δx

limΔx+iΔx→0

(Δx)3 . (1 + i)3

2(Δx)2Δx(1 + i)= lim

Δx+iΔx→0

(1 − i)3

2(1 + i)≠ 1.

Luego, como hemos encontrado dos incrementos Δz para los cuales el límite que, en caso de existir, sería

limΔz→0

f (0 + Δz) − f (0)Δz

= f′�(0)

concluimos que la función f (z) NO es derivable en z0 = 0 a pesar de que allí se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann.

□

2) Probar que si f ∈ H(C ) y si

| f (z) + 1 | = 1 ∀z ∈ C

entonces f es constante.

Solución.

En primer lugar observemos que podemos llamar a la función f (z) + 1 = g(z) y entonces nuestro ejercicio se reduce a probar que si

|g(z) | = 1 ⟹ g(z) es constante

y entonces, como g(z) es constante, f (z) es constante pues f (z) = g(z) − 1.

A h o r a b i e n , |g(z) | = 1 ⟹ |g(z) |2 = 1 . S e a entonces

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g(z) = u(x, y) + iv(x, y).

Entonces, puesto que |g(z) |2 = 1, tenemos omitiendo las variables que

u2 + v2 = 1. (1)

Derivemos ambos miembros de esta ecuación con respecto a x y con respecto a y para obtener

2u . u′�x + 2v . v′�x = 0

2u . u′�y + 2v . v′ �y = 0.

Para probar que la función es constante probaremos que u′�x = u′�y = v′�x = v′�y = 0 puesto que si ese

es el caso ni u ni v dependen ni de x ni de y. Eliminando los 2 de las ecuaciones anteriores y usando las ecuaciones de Cauchy-Riemann encontramos que

u . v′�y + v . v′�x = 0

−u . v′�x + v . v′�y = 0

sistema que escrito en forma matricial puede escribirse así :

( v u−u v) . (

v′�xv′�y) = (0

0).

Ahora bien, para cada (x, y) ∈ R2 tenemos un sistema lineal homogéneo cuyo determinante es Δ = v2 + u2, que por la ecuación (1) es igual a 1 y por lo tanto es distinto de cero. Pero, un tal sistema tiene una única solución y como la trivial lo es debemos tener que

v′�x = 0 y v′�y = 0.

Luego, usando las ecuaciones de Cauchy-Riemann llegamos a que

u′�x = v′�y = 0 ∧ u′�y = − v′�x = 0.

Hemos probado que las funciones u y v son constantes y por lo tanto g(z) = u + iv es constante.

28

□

Se puede ver una solución on-line aquí.

3) Determinar para qué valores de a y b la función

f (z) = (ax + 2y) + i(−2x + by)

es una función entera.

Solución.

Sean u(x, y) = ax + 2y y v(x, y) = − 2x + by. Puesto que u y v son funciones diferenciables en R2 vemos que si u y v satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann la función f (z) será entera, es decir, holomorfa en todo C. Debemos tener entonces que

u′�x = a = v′�y = b

ya que la otra ecuación u′�y = − v′�x es en este caso

trivial. Eso significa que los valores de a y b deben ser

iguales para que f (z) sea entera y entonces nuestra función debe tener la forma

f (z) = (ax + 2y) + i(−2x + ay).

Podemos interpretar este resultado un poco más. Parecería que, siendo u y v funciones lineales, cualesquiera valores de a y b producirían una función holomorfa. Pero esto no es así y geométricamente puede interpretarse. Si consideramos las curvas u(x, y) ≡ C y v(x, y) ≡ K, las cuales por supuesto son rectas vemos que un vector perpendicular a las primeras es el vector ∇u = (a,2) y un vector perpendicular a las segundas es ∇v = (−2,a) y tomando producto interno entre éstos obtenemos

∇u ⋅ ∇v = − 2a + 2a = 0.

Por lo tanto las curvas u(x, y) ≡ C y v(x, y) ≡ K, que en realidad son rectas, deben ser perpendiculares para definir entre ambas una función holomorfa. Luego, fijada la pendiente de una de ellas, las otras quedan completamente determinadas. Ésa es la naturaleza

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íntima de que haya un sólo parámetro y no dos como solución de nuestro ejercicio. En la galería 2.1. vemos

esto claramente en varios casos.

□

30

Las curvas u(x, y) ≡ C y v(x, y) ≡ K deben cortarse perpendicularmente para definir, como partes real e imaginaria (respectivamente) una función holomorfa.

Galería 2.1. Una posible interpretación geométrica de las ecuaciones de Cauchy-Riemann.

La teoría de funciones de variable compleja comienza a ejemplificarse en esta segunda sección. Es fundamental para explicar varios teoremas que después veremos y para interpretaciones geométricas y físicas el manejo de esta sección. Con la interface gráfica moderna que disponemos en esta herramienta podremos hacer un tratamiento especial de los temas de esta sección.

Sección 2

CONTENIDO

1. Funcion f (z) = z2.

2. Función f (z) =1z

.

3. Función homográfica.

4. Función f (z) = ez.

5. Función f (z) = sen(z).

Funciones Elementales.

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Problemas.

1) Hallar la imagen de las rectas x = c y y = k bajo la transformación

f (z) = z2.

Solución.

La función f (z) = z2 escrita en la forma f (z) = u + iv es

f (z) = x2 − y2 + i2xy.

Esto significa que en el plano w tenemos que

u = x2 − y2 y v = 2xy. (1)

Para hallar la imagen de las rectas x = c comencemos por hallar la imagen de la recta x = 1 e intentemos luego generalizar esta idea.

Si x = 1 entonces u = 1 − y2 y v = 2y. Esto representa una curva en el plano w, que tiene las

variables u y v cuyo parámetro es y. Eliminando el

parámetro vemos que como y =v2

tenemos

u = 1 −v2

4

lo cual representa obviamente una parábola.

De la misma manera si queremos hallar la imagen de la recta y = 1 llegamos a que

u = x2 − 1 y v = 2x.

Eliminando el parámetro, que ahora es la x, llegamos a que

u =v2

4− 1

lo cual también es una parábola.

En la galería 2.2. vemos las rectas x = 1 e y = 1 transformadas en el plano w y la generalización de estas ideas a otras rectas x = c e y = k con c, k ≠ 0.

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Pero hay dos casos que son particulares que, como siempre, son los casos en que x = 0 e y = 0. Analicemos en detalle estas dos situaciones

particulares. Si y = 0 entonces las ecuaciones (1) se transforman en

u = x2 y v = 0.

Observemos que como x2 ≥ 0 tenemos u ≥ 0. Luego la imagen de la recta y = 0 (que es el eje real) es

u ≥ 0 y v = 0.

Analicemos ahora el caso x = 0. Si x = 0 entonces

u = − y2 y v = 0

y como ahora u ≤ 0 tenemos que la imagen de la recta x = 0 (que es el eje imaginario) es

u ≤ 0 y v = 0.

En la galería 2.3. vemos estas rectas con sus correspondientes imágenes. Pero surge una cuestión importante : ¿Porqué si las rectas x = 0 e y = 0 se cortan perpendicularmente formando un ángulo recto sus imágenes forman un ángulo llano? La respuesta

33

He aquí las rectas x = 1,y = 1 en colorado y azul respectivamente. A continuación vemos las imágenes de estas rectas a través de la función z2.

Galería 2.2. Imágenes bajo la función f (z) = z2.

está en que la derivada de la función f (z) = z2 es obviamente

f′�(z) = 2z

y esta derivada se anula en z = 0. Luego la transformación f (z) = z2 no es conforme en z = 0 y entonces no es necesario que las imágenes de rectas perpendiculares que pasen por z = 0 sean curvas que se corten perpendicularmente. Como una última observación relacionada con la función f (z) = z2 hallemos la imagen de la recta x = − 1.

Si x = − 1 entonces u = 1 − y2 y v = − 2y. Esto representa una curva en el plano w, que tiene las variables u y v cuyo parámetro es y. Eliminando el

parámetro vemos que como y = −v2

tenemos

u = 1 −v2

4

lo cual representa la misma parábola en la cual se transformó la recta x = 1. Esto muestra

incidentalmente que la función f (z) = z2 no es inyectiva.

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Los dos ejes definidos como x = 0 e y = 0 respectivamente cortándose en ángulo recto NO se transforman conservando esta perpendicularidad pues f ′�(0) = 2z

z=0= 0. Luego la transformación NO es conforme en

z = 0.

Galería 2.3. Imagen de los ejes real e imaginario bajo la función f (z) = z2.

□

2) Hallar la imagen del dominio

D = {z ∈ C : |z − 1 | < 1 ∧ Im(z) > 0}

bajo la transformación f (z) =1z

.

Solución.

Comencemos por describir el dominio D por unas inecuaciones que involucren a las variables x e y.

P a r a e l l o p o d e m o s a y u d a r n o s d e l a representación geométrica de D.

Es evidente que |z − 1 | < 1 representa un círculo de radio 1 (sin su circunferencia borde) con centro en z0 = 1 y que Im(z) > 0 representa el semiplano superior. Luego el dominio D se representa geométricamente como en la galería 2.4.

Ahora bien, para averiguar en qué se transforma

ese dominio D a través de la función f (z) =1z

nos

35

La inecuación |z − 1 | < 1 representa el círculo (sin el borde) con centro en (1,0) y radio 1 mientras que Im(z) > 0 representa el semiplano superior. Ambas simultáneamoente representan este dominio D.

Galería 2.4. Representación geométrica del dominio D.

conviene describir este dominio en coordenadas cartesianas pues una ecuación de la forma

a(x2 + y2) + bx + cy + d = 0

se transforma en el plano w en una ecuación de la forma

d(u2 + v2) + bu − cv + a = 0

y en dichas expresiones se puede poner ≤ o ≥ y en vez de transformar igualdades en igualdades transformamos desigualdades en desigualdades.

Sabemos que una ecuación de la forma

a(x2 + y2) + bx + cy + d = 0 (1)

representa cualquier circunferencia o recta en el plano dependiendo de los valores de a, b, c, d, de modo que con ella podremos describir completamente a nuestro dominio D. En efecto, nuestro un círculo de radio 1 con centro en (1,0) se describe por

(x − 1)2 + y2 < 1

y desarrollando el cuadrado obtenemos, luego de simplificar el 1 que

x2 + y2 − 2x < 0. (2)

Además, el semiplano superior se define trivialmente por la inecuación

y > 0. (3)

Ahora bien, el primer miembro de la inecuación (2) es un ejemplo del primer miembro de la (1) donde

a = 1, b = − 2, c = 0, d = 0.

Luego en el plano w la inecuación (2) se transforma en

0.(u2 + v2) − 2u − 0.c + 1 < 0

o lo que es lo mismo

u <12

. (4)

36

De la misma manera la inecuación (3), donde c = 1 se transforma en

−v > 0

es decir

v < 0. (5).

Luego, nuestro dominio D se transforma en la conjunción de las desigualdades (4) y (5) resultando en el dominio

f (D) = D′� = {(u, v)/u <12

∧ v < 0}.

Este dominio lo representamos en la galería 2.5. junto con el dominio D.

Nota : Para resolver este ejercicio hemos usado un hecho que no vale siempre, a saber : que la imagen de la intersección es la intersección de las imágenes. Pero en el caso en que f es inyectiva, sí es cierto que si D, D′� son subcunjuntos del dominio de f entonces

f (D ∩ D′�) = f (D) ∩ f (D′�),

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Este es nuestro dominio D. Si le aplicamos a cada punto de D la función w =

1z

obtendremos la figura que se obtiene a continuación.

Galería 2.5. Imagen bajo w =1z

del dominio D.

es decir nuestra solución es correcta pues f (z) =1z

es

una función inyectiva.

□

Se puede ver una solución on line aquí.

3) Hallar la imagen del dominio

D = {z ∈ C : Im(z) > 0}

bajo la función f (z) =z − iz + i

.

Solución.

Observemos que nuestra función puede escribirse así :

f (z) =z − iz + i

=(z + i) − 2i

z + i= 1 −

2iz + i

.

Vemos entonces que la función f (z) es la composición de las funciones

f1(z) = z + i

f2(z) =1z

f3(z) = − 2iz

f4(z) = 1 + z

de manera que tenemos

f (z) = ( f4 ∘ f3 ∘ f2 ∘ f1)(z) = f4( f3( f2( f1(z)))).

Consideremos entonces la función f1(z) = z + i.

Es evidente que el dominio D = {z ∈ C : Im(z) > 0} se transforma en

f1(D) = {z1 ∈ C : Im(z1) > 1}.

Si no se ve trivialmente, esta conclusión puede obtenerse así :

f1(z) = x + i(y + 1) = u1 + iv1.

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Luego, u1 = x, v1 = y + 1, de donde obtenemos la implicación

y > 0 ⟹ v1 > 1.

Ahora viene la parte de la función inversión. Nuestro dominio

f1(D) = {z1 ∈ C : Im(z1) > 1}

se puede describir por la inecuación

v1 − 1 > 0

y entonces, recordando la función inversión, este dominio se transforma en

−(u22 + v2

2 ) − v2 > 0

es decir, luego de completar cuadrados

f2( f1(D)) = {w2 ∈ C : u22 + (v2 +

12

)2 <14 }.

Al aplicar a este último dominio la función f3 observemos que, puesto que la misma es una rotación

de todo el plano en 90∘ es sentido horario y una multiplicación por el escalar λ = 2 el nuevo dominio imagen por f3 es

f3( f2( f1(D))) = {w3 ∈ C : (u3 + 1)2 + v23 < 1}.

Finalmente, cuando a este dominio le aplicamos f4 obtenemos

f4( f3( f2( f1(D)))) = {w4 ∈ C : u24 + v2

4 < 1}.

En resumen, si

D = {z ∈ C : Im(z) > 0}

entonces

f (D) = {w ∈ C : u2 + v2 < 1}.

En la galería 2.6. vemos estos pasos uno por uno.

Nota : En este caso particular se puede proceder geométricamente y probar que la imagen del dominio

D = {z ∈ C : Im(z) > 0}

39

a través de

f (z) =z − iz + i

es el círculo unitario sin el borde

f (D) = {w ∈ C : u2 + v2 < 1}.

En efecto, si Im(z) > 0 entonces la distancia desde z hasta i, |z − i | es menor que la distancia desde z hasta −i. Es decir, |z − i | < |z − (−i) | de lo que deducimos

|z − i ||z + i |

< 1.

Luego

| f (z) | =z − iz + i

< 1

es decir la imagen de cualquier punto del semiplano superior cae necesariamente adentro del círculo. Análogamente los puntos del semiplano inferior caen afuera del círculo y los punto sobre el eje real x caen precisamente sobre el círculo. Pero, ¿porqué los puntos del semiplano superior llenan todo el círculo? Esto se debe a que una función homográfica no

40

El dominio inicial D = {z ∈ C : Im(z) > 0}.

Galería 2.6. Transformación del dominio del ejercicio a través de las sucesivas composiciones.

constante es biyectiva en el plano complejo ampliado W* , lo cual significa que no puede haber puntos del interior del círculo que no sean imágenes de

exactamente un punto del plano Z* y estos puntos deben ser, de acuerdo a lo recién demostrado del dominio

D = {z ∈ C : Im(z) > 0}.

En la galería 2.7. mostramos geométricamente esta interesante idea.

□

Se puede ver una solución on-line aquí.

4) Hallar la imagen del rectángulo

R = {z ∈ C : 1 < Re(z) < 2 ∧π6

< y <π3 }

bajo la transformación f (z) = ez.

Solución.

Puesto que

w = ez = exeiy = ρeiθ,

41

Vemos que la distancia de un punto z del semiplano superior hasta z0 = i es menor estricta que la distancia desde es punto z hasta z1 = − i probando que el cociente |z − i |

|z + i |< 1.

Galería 2.7. Geometría de nuestro razonamiento para probar que |w | < 1

conviene pensar el plano W en coordenadas polares puesto que la imagen de un complejo z ∈ C está escrita en coordenadas polares y no en cartesianas, si bien es posible pasar a ellas si fuera necesario.

Comencemos por calcular la imagen de una recta x = c a través de la función f (z) = ez. Si x = c entonces

ρ = ec ∧ −∞ < θ < ∞.

Luego, una recta x = c se transforma bajo f (z) = ez en una circunferencia de radio ρ = ec.

De la misma manera si y = k entonces

ρ = ex ∧ θ = k.

Luego, como −∞ < x < ∞ tenemos que

0 < ρ < ∞

es decir, una recta y = k se transforma en una semirrecta que sale del origen (sin incluirlo) y que forma un ángulo con el semieje positivo de abscisas de θ = k. Ahora bien, como la función f (z) = ez es

inyectiva en este dominio R (pero no en todo C) la imagen de la intersección es la intersección de las imágenes y concluimos, de acuerdo a lo recién demostrado relativo a la transformación de la red

42

Las red cartesiana se transforma en semirrectas y circunferencias. Por ejemplo la rectas colorada y azul se transforman respectivamente en las circunferencia y semireecta que siguen.

Galería 2.8. Transformación f (z) = ez.

cartesiana que nuestro dominio R se transformará en el sector circular

R′� = {(ρ, θ) : e < ρ < e2 ∧π6

< θ <π3 }.

En la galería 2.8. vemos varias de estas conclusiones y la respuesta a nuestro ejercicio.

□

Se puede ver una solución on-line aquí.

5) Hallar la imagen del dominio

D = {z ∈ C : 0 < Re(z) <π2

∧ y > 0}

a través de la transformación f (z) = sen2(z).

Solución.

Observemos que la función f (z) = sen2(z) es la composición de la función f1(z) = sen(z) con f2(z) = z2 de modo que

f (z) = f2( f1(z)).

Analicemos primero la función f1(z) = sen(z).

Hallemos las partes real e imaginaria de f1(z) = sen(z). Si z = x + iy entonces

f (z) = sen(x + iy) = sen(x)ch(y) + ish(y)cos(x).

De aquí deducimos que

u(x, y) = sen(x)ch(y)

v(x, y) = cos(x)sh(y).

Transformemos entonces una recta de la forma

x = c con 0 < c <π2

. En este caso

u(c, y) = sen(c)ch(y) (1)

v(c, y) = cos(c)sh(y). (2)

C o m o 0 < c <π2

, v e m o s q u e sen(c) ≠ 0 y

cos(c) ≠ 0. Luego, dividiendo las ecuaciones anteriores por estos valores no nulos obtenemos

43

u(c, y)sen(c)

= ch(y)

v(c, y)cos(c)

= sh(y).

Elevando al cuadrado y restando miembro a miembro obtenemos

u2(c, y)sen2(c)

= ch2(y)

v2(c, y)cos2(c)

= sh2(y),

de lo que deducimos que, independientemente de y

u2

sen2(c)−

v2

cos2(c)= 1

es decir, una recta x = c con las condiciones pedidas se transforma en un conjunto que debe estar contenido en la hipérbola de ecuación

u2

sen2(c)−

v2

cos2(c)= 1. (3)

Ahora bien, de (1) puesto que sen(c) > 0 y ch(y) > 1 vemos que

44

Las dos semirrectas verticales frontera de nuestro dominio se transforman en las dos semirrectas que siguen.

Galería 2.9. Ejemplos de imágenes bajo la transformación f1(z) = sen(z).

u(x, c) > 0

luego, la imagen de (1) es la parte de la hipérbola que satisface u > 0. Como además y > 0 implica que sh(y) > 0 vemos de (2) que v > 0. En la galería 2.9. vemos esta situación claramente.

Pero t ransformemos ahora , aunque no pertenezcan a nuestro dominio las semirrectas

x = 0, x =π2

con la condición y > 0.

Si x = 0 vemos de (1) con c = 0 que

u = 0, v = sh(y)

y r e c o r d e m o s q u e s i 0 < y < ∞ e n t o n c e s 0 < sh(y) < ∞.

Luego la imagen de la semirrecta x = 0, y > 0 es la semirrecta u = 0, v > 0.

Si en cambio ponemos c =π2

con y > 0

encontramos de (1) y (2) que

u = ch(y), v = 0

y en este caso, como ch(y) > 1 si y > 0 tenemos que la

imagen de la semirrecta x =π2

, y > 0 es la semirrecta

u = 0, v > 1. Estos hechos los vemos también en la galería 2.9.

Finalmente, es evidente que los “reales”

0 < x <π2

∧ y = 0

se transforman en los “reales”

0 < u < 1 ∧ v = 0.

Con todo esto vemos que la transformación de nuestro dominio

D = {z ∈ C : 0 < Re(z) <π2

∧ y > 0}

a través de la función f1(z) = sen(z) es el primer cuadrante como se ilustra en la siguiente galería donde para mayor claridad hemos agregado claramente las imágenes de los puntos frontera de D.

45

Para finalizar el ejercicio, debemos aplicar al dominio f (D) = D′� la función f2(z) = z2. Si bien podríamos proceder en coordenadas cartesianas, nos conviene hacerlo en coordenadas polares.

En efecto, el dominio D′� se describe en coordenadas polares por

D′� = {(ρ, θ) : 0 < ρ < ∞ ∧ 0 < θ <π2 }.

Recordando, que en coordenadas polares si

z = ρeiθ ⟹ z2 = ρ2ei2θ

vemos inmediatamente que la imagen de D′� a través de la función f2(z) = z2 es

D′�′� = {(ρ, θ) : 0 < ρ < ∞ ∧ 0 < θ < π}.

Es decir, la respuesta a nuestro ejercicio es

f (D) = {(ρ, θ) : 0 < ρ < ∞ ∧ 0 < θ < π}

por las observaciones hechas al comienzo del ejercicio sobre composición de funciones.

□

46

El dominio D con sus puntos frontera se transforma en el dominio que sigue a continuación.

Galería 2.10. La imagen de nuestro dominio D bajo la transformación f1(z) = sen(z)