El documento lista las soluciones propuestas para varios ejercicios de cálculo. Incluye las soluciones para las partes (g) del Ejercicio 1, (a)-(d) del Ejercicio 2, (a) del Ejercicio 3, (e) del Ejercicio 4, (d) del Ejercicio 5, (a)-(e) del Ejercicio 6, (e) del Ejercicio 7, (e) del Ejercicio 8 y (f) del Ejercicio 9. Cada ejercicio parece tratar sobre un tema diferente de c

1. Soluciones PEC Enero 2019
Ampliaci´on de C´alculo
Ejercicio 1 (g)
Ejercicio 2 (a), (b), (c), (d)
Ejercicio 3 (a)
Ejercicio 4 (e)
Ejercicio 5 (d)
Ejercicio 6 (a), (b), (c), (d), (e)
Ejercicio 7 (e)
Ejercicio 8 (e)
Ejercicio 9 (f)
Ejercicio 10 (e)
Ejercicio 1. Se˜nale todas las soluciones de la ecuaci´on tanh z =
√
3i.
Nota: tanh z denota la tangente hiperb´olica de z ∈ C y se define como tanh z =
senh z
cosh z
.
(a) z = 0 (b) z = kπi, k ∈ Z (c) z = kπ, k ∈ Z (d) z =
√
3i (e) z = i
(f) z = 1 + 2i (g) z = k + 1
3
πi, k ∈ Z (h) z = k +
√
3 i, k ∈ Z (i) Ndla
Soluci´on: (g)
tanh z =
senh z
cosh z
=
ez
− e−z
ez + e−z
=
√
3i =⇒ ez
(1 −
√
3i) = e−z
(1 +
√
3i) =⇒
e2z
=
1 +
√
3i
1 −
√
3i
=
−1 +
√
3i
2
=⇒ e2z
= e
2π
3
i+2kπi
, k ∈ Z =⇒
2z =
2π
3
i + 2kπi, k ∈ Z =⇒ z = k +
1
3
πi, k ∈ Z
1

2. Ejercicio 2. Sea f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) una funci´on holomorfa en todo C. Se˜nale las proposiciones
verdaderas.
(a) u : R2
→ R es una funci´on arm´onica en R2
.
(b) v : R2
→ R es una funci´on arm´onica en R2
.
(c) u · v = 0.
(d) Si f (x + iy) = 0, la curva de nivel de u en el punto (x, y) es ortogonal a la curva de nivel de v en el
punto (x, y).
(e) Ndla
Soluci´on: (a), (b), (c), (d). Dado que f es una funci´on holomorfa en todo C, las funciones parte real u y
parte imaginaria v son diferenciables y satisfacen las condiciones de Cauchy-Riemann en (x, y), esto es,
∂u
∂x
=
∂v
∂y
∂u
∂y
= −
∂v
∂x
.
Adem´as, como f es una funci´on anal´ıtica en C, u y v son de clase infinito y por tanto podemos derivar la
primera ecuaci´on de C-R con respecto a x y la segunda ecuaci´on de C-R con respecto a y para ver que
∂2
u
∂x2
+
∂2
u
∂y2
= 0.
Derivando ahora la primera ecuaci´on de C-R con respecto a y y la segunda ecuaci´on de C-R con respecto
a x obtenemos
∂2
v
∂x2
+
∂2
v
∂y2
= 0.
Por tanto, u y v son arm´onicas en R2
. De nuevo, usando las condiciones de Cauchy-Riemann obtenemos
u · v =
∂u
∂x
,
∂u
∂y
·
∂v
∂x
,
∂v
∂y
= 0.
Las curvas de nivel ser´an ortogonales en un punto si los gradientes son perpendiculares en dicho punto, y
adem´as, u = 0 y u = 0 (si fueran cero no tendr´ıamos informaci´on). Como
f (x + iy) =
∂u
∂x
+ i
∂v
∂x
=
∂v
∂y
− i
∂u
∂y
= 0,
en particular u = 0 y u = 0. Veamos con un ejemplo esta propiedad. Sea f(x + iy) = x2
− y2
+ i(2xy).
En el primer y segundo dibujo representamos las curvas de nivel de u(x, y) = x2
− y2
y v(x, y) = 2xy
respectivamente. En el tercer dibujo vemos que las curvas de nivel son ortogonales.
2

3. Ejercicio 3. Dados dos puntos distintos, z1, z2 ∈ C, se˜nale qu´e figura representa el siguiente conjunto:
{z ∈ C : |z − z1| = |z − z2|}
(a) Recta (b) Un par de rectas (c) Punto (d) Un par de puntos (e) Circunferencia
(f) Un par de circunferencias (g) Elipse (h) Un par de elipses (i) Ndla
Soluci´on: (a). Denotando por z1 = x1 + iy1 y z2 = x2 + iy2 obtenemos
0 = |z − z1|2
− |z − z2|2
= (x − x1)2
+ (y − y1)2
− (x − x2)2
− (y − y2)2
= x2
+ x2
1 − 2xx1 + y2
+ y2
1 − 2yy1 − x2
− x2
2 + 2xx2 − y2
− y2
2 + 2yy2
= 2(x2 − x1)x + 2(y2 − y1)y + x2
1 + y2
1 − x2
2 − y2
2,
que es una recta. Tambi´en se puede ver directamente sabiendo que es el conjunto de puntos que equidistan
de z1 y z2, esto es, la mediatriz del segmento que une los puntos z1 y z2.
3

4. Ejercicio 4. Dados dos puntos distintos, z1, z2 ∈ C y un n´umero real, r > 1, se˜nale qu´e figura representa
el siguiente conjunto:
D = {z ∈ C : |z − z1| = r|z − z2|}.
(a) Recta (b) Un par de rectas (c) Punto (d) Un par de puntos (e) Circunferencia
(f) Un par de circunferencias (g) Elipse (h) Un par de elipses (i) Ndla
Soluci´on: (e). Si C es la circunferencia C = {w ∈ C : |w| = r} y f es la transformaci´on de M¨obius
f(z) =
z − z1
z − z2
, entonces D = {z ∈ C : f(z) ∈ C}, es decir, D = f−1
(C). Como la inversa f−1
de
una transformaci´on de M¨oebius es otra transformaci´on de M¨oebius y las transformaciones de M¨oebius
convierten las circunferencias en rectas o circunferencias, resulta que D es, o bien una recta, o bien
una circunferencia. Si D fuera una recta, tendr´ıamos ∞ ∈ D = f−1
(C), es decir, f(∞) ∈ C, pero
f(∞) = l´ım
z→∞
z − z1
z − z2
= 1 /∈ C, porque |1| = 1 = r. Por lo tanto, D es una circunferencia.
Aunque no se pide en el enunciado, podemos calcular el centro y el radio de la circunferencia D.
La recta R que une los puntos z1 y z2 viene dada por z = tz1 + (1 − t)z2 con t ∈ R. Sustituyendo en la
expresi´on de D :
|tz1 + (1 − t)z2 − z1|2
= r2
|tz1 + (1 − t)z2 − z2|2
⇐⇒ (t − 1)2
= r2
t2
⇐⇒ t =
1
1 − r
, t =
1
1 + r
.
Por lo tanto, los puntos de corte de la R y la circunferencia D son
z3 =
1
1 − r
z1 + 1 −
1
1 − r
z2 , z4 =
1
1 + r
z1 + 1 −
1
1 + r
z2.
En consecuencia, el centro de D es
z3 + z4
2
=
r2
z2 − z1
r2 − 1
, mientras que su radio es
z3 − z4
2
=
r |z1 − z2|
r2 − 1
.
Es posible llegar a la misma conclusi´on utilizando procedimientos elementales (agrupando cuadrados)
0 = |z − z1|2
− r2
|z − z2|2
= (x − x1)2
+ (y − y1)2
− r2
(x − x2)2
− r2
(y − y2)2
= x2
− 2xx1 + x2
1 + y2
− 2yy1 + y2
1 − r2
x2
+ 2r2
xx2 − r2
x2
2 − r2
y2
+ 2r2
yy2 − r2
y2
2
= 1 − r2
x2
+ 2 r2
x2 − x1 x + 1 − r2
y2
+ 2 r2
y2 − y1 y + x2
1 − r2
x2
+ y2
1 − r2
y2
2
⇐⇒ x2
+ 2
r2
x2 − x1
1 − r2
x + y2
+ 2
r2
y2 − y1
1 − r2
y +
x2
1 − r2
x2
2 + y2
1 − r2
y2
2
1 − r2
= 0
⇐⇒ x +
r2
x2 − x1
1 − r2
2
−
r2
x2 − x1
1 − r2
2
+ y +
r2
y2 − y1
1 − r2
2
−
r2
y2 − y1
1 − r2
2
+
x2
1 − r2
x2
2 + y2
1 − r2
y2
2
1 − r2
= 0
⇐⇒ x +
r2
x2 − x1
1 − r2
2
+ y +
r2
y2 − y1
1 − r2
2
=
r2
x2 − x1
1 − r2
2
+
r2
y2 − y1
1 − r2
2
−
x2
1 − r2
x2
2 + y2
1 − r2
y2
2
1 − r2
⇐⇒ x −
r2
x2 − x1
r2 − 1
2
+ y −
r2
y2 − y1
r2 − 1
2
=
r2
(x1 − x2)2
+ (y1 − y2)2
(r2 − 1)2 =
r2
|z1 − z2|2
(1 − r2)2
⇐⇒ z −
r2
z2 − z1
r2 − 1
2
=
r2
|z1 − z2|2
(r2 − 1)2 ⇐⇒ z −
r2
z2 − z1
r2 − 1
=
r |z1 − z2|
r2 − 1
> 0
Por lo tanto, D es una circunferencia de centro
r2
z2 − z1
r2 − 1
y radio
r |z1 − z2|
r2 − 1
.
4

5. Ejercicio 5. El punto z = i es un polo de orden dos de la funci´on f(z) =
z2
− z + 1
(z − i)2z
. Por lo tanto,
existen unas constantes complejas c−2, c−1, c0, c1, . . . tales que
z2
− z + 1
(z − i)2z
=
c−2
(z − i)2
+
c−1
z − i
+
∞
n=0
cn(z − i)n
, (1)
para todo z de la corona 0 < |z − i| < 1 (serie de Laurent). Determine la parte singular de la funci´on
f(z) =
z2
− z + 1
(z − i)2z
, correspondiente a esa corona 0 < |z − i| < 1.
Sugerencia: Puede resultar ´util hacer un cambio de variable w = z − i (esto es, z = w + i) en (1),
pasar multiplicando el denominador del miembro de la izquierda al miembro de la derecha, e identificar
coeficientes.
(a)
1
z
(b )
1
z2
+ z (c)
1
z2
+
1
z
(d)
−1
(z − i)2 +
2
z − i
(e)
i
(z − i)2 +
1
z − i
(f)
z
(z − i)2 +
2
z − i
(g)
2
(z − i)2 +
2
z − i
(h) Ndla
Nota. No se pide en el ejercicio, pero puede resultar instructivo tratar de identificar todos los coeficientes
cn de (1), esto, tratar de obtener la serie de Laurent completa.
Soluci´on: (d).
z2
− z + 1
(z − i)2z
=
c−2
(z − i)2
+
c−1
z − i
+
∞
n=0
cn(z − i)n
(w + i)2
− (w + i) + 1
w2 (w + i)
=
c−2
w2
+
c−1
w
+
∞
n=0
cnwn
(w + i)2
− (w + i) + 1 = w2
(w + i)
c−2
w2
+
c−1
w
+
∞
n=0
cnwn
w2
− (1 − 2i) w − i = w2
(w + i)
c−2
w2
+ w2
(w + i)
c−1
w
+ w2
(w + i)
∞
n=0
cnwn
−i − (1 − 2i) w + w2
= ic−2 + (ic−1 + c−2) w + w2
c−1 + w2
(w + i)
∞
n=0
cnwn
c−2 = −1,
− (1 − 2i) = ic−1 + c−2 =⇒ c−1 = 2
Por lo tanto, la parte singular es
−1
(z − i)2 +
2
z − i
.
5

6. Siguiendo la misma idea, podemos calcular todos los coeficientes:
−i − (1 − 2i) w + w2
= −i + (2i − 1) w + 2w2
+
∞
n=0
cnwn+3
+
∞
n=0
icnwn+2
0 = w2
+
∞
n=0
cnwn+3
+
∞
n=0
icnwn+2
0 = w2
+
∞
n=1
cn−1wn+2
+
∞
n=0
icnwn+2
0 = (1 + ic0)w2
+
∞
n=1
(cn−1 + icn) wn+2
1 + ic0 = 0 =⇒ c0 = i,
cn−1 + icn = 0 =⇒ cn = icn−1 , n ≥ 1 =⇒ cn = in+1
, n ≥ 1,
z2
− z + 1
(z − i)2z
=
−1
(z − i)2 +
2
z − i
+
∞
n=0
in+1
(z − i)n
.
6

7. Ejercicio 6. Sea z0 un polo de orden 5 de una funci´on f. Se˜nale las proposiciones verdaderas.
(a) l´ım
z→z0
f(z) = ∞. (b) l´ım
z→z0
(z − z0)4
f(z) = ∞. (c) l´ım
z→z0
(z − z0)5
f(z) = ∞.
(d) l´ım
z→z0
(z − z0)6
f(z) = 0. (e) l´ım
z→z0
(z − z0)5
f(z) = 0. (f) Ndla.
Soluci´on: (a), (b), (c), (d), (e). Por definici´on: f tiene un polo en una singularidad aislada z0 si y s´olo si
l´ım
z→z0
f(z) = ∞; luego (a) es verdadera.
Por otra parte, por ser z0 un polo de orden 5 de f, existen unas constantes complejas c−5, c−4, . . . c0, c1 . . . ,
con c−5 = 0, y un r > 0 tales que
f(z) =
∞
k=−5
ck(z − z0)k
,
para todo z de la corona 0 < |z − z0| < r.
En consecuencia,
l´ım
z→z0
(z − z0)5
f(z) = l´ım
z→z0
(z − z0)5
∞
k=−5
ck(z − z0)k
= l´ım
z→z0
∞
k=−5
ck(z − z0)k+5
= c−5,
lo que prueba que (c) y (e) son verdaderas.
An´alogamente,
l´ım
z→z0
(z − z0)4
f(z) = l´ım
z→z0
∞
k=−5
ck(z − z0)k+4
= l´ım
z→z0
c−5
z − z0
+ l´ım
z→z0
∞
k=−4
ck(z − z0)k+4
= ∞ + c−4 = ∞.
l´ım
z→z0
(z − z0)6
f(z) = l´ım
z→z0
∞
k=−5
ck(z − z0)k+6
= 0,
con lo que se comprueba que (b) y (d) son tambi´en verdaderas.
7

8. Ejercicio 7. Si f(z) =
∞
n=0
(z − i)n
n2
para todo z del c´ırculo |z − i| < 1, determine el valor de f (i)
(derivada segunda en el punto z = i).
(a) No existe la derivada segunda en ese punto. (b) f (i) = 0 (c) f (i) = ∞
(d) f (i) =
(n − 1)(z − i)n
n
(e) f (i) =
1
2
(f) f (i) = i (g) Ndla.
Soluci´on: (e). La funci´on f es anal´ıtica en el punto z = i, pues se desarrolla como serie de Taylor en un
c´ırculo centrado en ese punto (de hecho, la funci´on f es anal´ıtica en todo el c´ırculo |z − i| < 1). Por lo
tanto, podemos derivar t´ermino a t´ermino en la serie:
f (z) =
∞
n=1
n(z − i)n−1
n2
=
∞
n=1
(z − i)n−1
n
,
f (z) =
∞
n=2
(n − 1)(z − i)n−2
n
=
1
2
+
∞
n=3
(n − 1)(z − i)n−2
n
,
f (i) =
1
2
+ 0 =
1
2
.
8

9. Ejercicio 8. Calcule el valor de la integral
C
5z2
(z − i)(z − 3i)(z − 3)
dz, en donde C es la circunferencia
|z − 2i| = 2, positivamente orientada.
(a) 0 (b) 2πi (c) 13πi (d) 6π (e) 6π + 7πi (f) ∞ (g) Ndla.
Soluci´on: (e). Aplicamos el teorema de los residuos a la funci´on f(z) = 5z2
(z−i)(z−3i)(z−3)
, que tiene tres
singularidades: z = i, z = 3i, z = 3. Resulta evidente que las tres singularidades son polos simples (en todo
caso, lo comprobaremos al calcular los correspondientes residuos). De las tres singularidades, solamente
z = i y z = 3i pertenecen al c´ırculo |z − 2i| < 2, limitado por la circunferencia C. Esto se puede
comprobar anal´ıticamente (|i − 2i| = |−i| = 1 < 2, |3i − 2i| = |i| = 1 < 2, |3 − 2i| =
√
9 + 4 =
√
13 > 2)
o gr´aficamente (la circunferencia |z − 2i| = 2 tiene su centro en el punto z = 2i y tiene radio 2)
Finalmente,
l´ım
z→i
(z − i)
5z2
(z − i)(z − 3i)(z − 3)
= l´ım
z→i
5z2
(z − 3i)(z − 3)
= −
1
4
+
3
4
i = ∞,
l´ım
z→3i
(z − 3i)
5z2
(z − i)(z − 3i)(z − 3)
= l´ım
z→3i
5z2
(z − i)(z − 3)
=
15
4
−
15
4
i = ∞,
C
z2
(z − i)(z − 3i)(z − 3)
dz = 2πi (Res (f, 3i) + Res (f, i)) = 2πi −
1
4
+
3
4
i +
15
4
−
15
4
i = 6π + 7πi.
9

10. Ejercicio 9. Calcule el valor de la integral
2π
0
e3it
(1 − 2eit)2 dt. Observe que el integrando es una funci´on
compleja de variable real. Un buen procedimiento para calcular la integral consiste en transformarla en la
integral de una cierta funci´on compleja de variable compleja a lo largo de la circunferencia |z| = 1.
(a) 0 (b) ∞ (c) 1 (d) 2πi
(e) πi/2 (f) π/2 (g) eit
(h) 256/163 (i) Ndla.
Soluci´on: (f). La circunferencia |z| = 1 se puede parametrizar mediante z = eit
, con 0 ≤ t ≤ 2π. As´ı
obtenemos:
z = eit
=⇒ dz = ieit
dt =⇒ dt =
dz
ieit
= −i
dz
z
2π
0
e3it
(1 − 2eit)2 dt =
|z|=1
z3
(1 − 2z)2 −i
dz
z
= −i
|z|=1
z2
dz
(1 − 2z)2 = 2π Res
z2
(1 − 2z)2 , z =
1
2
.
Res
z2
(1 − 2z)2 , z =
1
2
= l´ım
z→1/2
z −
1
2
2
z2
(1 − 2z)2 = l´ım
z→1/2
z2
4
= l´ım
z→1/2
z
2
=
1
4
.
2π
0
e3it
(1 − 2eit)2 dt = 2π Res
z2
(1 − 2z)2 , z =
1
2
= 2π
1
4
=
π
2
.
Observe que z = 1/2 es la ´unica singularidad de la funci´on f(z) =
z2
(1 − 2z)2 , que esa singularidad est´a
contenida en el c´ırculo |z| < 1 (frontera de la circunferencia |z| = 1) y que z = 1/2 es un polo de orden 2.
10

11. Ejercicio 10. Hallar los puntos de corte del eje real con la circunferencia C del plano complejo que
pasa por los puntos
z1 = 1 + i, z2 = 3 + 2i, z3 = 2 − i.
(a) La circunferencia C no corta al eje real. (b) La circunferencia C corta al eje real en un solo punto.
(c) La circunferencia C corta al eje real en los puntos z = 0,9 y z = 4,1 .
(d) La circunferencia C corta al eje real en los puntos z = 1 y z = 4,1 .
(e) La circunferencia C corta al eje real en los puntos z = 1 y z = 4 .
(f) La circunferencia C corta al eje real en los puntos z = 2 y z = 4 .
(g) La circunferencia C corta al eje real en los puntos z = 2 y z = 3 . (h) Ndla
Soluci´on: (e). La condici´on necesaria y suficiente para que los puntos z1, z2, z3 y z4 sean conc´ıclicos o
est´en alineados es que su raz´on doble sea real. Por lo tanto, si z4 ∈ R:
z1−z2
z1−z4
z3−z2
z3−z4
∈ R ⇐⇒
z1−z2
z1−z4
z3−z2
z3−z4
=
z1 − z2
z1 − z4
z3 − z4
z3 − z2
=
(2 + i)
(z4 − 1 − i)
(2 − i − z4)
(−1 − 3i)
=
5 − 2z4 − iz4
−z4 − 2 + i (4 − 3z4)
∈ R
⇐⇒ (5 − 2z4 − iz4) −z4 − 2 + i (4 − 3z4) = (5 − 2z4 − iz4) (−z4 − 2 − i (4 − 3z4)) ∈ R
⇐⇒ 5z2
4 − 5z4 − 10 + i −5z2
4 + 25z4 − 20 ∈ R
⇐⇒ −5z2
4 + 25z4 − 20 = 0 ⇐⇒ −z2
4 + 5z4 − 4 = 0 ⇐⇒ z4 =
−5 ±
√
25 − 16
−2
⇐⇒ z4 = 1, z4 = 4.
11