VARIABLE COMPLEJA CON APLICACIONES William R. Derríck Traductor: Dr. Marco Antonio Rosales M. Instituto Tecnológico Autónomo de México (ITAM] Revisara Técnica: M. en C. Margarita Calleja Quevedo Instituto Tecnológico Autónomo de México [ITAM] S.AM CY Grupo Editorial Iberoamérica VARIABLE COMPLEJA C O N APLICACIONES Versión en español de la obra Complex Analysis and Applications Second Edition por William R. Derrick. Edición original en inglés publicada por Wadsworth, Inc., Copyright © 1984, en Estados Unidos de América. ISBN 0-534-02853-5 D. R. © 1987 por Grupo Editorial Iberoamérica, S.A. de C.V. y/o Wadsworth Internacional/Iberoamérica, Belmont, California 94002. Ninguna parte de este libro puede ser reproducida, archivada o transmitida en forma alguna o mediante algún sistema, ya sea electrónico, mecánico, de fotorreproducción, de almacenamiento en memoria o cualquier otro, sin el previo y expreso permiso por escrito de Grupo Editorial Iberoamérica y/o Wadsworth Internacional/Iberoamérica, división de Wadsworth, Inc. ISBN 968-7270-35-7 Printed in Colombia Impreso en Colombia_ E d itor: Nicolás Grepe P. P rodu ctor: Oswaldo Ortiz R . C u bierta: Miguel Ángel Richaud G rupo E d ito rial Ib ero am érica, S. A. de C. V. Nebraska 199. Col. Nápoles. C. P. 03810 México, D. F. Teléfono: 5 23 09 94. Fax: 5 43 11 73 e-mail:
[email protected]. http://vitalsoft.org.org.mx/gei Reg. CANIEM 1382 Pr ó l o g o El análisis de variable compleja es una de las más fascinantes y exitosas áreas de las matemáticas. Sus resultados ayudan a demostrar teoremas importantes y proporcionan los fundamentos para varios conceptos útiles en otras áreas de es ta ciencia. Muchas de las técnicas matemáticas más eficaces aplicadas en la in geniería y en otras disciplinas se basan en la teoría de funciones complejas. Por su extensa aplicabilidad, la combinación de conceptos geométricos y analíti cos, y la sencillez de muchos de sus resultados, el análisis complejo proporciona una excelente introducción a las matemáticas modernas. Los recientes de sarrollos en la teoría de funciones complejas y en la teoría de varias variables complejas harán factible obtener aplicaciones útiles en diferentes ramas de la ingeniería. Uno de mis objetivos al escribir este libro ha sido tratar el tema de la in tegración compleja tan inmediatamente como sea posible. Lo anterior requiere posponer el estudio de las propiedades geométricas de las funciones elementales. Las ventajas de llegar rápidamente al centro del tema son obvias: El desarrollo subsecuente es más rico en aplicaciones y más amplio en su trata miento de series, singularidades e integrales de línea cerrada o de contorno. Además, el costo de soslayar las propiedades geométricas' se reduce enorme mente, puesto que ahora pueden considerarse como mapeos o representaciones conformes. Por tanto, se alcanza una mayor coherencia de los temas, y el tiem po que se gana puede emplearse en el estudio de otras áreas. Otro objetivo ha sido proporcionar una selección más amplia de aplica ciones, y una gama más extensa de técnicas que las que se hallan en los textos tradicionales. He incluido aplicaciones en óptica, flujo de corrientes, chorros y V PRÓLOGO estelas, así como ejemplos tradicionales del flujo de fluidos y del calor, y de la electrostática. Las técnicas de las integrales sobre contornos proporcionan amplias bases para el cálculo de los polos de Regge y de las transformadas de Laplace inversas. El texto comprende un desarrollo de transformadas integra les, tema que generalmente se estudia en el contexto de la variable real, pero que adquiere un significado mucho mayor cuando se analiza en términos de variable compleja. No se intenta abarcar todos estos temas; más bien, se inclu ye el material para que los profesores programen o adapten un curso de acuer do con su conveniencia particular. O r g a n i z a c i ó n y e x t e n s ió n Los propósitos de este libro son que sirva de texto para un curso introductorio de un semestre de análisis de variable compleja a nivel básico. Se ha incluido considerablemente más material del que puede exponerse sin dificultad en un semestre; dando a los profesores, por esa razón, la oportunidad de seleccionar los temas que juzguen más importantes. Los Capítulos del 1 al 5 abarcan la mayor parte del material que se expo ne en un curso semestral introductorio. Los maestros que deseen minimizar los aspectos teóricos del curso deben omitir las Secciones Opcionales 2.5 y 3.5. Quienes deseen omitir aplicaciones laboriosas deben evitar las Secciones Op cionales 1.10, 4.5, 5.7. y 5.8. Se incluye un breve estudio de las funciones ar mónicas en la Sección 6 .1 ., que puede estudiarse en cualquier momento, des pués que se haya tratado el material de la Sección 2.3. El Capítulo 6 es una introducción a las transformadas integrales desde el punto de vista de la variable compleja. Se espera que los profesores incluyan al gunos de estos aspectos en los planes de cursos. Las transformadas integrales son técnicas extremadamente eficaces o poderosas en las ciencias y la ingenie ría. Esta introducción debe preparar a los estudiantes para cursos avanzados de matemáticas aplicadas. El plan para un curso semestral podría incluir: Para Estudiantes de Ingeniería Capítulos 1 al 5, incluyendo la Sección 1.10, o la 4.5 o bien las 5.7-5.8, más las Secciones 6.1. y 6.3 o las 6.6-6.7 Para Estudiantes de Matemáticas Capítulos 1 al 5, incluyendo las Secciones 2.5. y 3.5, más las Secciones 6.2 y 6.4-6.5 N ive l El texto ha sido elaborado para el estudiante “promedio” de ingeniería. Se ha puesto especial cuidado en explicar cada concepto tan claramente como es posible: Cada concepto está precedido por un ejemplo o un análisis que lo mo tivan. Así mismo, cada Sección contiene varios ejemplos totalmente resueltos. Las pruebas con mayor grado de dificultad se identifican con una cruz o daga PRÓLOGO vii ( f ), o han sido colocadas en las secciones señaladas como opcionales. El libro puede usarse en diferentes niveles de enseñanza, dependiendo de las secciones y los ejemplos que se elijan. Ex a c t it u d Todos los ejemplos y las respuestas de este texto se han comprobado cuidadosa mente, tanto por el autor como por varios revisores, a fin de prevenir errores. Agradeceré que me hagan saber de cualquier errata que persista, y prometo incorporar todas las sugerencias en la siguiente impresión del libro. C a r a c t e r í s t i c a s d id á c t ic a s E je m p l o s En cada sección se incluyen numerosos ejemplos resueltos, que van desde las aplicaciones más inmediatas, hasta otras moderadamente complicadas. Los ejemplos se separan del material del texto por medio de un espaciamiento. E j e r c ic i o s Se ha puesto especial cuidado al elaborar los ejercicios a fin de asegurar la utili zación de valiosas experiencias de aprendizaje en cada uno. Los ejercicios con mayor grado de dificultad se han marcado con un asterisco (*). Cada conjunto contiene una gama completa de ejercicios presentados en orden creciente de dificultad. Muchos de éstos consisten en resultados y teoremas útiles; se reco mienda al profesor que seleccione cuidadosamente los que sean de mayor be neficio para sus clases. Se proporcionan las soluciones de los ejercicios de número impar. Estas no son simplemente las respuestas ni las soluciones completamente desarrolladas, sino sugerencias acerca del camino que puede tomarse para llegar a la respues ta dada. Se invita a los estudiantes a que pongan a prueba sus propias ideas an tes de utilizar las sugerencias indicadas. La editorial puede proporcionar un Manual del Instructor (en inglés) que contiene las soluciones de los ejercicios pares. N o t a s de c a p ít u l o Cada capítulo concluye con una breve indicación de otros resultados y fuentes de material colateral y complementario. Los estudiantes interesados pueden examinar estas guías para lograr una comprensión más profunda del contenido. Ta b l a de s ím b o l o s y a p é n d ic e s En las páginas subsiguientes se presenta una tabla de los símbolos utilizados en el libro. Los apéndices al final contienen tablas de mapeos conformes, trans- Jr. Macskasy (U. of Colorado). (Florida Atlantic U . of Waterloo). David Sánchez (U. Lawrence Zalcman (U. y un breve repaso de las integrales de línea y el teorema de Green. O. Brian Seymour (U. James Morrow (U. Harry Hochstadt (Polytechnic Institute of New York). Donald Hartig(Cal Poly San Luis Obispo).). of Maryland). William Jones (U. Michael O’Flynn (San José Státe U . Jr. Franklin Schroeck. Derrick .). of New México). of Washington).). Douglas Campbell (Brigham Y oungU . of Illinois).viii PRÓLOGO formadas de Laplace. (Rice U . R. R e c o n o c im ie n t o s Deseo expresar mi agradecimiento a las siguientes personas por sus múltiples y útiles sugerencias al revisar diferentes versiones del original de esta obra Janos Aczel (U. Wells. E. Jerry Schuur (Michigan State U .). British Columbia).). Steven Krantz (Pennsylvania State U . John Kogut (U. Eric Bedford (Princeton U .).). British Columbia). William R. 5 1.9 1.3 1.4 1.10 N úm eros com plejos y su álgebra R epresentación p olar Conjuntos en el plano com plejo Funciones continuas de una variable Condiciones necesarias p ara la analiticidad Condiciones suficientes p ara la analiticidad E xponencial com pleja Las funciones trigonom étricas e hiperbólicas com plejas Las funciones logaritm o com plejo y p otencia com pleja A plicaciones en óp tica (opcional) N otas 1 1 9 19 24 31 35 40 44 47 53 59 ix .1 1.7 1.6 1.2 1.8 1.C o n ten id o Prologo Al Estudiante T a b la de Símbolos ix xiii xiv 1 Funciones a n a lític a s 1. 4 4 .4 3.3 4 .2 3.3 5.2 5.5 In te g r a c ió n c o m p le ja Integrales de línea El teorem a de Green y sus consecuencias L a fórm ula integral de C auchy T eo rem a de Liouville y principio del m áxim o El teorem a de Cauchy-G oursat (opcional) N otas 61 61 71 78 86 90 99 3 Series infinitas 3.2 2.1 4 .5 4 .4 2.1 2.X CONTENIDO Z 2.5 5.5 Serie de T aylor Convergencia uniform e de series Series de L au ren t Singularidades aisladas C ontinuación analítica (opcional) N otas 101 101 108 115 121 125 131 4 4.6 In te g r a c ió n en c o n to r n o s T eo rem a del residuo Evaluación de integrales reales definidas Evaluación de integrales reales im propias Integrales con polos sobre el eje real In tegración de funciones m ultivaluadas (opcional) El principio del argum ento N otas 133 133 138 141 145 150 156 159 5 5.6 MAPEOS CONFORMES Consideraciones geom étricas T ransform aciones fracciónales lineales El principio de sim etría Composiciones de m apeos conform es elem entales Flujo de fluidos L a fórm ula de Schwarz-Christoffel 161 161 166 171 175 178 185 .1 3.3 3.1 5.4 5.2 4.3 2. 8 Estelas en un flujo de fluidos (opcional) N otas 194 201 205 Ó 6.1 6.CONTENIDO XÍ 5.3 Bibliografía Respuestas a problem as im pares índice 277 279 299 .2 6.2 A .3 6.7 A plicaciones físicas en flujo de calor y electrostática (opcional) 5.5 6.6 6.7 Problem as c o n v a lo re s en l a FRONTERA Y VALORES INICIALES Funciones arm ónicas El p roblem a de D irichlet A plicaciones Series de Fourier T ran sform ad as de Fourier T ran sfo rm ad as de L ap lace L a tran sform ad a inversa de L ap lace N otas 207 207 211 21 9 22 8 235 24 0 249 25 8 A péndices T a b la de m apeos conform es T a b la de transform adas de L ap lace Integrales de línea y el teorem a de Green 259 265 267 A .l A .4 6. 0 ) u'(< t> + o) u'(4> .o) u H(4> .Tabla de sím bolos núm ero in dica la págin a en qu e se defin e el sím bolo. e 2 5 5 5 5 7 9 10 11 21 23 23 24 41 42 senh z log z Log z za spp ¡ yf{ z ) dz 46 47 49 50 62.G) m a1 oo / (*) ez < R eos z sen z cosh z £ 2{u\ £ {u } u*v m Si (0) 44 44 46 133 133 Resz f ( z) . 232 64 78 78 85 90 98 101 110 121 125 131 PV V 146 179 179 179 211 i z Re z Im z v„ Vs A r + ¿Q z id 222 -y 1dz 1 U(0 + 0) 232 232 232 232 236 240 240 241 246 247 249 Argz arg z Int S 311 u(<p .a) Pn(z) dR Ln (z ) Sn inf J n (z ) (f. Este. y tal vez la m ás inm ediata y p e rm a n e n te f u e n te d e consulta. ha sido cu id a do sa m ente seleccionado p a ra q u e en cu en tres en él u n p ila r d e tu p rep a ra ció n .A l estudiante G ru p o E d ito ria l I b e r o a m é ric a en su esfuerzo p e rm a n e n te de p ro d u c ir cada vez m ejores textos. com o cu a lqu iera d e nuestros libros. . y el q u e llevas a todas partes. no sólo p a ra fa c ili tarte el aprend iza je sino ta m b ién p a ra hacértelo más estim ulante. G ru p o E d ito ria l I b e r o a m é ric a . Sabem os q u e esta obra será fu n d a m e n ta l en tu bi blioteca. co n tribu yend o así a la u rg en te n ecesid a d d e u n m ayor desarrollo d e nuestros países hispanohablantes. Com o uno d e nuestros intereses p rin cip a les es h a ce r m ejores libros en equ ip o co n profeso res y estud ia n tes. en la q u e se ha puesto la más alta calidad en los aspectos teórico y didáctico. así com o en diseño y p resenta ció n . a gra d ecerem o s tus com entarios y su geren cia s o cu a lq u ier observación q u e contribuya al e n riq u e c i m iento d e nuestras p ublica cion es. p o n e en tus m anos esta nueva obra. y u n co m p lem en to ideal a la enseñanza d el m aestro. Lo anterior es p a rte d e nuestro propósito d e ser p artícip es en u na m ejo r p rep a ra ció n d e profesionales. L o didáctico d e la p r e s e n tación d e sus tem as h a ce q u e lo consideres el m ejo r auxiliar. . p resen te en tu fo rm a c ió n p rofesio n al . co n el objetivo de p r o p o rcio n a rte la m ejo r h erra m ien ta . . Veremos que la teoría de funciones de una variable comple ja extiende los conceptos del cálculo al plano complejo. de una variable compleja. Estos son todos aquellos que pueden representarse geométricamente por los puntos de una línea recta infinitamente larga (véase Figura 1. La línea se 1 . con valores complejos.A Funciones I ANALÍTICAS Los números complejos fueron propuestos inicialmente en 1545. En este libro. ■ 1 N Om eros c o m p l e jo s y su álgebra Los números usados en álgebra elemental y en cálculo se llaman números rea les. exploraremos las propieda des de los números complejos y de las funciones. 1. la deriva ción y la integración adquieren nueva profundidad y elegancia. Para apreciar la dimensión de esta propuesta debe tenerse en cuenta que el concepto de nú meros negativos apenas había tenido aceptación. Al hacerlo. hasta que el genio matemático Cari Friedrich Gauss les dio el nombre actual y las utilizó para demostrar el Teore ma Fundamental del Álgebra. Las cantidades “ficticias” de Cardano fueron ignoradas por la mayoría de sus colegas. el cual establece que todo polinomio que no sea constante tiene al menos un cero. y la naturaleza bidimensional del plano complejo produce muchos resultados útiles en m ate máticas aplicadas. y que aún había controversia en relación con sus propiedades. por el m ate mático italiano Girolamo Cardano. en un tratado monumental acerca de la so lución de las ecuaciones cúbica y cuárticas titulado Ars Magna.1). Estos números satisfacen las cinco reglas algebraicas si guientes. Modelo del sistema de números reales divide en intervalos por medio de puntos equidistantes que representan a cada uno de los enteros. y) de números reales x y y. Leyes distributivas a(b + c) = ab + ac y (a + b )c = ac + be. Cada número real a tiene un inverso aditivo ( -a) y. Por ejemplo. ya que el cuadrado de cualquier número real es no negativo. y) • (a. la ecuación x 2 + 1 = 0 no puede resolverse usando números reales.1 . b) = (xa yb. y) + (a. y + b). xb + ya). (x. 4. con las siguientes operaciones de suma y multipli cación: (x. llamadas axiomas de campo: 1.2 CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS 1 - 1 3 1 - 1 2 1 - 1 1 1 '-1 — 0 1 1 2 ' (-• 3 ► i FIGURA 1 . y (ab) c = a(bc). que se forma de todos los pares ordenados z = (x. po demos corregir este defecto si definimos el conjunto de números complejos G. Leyes asociativas (a + b) + c = a + (b + c) 3. b) = ( x + a . Leyes conmutativas a+b . No obstante. Sin embargo..0 = (— a) + a y aa ~ 1 = 1 = a~ l a. 5. con los números reales positivos a la derecha del cero y los reales negativos a la izquierda. yA . Inversos. La identidad aditiva 0 y la identidad multiplicativa 1 satisfacen que 0 ¥= 1 y a+ 0 =a= 0 +a y a ■ 1 = a = 1 ■ a. ab = ba. los números reales tienen una deficiencia básica: no propor cionan todas las soluciones posibles de las ecuaciones polinomiales. . Todo número real se representa por un solo punto sobre la línea.b +a 2. Identidades. si ai= 0 un inverso multiplicativo a ~1 que satisface a + (— a) . . b) = ( .1 • NÚMEROS COMPLEJOS Y SU ÁLGEBRA 3 y FIGURA 1. b) + (0. podemos asignar el punto en el plano Cartesiano con coordenadas x y y al número complejo 2 =( x. De cualquier forma. y) = (x. 0) + (0. es más útil denotar por 2 al vector (segmento de recta dirigido) que va desde el origen hasta el punto (x. Si usamos este modelo para cada número complejo. la suma de dos números complejos (x. 1) (ya. b ) = (x + a.2. yb). 0) (a.3). 1) ( y . 0) ] (a. y + b ) corresponderá a la ley del paralelogramo para la suma vectorial descrita grá ficamente en la Figura 1. y) + (a. 0) (a. vemos que al multiplicar cualquier número complejo por (0. b) = (xa. Puesto que (x. b) = (xa. b) = [(x. a). el producto de (x. b) = (xa — yb. y) (a. xb). y) y (a.1. 0) + (0. y). Si usamos triángulos semejantes. Observe. xb) + (0. Note que (x. que (0. y). 1) (a. b) se alarga o se acorta por un factor x si x > 0 y también se refleja con respecto al origen si x < 0 (véase Figura 1. 0). b) = (x. y que el vector (a. además.b . También se pueden utilizar los vectores para interpretar la multiplicación (x.4). Ley del p a ra le lo g ra m o p a ra la sum a vectorial Como los números complejos se representan por pares ordenados de números reales. 1).2. y) (a. xb + ya) de dos números complejos. b) se puede expresar en la forma (x. 1) (y. 1) (y. 0) (a. el vector rota 7t/2 radianes en sentido contrario al de las ma necillas del reloj (véase Figura 1. 0) + (a. 7) está ilustrado en la Figura 1. 4) = ( . 3) + ( 0 . 0) = (xa.6 .5. con el segundo de ellos rotado tt/2 radianes en sentido contrario al de las manecillas del reloj.4. b ] = [-5. Rotación d e un vector: (0. 0) y (x. 3) = (2. 0) (a. o) Por lo tanto.4 . 6 ) = (2. notamos que la suma y la multiplicación de tales pares satisfacen las operaciones usuales de suma y multiplicación de números reales: (x. b). 0) = {x + a. 1 ) ( 4 .3. A largam iento y reflejo d e un vecto r Y FIGURA 1. 1)(o. la multiplicación compleja involucra la suma de dos alargamien tos de (a. 2 ) (2. 3 ) + ( .4 CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS Y FIGURA 1. 0). . Si identificamos el par ordenado (jc. 0) con el número real ac. el producto ( 1 . Por ejemplo. Cuando nos referimos al número complejo z = x + iy. y la denotamos por Re z. 1) por el símbolo i. llamamos a x par te real de z. Ej e m p l o 1 Encuentre las partes real e imaginaria de z = 2 + 3z. el conjunto de números complejos incluye los números reales. M ultiplicación d e com p le jos Luego entonces. * Los libros de ingeniería denotan frecuentemente la unidad imaginaria por el símbolo j.11 • NÚMEROS COMPLEJOS Y SU ÁLGEBRA 5 (-4. 1)(4.6) (-6 . 0). y entonces se dice que z es im aginario puro. 0) por x y denotamos (0. 0) + (0.4 ) = (0. o El origen del sistema coordenado se denota por el número complejo 0. 6) X 0 FIGURA 1 . se denota por Im z. 1) (y. 7) (4. tendremos z = iy. SOLUCIÓN: Tenemos Re z = 2 e Im z — 3.5. y) en la forma z = x + iy. podemos reescribir z — (x. y) = (x. si representamos (x. El número y llamado parte im aginaria de z. Si x — 0. El mo delo de plano Cartesiano de los números complejos se llama plano complejo. . Como (x. Por tanto. excepto que i 2 = —1: (1 + 2 i) + (2 + 3t") = 3 + bi.3 + 4í) = 4 + 6t. (a + bi) = a — bi a 2 +¿r2 ' La división de números complejos se obtiene cuando se multiplica por el in verso multiplicativo del divisor.bi) = a 2 + (abi . Si se mul tiplica a + bi por su complejo conjugado a . Podemos restar números complejos notando que z¡ — z 2 = z ¡ + ( ~ z 2 ) = z¡ + ( . Los números 0 y 1 son las identidades aditiva y multiplicativa para los números complejos. se debe verificar la existencia de un inverso multiplicativo para cualquier número a + bi =£ 0. el inverso multiplicativo de a + bi es . las defini ciones de suma y multiplicación nos permiten realizar estas operaciones con números complejos de la misma manera en que lo hacemos con los polinomios. Consecuentemente.CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS Si usamos la notación z = x + iy para los números complejos.bi. entonces a + bi .a 2 + b 2 . podemos multiplicar el numerador y el denominador de un cociente por el complejo conjugado del divisor: x + yi _ x + yi a — bi _ i ax + by \ a + bi a + bi a — bi \a2 + b 2 ) f ay — bx \a2 + b2 i ’’’ Ej e m p l o 2 1 . +y) (4 d j ) = / ^ ' J ' \a2 + b 2 J w \a2 + b 2 \a2 + b 2 ) De manera alternativa. 3 — (—4 i) = 3 + 4t del denominador. — z es el inverso aditivo de z.como un número complejo.(. asociativas y distributivas.abi ) — b 2i 2 . tendremos (a + bi) (a . Por ejemplo. (1 + 2i) • (2 + 3t) = 2 + (4 1 + 3 i) + 6 i 2 = —4 + li. Es fácil verificar que las operaciones de suma y multiplicación de números complejos son conmutativas.1 ) z 2 . . Para comprobar que los números complejos forman un campo (véase Ejercicio 33). Por ejemplo.(3 . tendremos .2i Exprese el cociente — .4Í) = (7 + 2í) + ( . (7 + 2í) . SOLUCIÓN: Si multiplicamos numerador y denominador por el comple jo conjugado. si dividimos x + yi por a + bi ^ 0 . i y i ) + ( x 2 . por lo tanto. 2 Im z = z-z 2i ./z 2) = z7/z¡.z 2 . Ej e m p l o 3 Encuentre la longitud del vector z = 5 + 7i.x 2 + ¿y 2 . + x 2 ) + í(y 1 + y 2 ) = ( ^ 1 + x 2 ) . tendremos (longitud z )2 = zz = (5 + 7i) (5 — l i) = 25 + 4 9 .4í) (3 +4 zj = 11 _ JL • 25 25 *' 3 — 6z + 4 i — 8i2 9 + 12* — 12* — 16z2 El complejo conjugado de un número complejo z se denota por el símbolo z : Dado que si z = x + iy. y zz = (x + iy) (x — iy) = x 2 + y2 . + z 2 = (x . entonces z .7 ( y i + y 2) = (x.4í (3 . longitud z =-\/74. el complejo conjugado de la suma de números complejos es la suma de sus conjugados: + Z2 + ¿2- De manera semejante se muestra (véanse Ejercicios 27-29) que Z\ . Si z ! . z — z = (x + iy) — (x — iy) = 2iy = 2 i Im z. . entonces z + z = (x + ¿y) + (x — iy) = 2x = 2 Re z.i y 2 ) = * i + z 2 Luego.z 2 = Z l . .1.1 • NÚMEROS COMPLEJOS Y SU ÁLGEBRA 7 1 — 2 1 _ (1 — 2z) (3 +4 i) _ 3 . SOLUCIÓN: Si se multiplica z por z. y el teorema de Pitágoras nos dice que (longitud z )2 = zz. z~¡r2 = Z iZ 2 y (z . De esta forma tendremos las identidades z+z Re z = --------. z 2 # 0 .x j + iy j y z 2 . + z 2 )n = z n . 4 + 5 i.5 . Compuebe que z ¡ z 2 = z ¡ z 2 . 2. Pruebe el teorema binomial para números complejos.i) (1 . *26..2 + í 10. donde z 2 0. 2+ i.2i) (1 . 28.(1 . 2i En los Ejercicios 13-20. sean z¡ . entonces z¡ = 0 o z 2 = 0. 1. (1 + i) (1 + 2i) (1 + 3í) 20. 3 . 1 — i 2 . 2 3. (2. Verifique que Re (z ) = Im(z'¿). 3 + í 6. 2 + i. 27. P tfjzr1 Z2 + (Z)zn r 2 zl+ . números reales negativos. 22. Girolamo Cardano incluyó un método para encontrar las raíces de la ecuación cúbica general z* + p z2 + qz + r = 0 que había sido descubierto por Niccoló Tartaglia. *30. 29. i 5. donde n es un entero positivo y (%) {Sugerencia: Use inducción. i 2 (1 + i ) 3 1. entonces Im (1 ¡z) < 0. Muestre que si Im Z > 0. ambos.2 + * 9 . 13. i.¿ ) 2 15. Muestre que (z x/ z 2 ) = z x¡ z 2 . 24. Muestre que z x — z 2 = z 1 — z 2 .5í. Pruebe que Z[ y z 2 deben ser reales. —i 4. Pruebe que si z ¡ z 2 ~ 0 .i ) 3 16. 1 + i. 2+ i..i.) En los Ejercicios 27-29. 1 —i 7 . escriba el número dado en la forma x + iy. *25. encuentre la suma. 3 — 4 i 8. (1 . 1 + i. 2 + i 4 +i 3 + 2¿ .i 12.CAPÍTULO T • FUNCIONES ANALÍTICAS Ej e r c ic io s En los Ejercicios 1-12. diferencia.x ¡ + iy i y z 2 = x 2 + iy2 . 2 . i. Suponga que z x + z 2 y z ¡ z 2 son.3í) 21. * Un asterisco (*) indica los ejercicios con mayor dificultad . En su libro Ars Magna. + ni k ! (n — k )! Zn 2. producto y cociente de cada par de números complejos. ( l . 4 + i 11. + --------3 —¿ 1 + 2i 1+ i —1 + i 19. 18. (1 — 2i ) 2 14.2t. 23. Muestre que la sustitución w = z ■ + p ¡3 reduce la ecuación cúbica general a una ecuación de la forma w 3 + aw + b = 0. Pruebe que Re (iz) = —Im z. 5 .2 ¿ i /. donde A = \ / — .D. Pruebe que los números complejos satisfacen los axiomas de campo. Im z FIGURA 1. Iz I > Im z y Iz I= \z\. Pruebe que la identidad multiplicativa de Q es única.6. A+B A ~ B rñ+ — V 3 --------------. B = j / . Confirme la necesidad de los números complejos incluso para encontrar las raíces reales de w3 — 19tu + 30 = 0 por el método de Tartaglia. A+B A -B r-. . 33. zz = Iz I2 .— V * . y D = J — + — • 2 2 4 27 *32.6. y la denotamos como lzl = v /* 2 + y 2 . Considere el vector no nulo z = x + iy mostrado en la Figura 1.2 • REPRESENTACIÓN POLAR 9 *31.2 R e p r e s e n t a c ió n p o l a r Hemos visto que los números complejos pueden representarse como vectores en el plano complejo.1. Verifique que las raíces de la ecuación del Ejercicio 30 son „ „ U=A+B. La longitud del vector z se puede determinar con el teorema de Pitágoras: r = \ A 2 + y2 . Demuestre que la identidad aditiva de C es única. Llamamos a esta longitud valor absoluto (módulo o magnitud) del número complejo z. R e p re s e n ta c ió n p o la r . Note que Iz I > Re z.+ D. Por tanto. En esta sección utilizaremos el concepto de segmento de recta dirigido para determinar las propiedades de la longitud y del ángulo de inclinación de un vector en el plano complejo.1 probamos que zz = x 2 + y 2. 34. recuerde que en la Sección 1. 35.— . Además. . 7t/2). La desigualdad del triángulo también puede probarse algebraicamente (véase Ejercicio 38). determinado excepto por un múltiplo de 27T. El ángulo de inclinación del vector z. ya que los valores de arctangente caen en el intervalo (—7r/2. no será válida en el segundo o tercer cuadrante. ± 2 . 'D e s ig u a ld a d d e l triá n g u lo : lz . + 'z 2 K l z . Cuando se trabaja Im z FIGURA 1 .7. ±1. l z 2 i. Recuerde que la longitud de un lado de cualquier triángulo es m e nor o igual a la suma de las longitudes de los otros dos lados. sin embargo.6. se llama argumento de z y se denota por arg z. k = 0. El valor de arg z que satisface — 7 T< arg z < 7r se llama valor principal del argumento y se designa Arg z.CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS La interpretación de la suma compleja como vectorial es muy útil al pro bar el siguiente resultado: La d e s ig u a l d a d del t r iá n g u l o : i z ' f +:-?2 I z j l+. l + \z2 1 .7. I Regresando a la Figura 1. vemos que el ángulo que forma el vector 2 = x + iy con el eje real positivo. De tal forma que la desigualdad del triángulo se deduce inmediatamente al considerar el trián gulo sombreado en la Figura 1. ya que los ángulos 6 + 2nk. proporcionan todos la misma dirección en el plano complejo. . el ángulo de inclinación del vector está determinado hasta un múltiplo de 2n. Además. está dado por la expresión PRUEBA: y 6 = arctan — x Esta expresión. l ) 2 =y/ 2. R epresentación po la r d e i . Encuentre la representación polar de 1 — i. SOLUCIÓN: mientras que el valor principal del argumento de 1 — i es A rg(l .i * Los iibros de ingeniería usan a menudo las notaciones r | y r cis 6 para la representación polar de z.* ') = - FIGURA 1.8. . z = x + iy = r (eos 6 + i sen 8) puede reescribirse como z = Iz I [cos(argz) + i sin(argz)].i \ = y / l 2 + ( . Ahora. * E je m p lo 1 Remítase a la Figura 1. Esta forma se llama representación polar del número complejo z.8. z ^ 0. es conveniente acordar que la notación argz ignore los múl tiplos de 27T.: note que x = r eos 9 = Iz Icos(arg z) y que y = r s e n 0 = Iz lsen(arg z).12 • REPRESENTACIÓN POLAR 11 con el argumento. además de utilizar la expresión Argz + 2TTk. para indicar un ángulo particular. Regresando al vector original z = x + iy. El valor absoluto de 1 — i es \ l . k como entero fijo. z =£ 0. i es La multiplicación de los números complejos z y w tiene interpretaciones geométricas interesantes cuando los escribimos en sus representaciones polares. si se asignan valores parIm z FIGURA 1 .Iw l(cos < j) + i sen0). la longitud del vector zw es el producto de las longitudes de los vec tores z y w. = Iz I \ zv l[(cos 8 eos 0 — send sen0) + i (sen 8 eos 0 + eos 8 sen0)] y. I [cos(0 + 0) + ¿sen(0 +0 ) ] . el argumento es arg (l— i) = — 4 + 2itk. la ecuación (1) conduce a \zw\= \z \\w \ y arg zw = arg z + arg w. zw = Iz I Ia. Como el argumento se determina hasta un múl tiplo de 27T la ecuación (3) se interpreta diciendo que. Se tiene z = Iz l(cos 0 + z sen0) Entonces. la representación polar de 1 . por las fórmulas de suma de ángulos de trigonometría. M u ltip lic a c ió n d e c o m p le jo s . Sean 8 = arg z y < ¡) = arg w. mientras que el ángulo polar del vector zw es la suma de los ángulos polares de los vectores z y w.9. (2) (3) (1) Por tanto. Así. donde k es cualquier entero. zw \z \ Iw l(cos 8+ i sen 8) (eos < ¡) + i sen 0) y w .CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS Como los ángulos polares no están determinados de manera única. Como I cos(0 + 0) + z ’sen(0 + 0) I= 1. . hemos demostrado que (eos 0 + ¿sen 0 )2 = cos(20) + ¿sen(20) y (eos 0 + i sen0)3 = cos(30) + ¿sen(30). w Iw I Como Iw I = Iw I. donde 6 = arg z y 0 . El teorema de De Moivre tiene muchas aplica ciones útiles.[cos(0 — 0) + ¿sen(0 — 0 )]. el ángulo entre w y zw debe ser idéntico al ángulo entre 1 y z en la Figura 1. z zw \z l(cos 0 + i sen0) Iüj l(cos 0 — ¿ sen0) A — ----------------. (5) con la ecuación (5) sujeta a una interpretación similar a la de la ecuación (3). La construcción geométrica del producto zw se muestra en la Figura 1. Para la multiplicación. Como 0 = 0 .2 • REPRESENTACIÓN POLAR 13 ticulares a dos términos cualesquiera. El producto zw = Iz I I w I [cos(0 + 0) + i sen(0+ 0 ) ] . por las fórmulas de suma de ángulos de la trigonometría.arg w. los triángulos de 0 1 z y 0 w zw son semejantes. — = —_ = i----------------------— — w ww Iw I Por lo tanto. donde n es un entero positivo. Iz I = 7 -T W \ w \ (4 ) y arg (z/w) = arg z — arg w. w =f U. Como z = Iz I (eos 0 + i sen0). obtenemos. llamado así en ho nor del matemático francés Abraham de Moivre (1667-1754). La división dé números complejos conduce a la ecuación siguiente: 2 Iz I — . Mediante este proceso obtenemos el teorema de De Moivre. z = Iz l(cos 0 + i sen0) y w = Iw l(cos 0 + i sen0). z - . existe un valor del tercer término para el cual se cumple la igualdad.1.. tenemos z2 = \z\2 [cos(20) + is e n( 20 )] .9.j — . De ello. conduce a un resultado muyinteresante cuando z = w.9. Con w = z 2 obtenemos z(z2 ) = Iz I Iz I2 [cos(0 + 20) + ¿sen(0 + 20)] o z 3 = Iz I3 [cos(30) + i sén( 30)]. Si z es una raíz n-ésima del número complejo w.i)23 = (v ^ )23 7T\ . (6) Aunque la ecuación (6) proporciona un número infinito de valores para 6.7r/4 — 6ir. El teorema de De Moivre también puede utilizarse para encontrar las raíces de un número complejo. obtenemos (1 —z " )2 3 = 223/2 (1 + 0 20 48(1 + *). + z sen 23 _ 2^3/2 YA Pero como —237T/4 . obtenemos la respuesta. donde 6 = arg z y < j > = arg w. . . y sen (zr/4) = cos(7t/4) = l¡ ^/ 2. pero si utilizamos el teorema de De Moivre podemos en contrarla más fácilmente. Vimos en el Ejemplo 1 que SOLUCIÓN: 1 =V 2 eos I —— + 2nk ) + i sen í 4 J V4 ir + 1 + 2irk ) Usando el valor principal del argumento.i por sí mismo 23 veces. ±1. V4 eos I -2 3 t t. tenemos (1 .0 . n n k . Si multiplicamos 1 . podemos tomar íz I“ Iw I1/™ y 0 = — arg w = — (Arg w + 27xk).CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS Ej e m p l o 2 Calcule (1 — z')23. tenemos Iz \ n (eos nd + i sen nd) = I w l(cos (j) + i sen <p). ±2. Para encontrar z. por el teorema de De Moivre. . Así. / —7 T + z sen ---eos |---4 . De tal forma que con el teorema de De Moivre.z ) =^/ 2 eos sen -7T Entonces. entonces z n =w. . sólo se obtienen n ángulos polares diferentes porque . establezcamos que z = \z l(cos Q + z sen0) y w = Iw l(cos 0 + i sen0). (1 . En consecuencia. Aunque pueden utilizarse las fórmulas usuales de la geometría analítica (con x = Re z y y = Im z). . limitamos nuestra atención a lós n ángulos polares 6 = — (Arg w + 2irk). ( 5ir eos |— + i sen I — 4 1 V4 Las secciones cónicas proporcionan ejemplos adicionales de los conceptos vistos hasta ahora. \z\3 (eos 30 + i sen30) = y/ 2 eos |—. 1. Ej e m p l o 4 Una elipse se define como el conjunto de todos los puntos de & tales que la suma de sus distancias a dos puntos fijos. por el teorema de De Moivre.- 2ir(k + n) n ------. llamados focos. 2.12 • REPRESENTACIÓN POLAR 15 — — ----. . 2irk n pues los ángulos polares se repiten cada n enteros.i. f —i r \ — + i sen ---12 2/ \ 12 / ir \ — i sen = V/2” eos ( — 12/ V12 ^ = ^ 2 lir\ . Por tanto.i SOLUCIÓN: Sea z una raíz cúbica de 1 . n k = 0.+ 2nk ) + i sen ( —— + 2rck De tal forma que l z l = 2 1/6 6= — a —ir 12 + ----3 2irk k = 0. Entonces z 3 = 1 — i. n — 1.. . Ej e m p l o 3 Encuentre las tres raíces cúbicas d e a = 1 . es fácil definir las secciones có nicas en términos de la distancia.+ 2 it. es constante. las tres raíces cúbicas de 1 — i son -o = ^ 2 eos 7r\ . ( lir eos |— + i sen — 12/ V 12 57r\ . 1. y. Comoz = i debe satisfacer la ecuación.11). elevamos al cuadrado ambos lados. llamado foco.11+ Iz + 1 1= c. Ej e m p l o 5 Una parábola se define como el conjunto de todos los puntos de (3 cuya distancia a un punto dado.11+ \z + l \= 2 y/ 2 . la elipse está dada por Iz . SOLUCIÓN: Por definición.10) lm z c = l í . obtenemos Iz — ¿1= Im z + 1. es igual a su distancia a una recta fija llamada directriz. para obtener Iz I 2 + 1 + 2 Re zi = (Im z + l ) 2 . se tiene (véase Figura 1. es el que se loca liza verticalmente abajo de él (véase Figura 1. Encuentre la ecuación de la parábola que tiene i como foco y la recta Im z = —1 como directriz. la definición de la elipse conduce a Iz . donde c es una constante real. ya que el punto de la directriz más cercano a un punto z.CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS ¿Cuál es la ecuación de la elipse que pasa a través de i y que tiene sus focos en + 1 ? SOLUCIÓN: Como z — z 0 es el vector que va de z 0 a z. Si deseamos encontrar la fórmula correspondiente en geometría analítica.11+ \i+ l l = V 2 Así. 2 . encontramos que c = y/W — 1. 5 + 2 i ' . encuentre el valor absoluto.2 + li 2. 5 — 12z 9. llamados focos. —i 5. es una constante. Como el punto z = 1 + i satisface la ecuación.í 4. tenemos llz — 1 1— \z +^1 II = c. donde c es una constante.i 3. ¿Cuál es la ecuación de la hipérbola con focos ± 1. 4 + 3í 8. que pasa por el punto 1 + t? SOLUCIÓN: Por definición.12 • REPRESENTACIÓN POLAR 17 Ej e m p l o 6 Una hipérbola está constituida de todos los puntos z de < 3 tales que el va lor absoluto de la diferencia entre las distancias de z a dos puntos fijos. el argumento y la representación po lar de los números complejos dados. Ej e r c ic io s En los Ejercicios 1-9. 1 + í 6. l. —3 + 4 i 7 . Las n raíces de la ecuación zn = 1 se llaman raíces n-ésimas de la unidad.18 CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS En los Ejercicios 10-15. 28. ( . entonces z z 3 son los vértices de un triángulo equilátero. Muestre que estas raíces están dadas por / 2-nk \ . (i + 0 29 12. . k = 0. 31. z2 .1 24. . ( 2nk \ z¿. 1. z 3 = 1 +y/5t 22. (—\ /3 + z')13 Encu en tre todas las soluciones de las ecuaciones señaladas en los Ejercicios 16-23. {Sugerencia: z . Z3 es equilátero si y sólo si z\ + z\ + z \ = Z j Z 2 + Z 2 Z 3 + Z 3Z ].1 . 16. Verifique que \zx 1 1x j i — ix n n Demuestre que E z¿ < 2 \zk k=\ k=\ Muestre que \z1 ± z 2 I 2 = Izj I2 + Iz2 I2 ± 2 Re z iz 2 . 34. n — 1. . z4 = . 32. Com pruebe que el triángulo con vértices Z ¡ .I + i sen I I. ( . use el teorema de De Moivre para expresar cada número en la forma x + iy.O36 14.2 —i 19. z 2 = i 17. {Sugerencia: Muestre que Izj — z 2 I2 = lz2 — z 3 I2 = lz3 — z x I2 . io .) *30.) 39. 36. . entonces z 0 es también una raíz de -P(z). z 2 ^ |Z]Z2 1= Iz 3 IIz 2 I. 33. I = I z 2 I = I z 3 I y z¡ + z2 + z3 = 0. z 3 = 2 +i 21.1 + O 17 13. Desarrolle Izj + Z 2 l2 para probar la desigualdad del triángulo.. ¿cuál es la fórm ula correspondiente? 25. Muestre que la desigualdad del triángulo es una igualdad para los números z ¡ y z 2 con valor diferente de cero si y sólo si arg z i = arg z 2 . donde x y y son reales.= eos I -------. . Exprese la ecuación de la elipse con focos 1 e i que pasa por el origen. y con la recta R e z + Im z = 0 com o di rectriz. Pruebe que Iz¡ + z 2 I2 + Izj — z 2 I2 =2 ( 1 Zj I2 + lz2 I2). 27. Z 2 . 35. si Iz . z2 = l + z 18. Demuestre que <1 1 — az s i l z K l y l a l < 1. Encuentre la p aráb ola con foco 1 + i. Muestre que si z 0 es una raíz del polinomio P(z) con coeficientes reales. Dem uestre que. (2 + 2z)12 15. ¿Cuál es la fórm ula correspondiente en geom etría analítica? 26. Escriba en form a com pleja la ecuación general de una hipérbola con focos ay b. En geom etría an alítica. 38. 37. z4 = i 23.z 2 = ^ 3 + z 20. Encu en tre la ecuación de la elipse con focos ±z que pasa por el punto 1 + i. Pruebe que Iz I< |Re z I+ llmzl *29. (>/3 + z ’) is 11. + (án_ i . z 2 . z ¡ .a¡)z + (ü ! . todos los z que satisfacen Iz — z 0 I < e (véase Figura 1. zn son números complejos. cuya distancia a z 0 es menor que e . zn_ j son las raíces n-ésimas de la unidad. . . Minimizando la expresión :2*= j (la* I — Xlz* I)2 .1. Teorema de Enestrom-Kakeya. . 41. * (z — zn_ j ) = 1 + z + z2 + . sizk =£1.3 C o n j u n t o s en el p l a n o c o m p l e j o Si z 0 es un número complejo. Zj .real arbitraria. . + z l ~ l = 0. . demuestre que S la*zA. donde a t .a2 )z2 + . este es el in terior de un disco centrado en z 0 de radio e. muestre que (z — z x)(z — z 2 ) • . Imz FIGURA 1 . .. Sea P(z) un polinomio con coeficientes reales.3 • CONJUNTOS EN EL PLANO COMPLEJO 19 40. .anz n + an_ . *42. esto es. Si 1. . (Sugerencia: Aplique la desigualdad del triángulo a (1 — z) P(z) = a0 — [(«o . Pruebe la identidad de Lagrange: n n \ ( n 2 akzk 2 k=\ ( 2 k=\ la* I2 I (2 \k-l \zk \ 2) / - 1 2 Ia¡zk . .z " 1 + . *45. . l V < ( l l a* l2) ( l \zk I 2 k =i J \k= i J \k = i *44.vecindad de z 0 es el conjunto de todos los puntos z. para X.12). + zn _ 1 . . . . Uno e- v e c in d a d d e z 0 . an .a kZj\i.1 2 .. . Pruebe que todas las raíces de P(z) sa tisfacen :lz I > 1. .a n )zn + «„^n+1]-) . Gráficamente. *43. Sea z*cualquier raíz ra-ésima de la unidad y pruebe que 1 + Zk + zl + . P(z) . . + a i Z + ao ) que cumplen a0 > a ¡ > . . una e. > an ■> 0. . Encuentre todos los tiempos posibles en que las manecillas de un reloj se pu dieran intercambiar para obtener una posición factible en un reloj ordinario. . entonces. . 13). El conjunto Int ( 6 — S) se denomina exterior de S. Un punto z 0 es un punto frontera de S si toda e. el conjunto de todos los puntos interiores de S se llama interior de S y se denota por Int S. Interior. 1 3 . Interior. Ej e m p l o Sea S 0 el conjunto de todos los puntos z tales que \z I < 1. si cada vecindad de z 0 contiene al menos un punto de S distinto de zQ . Im z FIGURA 1 . la frontera y el exterior del conjunto S0 . Im z FIGURA 1 .1 4 . El conjunto de todos los puntos fron tera de S se llama frontera de S (véase Figura 1. fro n te ra y e xte rio r d e l c o n ju n te lz l < l . exterior y frontera d e un con ju nto Un punto zQes llamado un punto de acum ulación de un conjunto S.CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS Sea S un conjunto de puntos del plano complejo 6 . Se dice que z 0 es un punto interior de S si alguna e-vecindad de z 0 está completamente contenida en S. Encuentre el interior.vecindad de zQ contiene puntos que están en S y puntos que no lo están. Note que los puntos frontera de S no están en el interior ni en el exterior de S. El complemento de S es el conjunto G — S de todos los pun tos que no están en S. y el conjunto B de todos losz para los cuales Iz + 2 l < 1 (véase Figura 1. todo punto de S 0 es un punto interior. S 0 es conexo. la frontera de S 0 consiste en todos los puntos sobre el círculo Iz I = 1: el interior es el conjunto Iz I < 1. el con junto T de todos los puntos z. pero este hecho requiere verificación. y el ex terior es el conjunto de todos los puntos que satisfacen Iz I > 1 (véase Fi gura 1. SOLUCIÓN: Un conjunto es abierto si todos sus puntos son interiores. . Así. Intuitivamente. La prueba es *Muchos libros llaman dominio a un conjunto conexo abierto. es claro que cualesquiera dos puntos de una región pueden unirse por medio de un polígo no contenido en esa región. para los cuales Iz — 2 I< 1 o lz + 2 l < l e s n o conexo. Por ejemplo. todo punto z 0 que satisfaga lz0 ^ 1 será exterior a S 0 . Por tanto. Evitaremos tal uso para evitar una posible confusión cuando se describa el dominio de definición de una función compleja. lo que se señala es que S está integra do por una sola pieza. esto es. Intuitivamente. Se dice que un conjunto S es acotado en caso de que exista un número re al positivo R tal que todo z en S satisfaga Iz I < R . Igualmente.1. Así. decimos que S es no acotado. Por ejemplo.15). A UB es no co n e xo Una región* es un conjunto conexo abierto. pero el conjunto de todos los z. Por ejemplo. S = Int S cuando S es abierto. ajenos. Un conjunto S es conexo si no puede ser representado como la unión de dos conjuntos A y B ajenos y no vacíos tales que ninguno de ellos contenga un punto frontera del otro. entonces toda e. pero r = { z : l z l > l } es no acotado.3 • CONJUNTOS EN EL-PLANO COMPLEJO 21 Sea ¿o un punto cualquiera de S0 . Al complemento de un conjunto abierto se le llama cerrado. Si l z0 I = 1.vecindad de z 0 contendrá puntos que están en S 0 y pun tos que no lo están. Entonces x4 y B son conjuntos abiertos. puesto que podemos formar el conjunto A de todos los z tales que Iz — 2 I < 1. FIGURA 1 . el conjunto S0 en el ejemplo anterior es acotado. el conjunto S q del ejemplo anterior es abierto. y ninguno de ellos puede contener un punto fronte ra del otro (¿por qué?).14). Si esta condición no se cumple. el conjunto Iz K 1 es cerrado. Note que el disco Iz — z 0 I < e está situado completamente dentro de S0 siempre que e < 1 — lz0 I. De igual manera. tales que iz I ^ 1 es cerrado.1 5 . la prueba ha quedado completa. todo punto de Sj es punto interior de S j . Así. Todos estos puntos están en S i . Como S es conexo. Pero z 0 está en S j . es un punto interior de S. De notemos por todos aquellos puntos de S que pueden unirse a z 0 por medio de un polígono y denotemos por S2 aquellos puntos que no pueden unirse. Por lo cual todo punto de S2 es punto interior de S2 . Ahora. Si z 2 está en S2 . y supongamos que z 0 está dentro de S. y por ende puede unirse a z 0 por medio de un polígono contenido en S. . así que S2 es vacío. ya que cada uno puede unirse a z 1 por medio de una recta que pertenece a S. Nin gún conjunto puede contener un punto frontera del otro. pero debe estudiarse porque la técnica empleada será usada posteriormente. ya que ambos son abiertos y son ajenos.CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS ligeramente complicada. pueden unirse entre sí por una trayectoria poligonal que pasa por z 0 . por tanto. porque si así fuera z 2 estaría en S x. Te o r e m a Cualesquiera dos puntos de una región pueden unirse por medio de un polígono contenido en la región. Si z¡ está en Si y por tanto en S. PRUEBA:t Llamemos S a la región. entonces S2 es abierto. Cualesquiera dos puntos pueden unir se a z 0 por medio de una trayectoria poligonal contenida en S y. B t Una daga ( f ) indica pruebas más difíciles u opcionales. uno de estos conjuntos debe ser vacío. existe una evecindad de Zi contenida en S: Iz — z¡ I < e. Entonces. sea Iz — z 2 I< e una vecindad contenida en S. Ningún punto de esta vecindad puede estar en S ] . así que S ¡ es abierto. Este modelo se llama esfera de Riem ann. Por ejemplo. Todas las líneas rectas en Q corresponden a círculos que pasan a través de °° en 311* Probaremos esta afir mación en el Capítulo 5. FIGURA 1 . el conjunto S 0 del ejemplo anterior es simplemente conexo. 1 7 .1. La esfera d e Riemann Ej e r c ic io s En los Ejercicios 1-10. ya que el origen constituye un “hoyo” de este conjunto. IIm z I> 1 * Otras notaciones comunes para í)T C son 5.U { ° ° f . conexo ysimplemente conexo. Esto significa que esta región no tiene “hoyos”.) Una región es simplemente conexa si su complemento es conexo. Así. 2. 1 .clasifique los conjuntos de acuerdo a los términos abierto. Asociamos cada punto z del plano al punto z en la esfera. dos segmentos de recta paralelos a los ejes. Iz + 3 l < 2 3.3 • CONJUNTOS EN EL PLANO COMPLEJO 23 Más aún. es posible pedir que todas las líneas del polígono sean paralelas a los ejes coordenados. ya que siempre podemos unir el centro de un disco abierto a uno de sus puntos por. N corresponde a °° (véase Figura 1. En muchas ocasiones es conveniente extender el sistema C de los números complejos con la inclusión de un punto al infinito denotado con el símbolo Este nuevo conjunto se llama plano complejo extendido 311 y el punto °° sa tisface las siguientes reglas algebraicas: a + oo = oo + a = oo) h • °o = ao • b = oo a OO _ = 0 a# b^O. y la correspondencia entre los puntos se denomina proyección estereográfica. La prueba con este requisito adicional será idéntica. 1. (Véase Figura 1.16. pero el conjunto de todos los z que sa tisfacen 0 < Iz I < 1 no lo es. ' ■— = oo 0 Como modelo geométrico para 3R usamos lá esfera unitaria en el espacio tridimensional x\ + x\ + x | = 1.17) y las e-vecindades de N sobre la esfera unitaria corresponden a vecindades del punto al in finito. donde el rayo que se origina en el polo norte N pasa a través de z e intersecta la esfera. acotado. a lo más. I Re z I< 1 4.l l < <3. 0 < Iz . cerrado. 18. La intersección de un número finito deconjuntosabiertos es abierta. 17.4 F u n c io n e s c o n t in u a s de u n a variable _____________ Una función compleja de una variable compleja es una regla que asigna un n ú mero complejo w a cada número complejo z de un conjunto S. La cerradura de un conjunto S es la intersección de todos los conjuntos cerrados que contienen a S. 14. y) + iv(x. w = u(z) + iv(z) = u(x.Iz + 1 l > 2 lz-ll + +1 1<3 10. entonces éste es una región. Iz — 1 1< Im z 9 . Iz K Re z + 2 7. 1.2 v / 2"< Iz 6. 11z — í I — Iz + z II< 1 . La intersección dé cualquier colección de conjuntos cerrados es cerrada. Pruebe que S es cerrado si y sólo si contiene todos sus puntos de acumulación.. siendo n un entero positivo. notamos que una función compleja de una variable compleja consiste en un par de funciones reales de dos variables reales. w es el valor de la función en el punto z que está en el dominio de de finición S. SOLUCIÓN: Con z = x + iy obtenemos . si cualesquiera dos puntos de un conjunto abierto pueden unirse mediante un polígono contenido en el conjunto. en el plano extendido 371? ¿Este conjunto tiene un punto de acumulación en (3? 22. Iz . Ej e m p l o 1 Exprese w = z 2 como un par de funciones reales de dos variables reales. 21. ¿Cuál es el punto de acumulación del conjunto de todos los puntos :z = — m.1 1 . 15.24 CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS 5. Pruebe que. 16. pruebe las propiedades indicadas de los conjuntos abiertos y cerrados. Sea S el conjunto de todos los z que satisfacen I z l ^ l oz = Oy muestre que z = 0 no es un punto de acumulación de S. I z + l l + \z + i \ > 2 8. ¿Cuáles son las fronteras de los conjuntos señalados en los Ejercicios 1-10? En los Ejercicios 12-15. La unión de cualquier colección de conjuntos abiertos es abierta. siendo n un entero positivo? (Este ejercicio muestra que un punto de acumulación no necesariamente pertenece al conjunto. 11. y).) 20. 13. ¿Cuál es el punto de acumulación del conjunto que consiste en todos los puntos z = 1/n. Al escribir w = f(z ) en términos de las descomposiciones en partes real e imaginaria z = x + iy y w = u + iv de cada variable compleja. Pruebe que la cerradura de un conjunto conexo es conexa. Si escribimos w —f(z ). 12. 19. Muestre que cualquier punto de una región es un punto de acumulación de dicha región. La unión de un número finito de conjuntoscerradoses cerrada. Así. la información acerca de la función se expresa dibujando planos complejos separados para las variables z y w. obtenemos w . o con juntos de puntos. en los dos planos (véase Figura 1. pero tres veces su longitud.1 8 . y todo vector no nulo del plano z se alarga en un vector que tiene el mismo argumento. Como cualquier punto a + ib del plano w es la imagen del pun to (a/3) + i( b¡ 3) en el plano z. un m a p e o ™=f(z) Ej e m p l o 2 Analice la función w = 2> z. = z 2 . En lugar de esto. Se dice que la funciónf es un mapeo del conjunto S contenido en el plano z en el plano w. se llama uno a uno si f ( z i ) = f ( z 2 ) sólo para z . la función w = 3z es sobre. donde f(S ) es el conjunto de todos los valores tomados por/ en el conjunto S. se le llama sobre si S ' = f ( S ) .* Llamamos a f(S ) el conjunto imagen de S bajo el mapeo / . la función es también uno a uno. ya que ésta requeriría cuatro di mensiones. SOLUCIÓN: Con z .3 y .Las funciones reales de una variable real y —f ( x ) pueden describirse geo métricamente por medio de una gráfica en el plano xy. f : S S' . Una función / q u e mapea un conjunto S en un conjunto S ' . Una función que es tanto inyección como suryección se llama biyección.18). en el plano w. Im z Im w F ig u ra 1 . u = 3x. Además. e indicando la correspondencia existente entre puntos. * A las funciones uno a uno se les llama frecuentemente inyecciones y a las funciones sobre se les denomina suryecciones. ya que 3z x = 3z2 sólo cuando z x = z 2 .x + iy. v . . dos para cada variable compleja.u + iv = 3x + i(3y). No es posible una representación tan cómoda para w — f(z ). z . .19.CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS Ej e m p l o 3 Describa el conjunto imagen de la función w = z 2 definida en el disco Iz l< 2.2 es uno a uno.) Im w F IG Ü R A 1 . indicando que el disco Iz I< 2 se mapea sobre Iw I < 4 y cada punto de 0 < Iw I < 4 es imagen de dos puntos de 0 < l z l < 2.1 9 . Por tanto. Por ejemplo. (Véase Figura 1. donde 0 < r = l z l < 2 y 0 < 6 < 27T. cada argumento se duplica. obtenemos w = z 2 = r2 (eos 26 + i sen 20).1 w = ------2 . El m a p e o w = z 2 Ej e m p l o 4 Determine si la función z .±i ambos se mapean en w = —1. y establezca si este mapeo es uno a uno. el mapeo no es uno a uno. Por tanto. SOLUCIÓN: Si escribimos cada punto del disco en su representación polar z• = r(cos 6 + i sen 6). y establezca dónde puede definirse la función. A \ < e siempre que 0 < Iz — a I< 8. La imagen del punto en se obtiene al evaluar 1 1 ----z—1 z tu = --------- z . con z = 2 mapeado en w . Además. z^a lím / ( z ) = A. y a es un punto de G. entonces la función se puede definir en 311. z = “ se mapea en zv = 1 (véase Ejerci cio 26). D e f in ic ió n Se dice que la función/(z) tiene límite A cuando z tiende hacia a . ya que el denominador se anula. Así. la función/(z) es continua en a si y sólo si z -a-a lím / ( z ) = / (a) (véase Figura 1. si para todo e > 0 existe un número 8 > 0 tal que If ( z ) . Una función continua es aquella que es continua en todos los puntos donde está definida. . si permitimos que w tome todos los valores en el plano extendido 311. No obs tante. Suponga que / está definida en una región G.2 = -----------1 _ 2 z cuando z tiende hacia °°. En tonces.20). el límite y la continuidad se definen de la misma manera que en el caso de variable real.ción no está definida en z = 2.°°. CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS Geométricamente. Ej e m p l o 5 Pruebe que SOLUCIÓN: lím 3 Z 1 —2 2. dado.z ) \ > 1 de tal forma que 1 - 3 -z\ > 1 . mediante la desigualdad del triángulo.5 > | 2 < 2 5. Si 5 <~2 . tenemos \z . Así. Con la expresión l / ( z ) — A I. z -* a . obtenemos 2 3 —z z -2 z -2 pues suponemos que 0 < Iz — 3 I < 5: donde 5 debe todavía expresarse en términos de e. El siguiente ejemplo ilustrará el procedi miento usual para determinar 5 con un e > 0. excepto posiblemente el valor f(a ). dado cualquier número pequeño e > 0.( 3 . -se aplican exactamente las mismas reglas de los límites. obtenemos z . Al igual que la definición de límite de una función compleja de una va riable compleja es idéntica a la de una función real de una variable real.1 - 2 < e. La verificación de las propiedades siguientes son análogos exactos de las pruebas usuales del cálculo elemental. simplificada. si elegimos 5 < mín (y . "2 e). y puesto que los valores absolutos se comportan como en el caso real.2 1 = |1 . REGLAS DE LÍMITES Sean lím f ( z ) . la definición de límite establece que cualquier e-ve cindad de A contiene todos los valores que f toma en alguna 5 -vecindad de a.A y lím g{z) = B. B ) \ = \[f(z)-A] +[B-g(z)}\ < l / ( z ) .A ) \ + \B —g{z) \< e + e = 2e Como e > 0 es arbitrario. y < \f(z)g(z) .A B \ < e ( \ A \ + I 5 l + e ) \A |+ e B\ + 1 g(z) b \\B\ así que podemos hacer f{z)g(z) y/ (z) arbitrariamente cercanos a AB y A / B . se muestra que f ( z ) . tenemos ib - m i 1*1 = \ B .A B I = I < +B[f(z)-A] I \ g [ ? ) ~ B \ + 151 \fiz ) ~ A¡ g(z) B _ g(z) B Bg(z ) + /(*) A 1 B 1 B B / ( z ) [B .g ( z ) + g ( z ) \ < e + \g(z)\. Esto comprueba las reglas (ü) y (iü) . la regla (i) se cumple. Además If ( z ) g ( z ) . Por tanto.2e y ![/(*)-* (* )] . con z suficientemente cercano a a.e > \ \B\ l / ( z ) l = \f(z) .f ( z ) B + f ( z ) B .A B I= If ( z) g( z) . de tal forma que \ g ( z ) \ > \ B \ .■ Las reglas de los límites pueden usarse para probar que toda función polinomial en z f { z ) = a nzn + an_ xz n —1 . respectivamente.A + A \ < \ A \ + e. Por tan to.g(z) puede estar arbitra riamente cercano a A ± B eligiendo a z suficientemente cercano a a.< l/(z) — A I+ Ig(z) — B\ < e + e .{ A .A i .g { z ) ] + f ( z ) . l /( z ) — A i * M ± — '/(*)! B I Ig(z)\ s si 0 < e < \ \B\. el único punto donde todavía ne cesitamos verificar la continuidad es z = 1. z . ve mos que f ( z ) = an zn es continua. Al aplicar la segunda regla de los límites repetidamente. vemos que todos los polinomios son continuos.1 =■ ---------. Toda función constante f ( z ) = c es trivialmente continua. . es continua. Así. Ej e m p l o 6 Determine si la función m í z2 . z2 .30 CAPÍTULO 1 ■• FUNCIONES ANALÍTICAS es continua en 6 . vemos que f ( z ) = z n es continua para todo entero positivo n . . y que el cociente f ( z ) / g ( z ) se define y es continuo en todos los puntos donde g(z) no se anula. + b {z + b 0 son continuos en aquellos puntos en que el denominador no se anula. ya que todas las e. ya que el denominador es diferente de cero.. con la tercera regla de límites encontramos que todos los cocien tes de polinomios an z n + . aplicando la segunda regla de los límites. cuando usamos la primera regla de los límites repetidamente. f e s continua en el conjunto z i 1 1 1 1.1 lím --------.= z + 1. 2 . + a l z + a 0 bm zm + .vecindades de cualquier punto se mapean dentro de cualquier 5 -vecindad de c.1 . Ciertamente.1 3. Sin embargo. Note que la función identidad m =? es claramente continua en cualquier punto si 8 = e . se muestra que la suma f ( z ) + g(z) y el producto f ( z ) g ( z ) de dos funciones continuas son continuas. Median te las reglas de los límites. Nuevamente. . Finalmente. . SOLUCIÓN: zi = i z = 1 Claramente.= 2 Z-» 1 Z — 1 porque z2 — 1 ---------. tu = Re z 12. 15. . w = Iz I Suponga que/(z) es una función continua en un dominio G. w = z 14. / ( z) = ( 2 £ í ) S h ) 23 . f ( z ) /(* )H z3 — 1 r zi¿— —1 3 2 zi=± 1 z = ±1 es continua? Demuestre que las funciones en los Ejercicios 20-23 son continuas para z ¥= 0. Z-+ oo lím f ( z ) = A. 25. Verifique que toda función de la forma w = -— . La función f(z) tiene límite A cuando z tiende hacia co. 26.. si para todo e !> 0 existe un número 5 !> 0 tal que l /( z) — z4 I< e siempre que l z l > 5 ./(z) = i i Ü 2 2 . 17.= 1 i z —1 2 z —2 Pruebe que las funciones en los Ejercicios 11-14 son continuas en G : 11. z-b a¥= b es un mapeo uno a uno del plano extendido 3T I sobre sí mismo. / ( z ) = ( 5 5 4 0 0 ^ 4 ! Iz r Iz r 24.Ü ----cz + d J-l-U fldí be es un mapeo uno a uno de 3 T Z sobre sí mismo. z3 — 1 z->— í z +z z 2 — 3z + 2 lím =3 10. ¿Puede definirse la función como para hacerla continua en z = 0? 2 0 ./ + ) = i^ i-z 21. w = lm z 13. lím -----------------. Re/(z) l /( z )l ¿En qué puntos la función 16. Pruebe que las funciones de los Ejercicios 15-18 son continuas en G. Compruebe que toda función de la forma Z+ b > w. 19.z-* 2 z — 2 9. I m / ( z ) 18. . como también lo es el cociente [ f ( a + h) —f { a ) ] / h . Suponga que los coeficientes del polinomio P(z) = anzn + . (Sugerencia: Note que \P{z) l> la0 I— [ Ia t I \z 1+ . es necesario que ese cociente tienda a un número complejo único :f'(a) in dependiente de la manera en que h tienda hacia cero. .32 CAPÍTULO " 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS Use esta definición para probar que z-*°° z — 2 27. para que exista la deriva da. + a xz + a0 satisfacen Ia 0 I^ Ia t I+ Ia 2 ¡ + ■••+ I I. entontes / es continua en a .5 C o n d ic io n e s necesarias p a ra la ANALITICIDAD La derivada de una función compleja de una variable compleja se define. exactamente. Así. y se dice que/ es entera si es analítica en todo G. Se dice que la función f es analítica (u holomorfa) en la región G si tiene derivada en cada punto de G. + \an \\z\n \. Observe que. Pruebe que P(z) no tiene raíces en el disco unitario Iz I< 1. . cuando el límite existe. h es un número complejo. LEMA: Si f tiene dem ada en a.) 1 . . en la definición anterior. de la misma manera que el caso real del cálculo elemental. / < « > > k— >o ir. hay una diferencia fundamental entre la deriva ción para funciones de variables reales y la derivación para funciones de una variable compleja. Por ejemplo. { m .0 h v (zn + n z n~ 1h + . i ay Así.m d f ( z ) . . f w \ . Sea z = (x. Los polinomios y las funciones racionales se derivan de la misma manera que en cálculo elemental. tendremos / ' ( * ) = lím /./ ( a + ft)g(q) + / ( a + ft)g(a) . suponga que h es real y entonces i.1 f1 i— x + -w y) —n f ( . Si usamos el teorema del binomio.*" h~* 0 h h-*. sea f ( z ) = zn con n un entero positivo.}= 1 Im n a * h ) g ( a h~* o h-+ o + h ) . porque en cada punto z de C tiene derivada P'(z) = a x + 2a2z + •••+ nanzn~ l . A (. . Pero entonces si h = ik es puramente imaginario.i. + hn ) . = lím > h-* o h En particular. y).mental.< f + * > .lím * * ? _ + * > . . + anzn es entero. No obstante estas similitudes. la existencia de una derivada compleja obliga a la función a satisfacer la ecuación diferencial parcial fx = -ify . Por ejemplo.f ( a ) e (a) h h = lím f ( a + h)g (a + /t) . todo polinomio P(z) = a0 + a xz + a 2z 2 + .f(a)g(a) = lím h-* 0 / ( a + h) ■ + * ) . -----------------------------------L --------= nz n~ 1. entonces m ./ ( * > = lím <1l ± l .z n n .» ( “) + í W • /i + A) /i = / ( « ) £ '( « ) + g ( a ) / '( a ) . . ). .xw >y) . /ti ene derivada cuando z — 0 por que Ih I 2 / ' ( 0 ) = lím -------. y si igualamos las partes reales y las imaginarias de ^X Wx f x ify Vy lU y . entonces u = x 2 + y2. u = x 2 — y2 y v = 2 xy deben satisfacer las ecuaciones de Cauchy-Riemann. las prime ras derivadas parciales de u y v. obtenemos las ecuaciones diferenciales de Cauchy-Riem ann ^X ~~ Vy . así que f satisface las ecuaciones de Cauchy-Riemann sólo en 0. Por otra parte. uy = 2 y. ¿->0 h h-+0 Ej e r c ic io s En los Ejercicios 1-4.ex (e o s y + i sen y) .34 CAPÍTULO -1 • FUNCIONES ANALÍTICAS Si f ( z ) = u ( z ) + iv(z). Observe que ux = 2x = vy y —uy = 2y = vx . pruebe que cad a función satisface las ecuaciones de CauchyR iem ann. Como f es entera. si :/(z) = Iz i2 = x 2 + y 2 . Aún más. 1 . existen y satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann.= lím h = T). donde u y v son funciones reales de una variable compleja. Ej e m p l o Sea f( z) = z 2 = (x 2 — y 2 ) + 2xyi. f ( z ) . vx = 0 = vy . con respecto a x y y. Hemos probado el teorema siguiente: TEOREMA: Si la función / (z) = u(z) + iv {z) tiene derivada en el punto z. v = Oy ux = 2x. Vx ~ Uy . su poniendo que f y g son enteras. muestre que las ecuaciones de Cauchy-Riemann pueden escribirse en la forma 9m 9r 1 9u 19u dv -> ---------------. f ( z ) = Re z 15. f (z) = Im 2 13. f (z) — I^ 1 Use las ecuaciones de Cauchy-Riemann y la definición de derivada para determinar dónde tienen derivada las funciones de los Ejercicios 16-19. muestra que no es así. Utilizando las ecuaciones de Cauchy-Riemann. 24. 12 . *22. 16.( f ± g)' = f . pruebe que lo mismo se cumple para todos los ceros de P'(z)? (Sugerencia: Factorice P(z) y considere P'(z)/P(z). f ( z ) = (Re z) 2 1 8 . El ejemplo siguiente. 6). pruebe que las funciones de los Ejerci cios 12-15 no son derivables en todo C .9 . de D. f ( z ) = z 2 17. Si u y v se expresan en términos de las coordenadas polares (r. 6 C o n d ic io n e s suficientes pa r a la a n a l it ic id a d En este punto. Pruebe que la función f ( z ) = r5 (eos 50 + i sen 50) satisface las ecuaciones de Cauchy-Riemann en forma polar para todo z=f 0.— > r 90 r 90 9r r 0. f { z ) = z 14. ± g' ( f \' § f ~' fg' 10. ^ J = -----. Utilice la regla de la cadena para probar que una función entera de una función entera es entera. Muestre que el cociente P (z)¡Q (z ) de dos polinomios tiene derivada en todo punto z donde Q(z) Q . f (z) . uno se podría preguntar si las ecuaciones de Cauchy-Riemann son suficientes para garantizar la existencia de la derivada en un punto dado.= .) 23.2 '— > con g(z) f= 0 para cualquier z en G 11. Si todos los ceros de un polinomio P(z) tienen partes reales negativas. Sea . 21. Pruebe la regla de la cadena para la derivada [/(g(-z))] ' = f' {g(z))g\z). Menchoff.z Im z 20. / ( z ) = z Rez 19. Este resultado también se cumple si x = x 0 o y .v { x 0. pero si se desarrolla la expresión para / se tiene u ( x . y o ) z — z0 z-z f z .u y (0.v { x 0. u(0. 4. A s í . y ) . y que tiene primeras derivadas parciales continuas.4 Z \ lZ **o.u ( x 0. tenemos el siguiente teorema: Te o r e m a Sea f ( z ) = u(x. y) X — Xc y . y se cumplen las ecuaciones de Cauchy-Riemann. / n o tiene derivada en z — 0. que satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en z 0 . y) = 0 = i/(x.t. y 0) y-yo Ux (x0 + ti (x . definida en alguna región G que contiene al punto z 0 . k .z0 u(x. y o + *3( y . Entonces f ' { z 0 ) existe L PRUEBA:t Si :x # x 0 y y =£ y 0 . y 0 + M y .zc X—x0 z . ux ( 0. y ). Sin embargo.f ( z o) = u (x >y) .u ( x 0. y) + iv(x. 0) = 1 = Vy (0.y o ) ) f > donde 0 < í ¿ < 1. y 0 ) + z -z 0 y -y o X —x 0 z — z0 y-yo z -z„ t>(x0. y) X — Xf v(x. v ( x . que tiene valor 1 sobre el eje real y valor -1 sobre la línea y = x. y) . Por lo que.1 . 2 . el cociente de diferencias se puede escribir f ( z) . y) .0 ) = x. y) .y o ) ) + ivy ( x0. 3.(x0. r/( 0.u j x p . 0 ) . . según el teorema del valor medio del cálculo diferencial. y) . y ) +ivx ( x 0 + t2 {x . 0) = 0 = vx (0. 0).y o ~u ( x o.yo- .y) % ( * o .36 CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS Entonces .x 0 ) . y ) = y . y 0 ) + .x 0 ). con res pecto a x y y. 0). ux = 2ex ~y y — uy = 2ex ~y 2 2 (x eos 2xy — y sen 2a. la desigualdad del triángulo conduce a (» . tenemos f ' ( z o) = lím z-*zo z —z0 = u x (z0 ) + ivx (z0 ) En particular.y) = vy (y eos 2a.« .y + a.y o) e .e x2~y2 eos 2a. Iy — y 0 l < \ z —z 0 \ .1) — «y (x — l ) 2 + y 2 . el último término tiende a cero cuando z tiende a z Q así que al to m ar el límite. ) € .e xl ~ yl sen2a. si las hipótesis del teorema se cumplen en todos los puntos de la región G. Z -Z o <| ei| + | e¡K O i cuando2^ . Por tanto. t ( y . Ej e m p l o 2 Describa la región de analiticidad de la función (x . sen 2a. I Ej e m p l o 1 Muestre que la función f ( z ) = ex*~y2 (eos 2xy + i sen2xy) es entera.y y v . o. Claramente.y son continuas y satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en todos los puntos de &.Como Ix — x 0 \ . SOLUCIÓN: Debemos verificar que las primeras parciales de u . entonces f es analítica en G.y) = vx son funciones continuas en 6 así q u e/(z) es entera. l/l o ar g f es constante en G. las derivadas se anulan y / es constante. sabemos que cuando la deri vada de una función es Cero en algún intervalo. u y v son constantes a lo largo de cual quier recta paralela a los ejes coordenados y como G es conexo mediante un polígono (véase el teorema y las observaciones después de su prueba en la Sec ción 1. vx .l ) 2 + y 2 ] 2 y y —2y (jc — 1) uv = ----------. Para variables complejas se obtiene un resultado semejante. f(z ) es analítica para todo z ¥= 1. si la derivada se anula implica que ux = vy . también 1/ | 2 = u 2 + v2 . de u = Re / y ® ux = Im / satisfacen _ y2 — {x — l ) 2 _ ---------= Vv [(a . vx = —uy son todas cero. entonces es constantemente cero. Si l/l es constante. Resolviendo estas dos ecuaciones para ux . Por tanto. Así. [(* . Note que f( z ) no está de finida e n z = 1. En el caso de variable real del cálculo elemental.ux (z) + ivx (z). De otra manera. Im /*. esto implica que PRUEBA: UUX + VVX = O. . y / s e anula idén ticamente. Como f' (z) . tenemos ux = vx = 0 a menos que el determinante u2 + v2 se anule. la función es constante en ese intervalo.CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS SOLUCIÓN: Las primeras parciales. Se tiene la misma conclusión si Re f .3). UUy + Wy —vux — uvx = 0.1) + y 2 ] 2 Estas funciones son continuas para todo z ¥= 1.1o es. Te o r e m a de l a d e r iv a d a n u l a Sea/ analítica en una región G y f ' (z) = Oen todo z de G.i-------. Como l/l2 = u 2 + v2 es constante.lo cual implica que / '( z ) = ux (z) + ivx (z) = 0 y / es constante. Entonces/ es constante en G. si u2 + v2 = 0 en un punto.-— = —vx . Si u (o v) es constante vx = —uy = 0 = ux = vy . / = u + iv es constante en G. pruebe q u e / es constante.51 z .Suponga que la función analítica f definida en la región G. 0 z = 0. 11.51 f ( z) —u + iv es entera y v = u 2 . y suponga que u • v es constante. 12. toma valores reales. diga si las funciones son analíticas. 15. x2 + y2 J ? •f (z ) = sen / —-----. Sea f( z) = u + zuentera. 6-f(z) = x2 + y2 . muestre que no existe una función entera cuya derivada sea la función f ( z) = x . satisface las ecuaciones de Cauchy-Riemann.Sean f( z) = z 3. satisface las ecuaciones de Cauchy-Riemann en z = 0.51 / = u + ives entera y u 2 —v2 pruebe que f es constante. pero no tiene derivada en ese punto.Z l ).x + iy. la función z3 Iz l2 z^O.. z ¡ = 1. Esto demuestra que el teorema del valor medio para funciones reales no se ex tiende a las funciones complejas. Pruebe que/es constante en G. z o . 13. en z = 0. f( z) = sen(x2 — y2 )cosh(2xy) + i cos(x2 — y2 )senh(2xy) En los Ejercicios 6-8.4. f\z) = (x 3 — 3 x y 2 ) + i { i x 2y — y 3 ) 5. pero no tiene derivada en ese punto. Si f(z ) = u + i v y f = u — iv son analíticas. [o . 14. 16. z = 0. f ( z ) = \ log(x2 + y 2 ) + i are tan y_ X 9. 10. Pruebe que no existe un punto z 0 sobre el segmento de recta que une a z x y z2 tal que f ( Z2 ) .f { z l ) = f \ z 0 ) ( z 2 . muestre que f es constante.) cosh x 2 + y 2J \ x 2 + y2 i eos ( ~ ) senh x 2 + y 2) \ x 2 + y2 8. z 2 = i. 17. Muestre que. Muestre que la función /(*H r .-X . Pruebe quef es cons tante. pues sólo así satisfará la ecuación que la determina sobre el eje real. w(0) = l . q .7 Ex p o n e n c ia l c o m p l e j a Hemos visto en la Sección 1.P> y p. logaritmos y funciones trigonométricas. así que ? ~ P ~ —g. q' {y)ex = vy = ux = p { y ) e x . to das las funciones elementales del cálculo. q son soluciones de la ecuación diferencial real <¡>"(y) + 0 ( y ) = 0. defini remos las extensiones de estas funciones elementales e indicaremos algunas de sus propiedades. Como ux = u . Todas las soluciones de esta ecuación son de la forma A eos y + B sen y . p ' .4 que los polinomios y las funciones racionales en una variable real producen funciones analíticas cuando la variable real se reemplaza por z. Derivemos estas dos ecuaciones con respecto a y apliquemos las ecuaciones de Cauchy-Riemann. En las siguientes tres secciones.—q . con A y B cons tantes. /(O ) = 1 . p'(0) = —^(0) = 0. . De hecho. Como ^'(0) = p(0 ) = 1. v x = v. nos preguntamos si existe una solución analítica de la ecuación /(o ) = i.40 CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS 1 . Por tanto.p. y) = p ( y ) e x . Si tal solución existe.q { y ) e x . q( 0) = 0 por las condiciones iniciales. para obtener p'(y)«* = u y = . Deseamos definir una función /( z ) = e? que sea analítica y que coincida con la función exponencial real cuando z sea real.q ~. u(0) = 0. De la defi nición de / ' . necesariamente deberá coincidir con ex cuando z — x. debemos tener p(y) = . Recordando que la exponencial real se determina por la ecuación diferencial /'(*)= /(*). Empecemos con la exponencial ex . tales como exponenciales. con p (0) = 1. v(x. ir t_ . Esto de ninguna manera es un ejemplo aislado. al separar variables. P = .v x = . y) = q ( y ) e x . dan lugar a funciones analíticas cuando se extien den apropiadamente al plano complejo. tenemos ux + ivx = u + iv. tenemos u(x. ) (eos y 2 + i seny2 ) = g*i + *2 [(eos y] eos y 2 — seny] seny2 ) + ¿(seny] c o s y 2 + c o s y i seny2 )] = é?*<+*N [cos(y ] + y 2 ) + * sen ( y .rencial /'(*)= /(*). tenemos ( 1 _ ¿ ) 23 = (y^2"e-7”/4 )23 = 223/12 e-2 3 "^4 = 223/2 e™ 74 = 2 11 (y/2 em ‘/ 4 ) = 2n (l+ í).2) en z= \ z\ é^ z. para n = 0..+y. = x¡ + iy i y z 2 = x 2 + iy2 . + y 2 )] = e x i +x2 e i(y. I I= 1. ±2. La exponencial compleja jugará un papel esencial en las aplicaciones. Esta identidad proporciona una prueba rápida del teorema de De Moivre cuando z = et6 : (eos 6 + i sen Q)n = (e% 6 )" = em6 = eos nd + i sennd. obtenemos g™ .gZl jgZ2 _ Si usamos repetidamente la fórmula para la suma de exponentes.(e2 )". Si z . Así. Ya que Se sigue que gZ1~Z2 g^2 —gZ1— Z2 +ZJ —gZl ^ gZ\— Z2 . la representación polar de un número complejo se transforma (véase Sec ción 1. Con el fin de entender completamente la exponencial compleja. /(O ) = 1. . . la notación conduce a e® = eos y + i seny.) = ez i +z2 . observe que como z = x + iy . entonces las fórmulas trigonométricas para las sumas implican que e2' é2* = e *1eXi (eos y j + i s e n y . Con esta versión del teorema de De Moivre. Que é2 0 se sigue de que ni ex ni eos y + i sen y se anulan. Para visualizar el mapeo w = e2 = ex (eos y + i seny). necesitamos estudiar sus propiedades como mapeo. . . Además. . +1. Si utilizamos a (R como el contradominio de la función e2 y medimos . Por tan to. . —ir *0 y < irse mapean de manera uno a uno en el círculo Iw I = 1.. así que los valores complejos e2 y ez+2ntk . imagine que el contradominio del mapeo consiste en un número infinito de copias de < 3 — {o } apiladas en capas unas sobre otras. produciendo un conjunto < R que asemeja una rampa infinita en espiral (véase Figura 1. porque ^ + 2 ™ = e x + ( 2 n + y ) ¿ = g x [ c o s ( 2 tt' + y ) + z sen (2? r + y ) ] =e*.21 se mapea en 0 < Iw I< 1. Para eliminar esta dificultad. Obser ve que e? tiene periodo 2iri. también se mapea en < 3 — {0 } . porque el argumento es multivaluado. k = 0. La función inversa es ver daderamente importante. Este es un resultado indeseable. con k entero. la mitad izquierda de la franja en la Figura 1. y el mapeo e2 : < 3 -*■ < 3 — {0 } manda un número infinito de puntos de < 3 al mismo punto en < 3 — {o } . . El conjunto < R difiere de < 3 — {0 j en que cada punto de < R queda determina do unívocamente en coordenadas polares. y la mitad derecha va a Iw I> 1. mientras que los puntos de < 3 — {o } no se pueden determinar en la misma forma. en vista de que no permite la discusión de una función inversa. las rectas verticales a la izquierda del eje imaginario se mapean en círculos de radio r < 1. cada una cortada a lo largo del eje real negativo con el borde supe rior de una capa “pegada” al borde inferior de la capa superior. cada franja infinita —ir < y — 2nk < ir.22). ±1.42 CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS FIGURA 1 . ±2. La exponencial observemos que la franja infinita —7t < y < 7t se mapea en < 3 — { 0 } : los pun tos sobre el segmento de recta x = 0. excepto sobre cada una de las franjas infinitas descritas anteriormente. porque la inversa de la exponencial real es el logarit mo.21 . . son idénticos. las rectas verticales a la derecha del eje imaginario sobre círculos de radio r > 1. de tal forma que e2 y e2+h se encuentren en la misma copia de C — { 0 } . °° puntos de ram ificación. El conjunto (R se llama superficie de Riem ann. . (2 + 2 í)ia 1 8 . . si Im z (2k + 1 )ít y h es pequeño. exprese cad a núm ero en la form a x + zy. La superficie d e Riemann d e w = e2 y la cantidad entre paréntesis tiende a e° cuando h -*■ 0. los extremos de los cortes de ramificación 0.rí/4) 2 . l e™ 3 . eos x + eos 3x + eos 5x + . encuentre todos los núm eros complejos z que satisfacen las con diciones dadas. con h entero 12. utilice el teorem a de De Moivre y calcule ca d a núm ero 13. . encuentre las sumas m ediante el teorem a de De Moivre.1 1 1 . O btenga todos los valores de e 7 1 * / 2 . 1 + eos x + eos 2x + . (v/3 + 0 15 14. z y z + h pertenecerán a la misma franja. e (1+7r!')/2 4_ e (—1 + ttí)/4 5 . 6 —{ o } Ej e r c ic io s E n los Ejercicios 1-7. 8. (1 + i ) 29 15. y cada copia de 6 — { 0 } se llama ram a de (R. e7ír¿/2. + cos(2n — l ) x . e* = . 21. las líneas de corte en cada copia de cortes de ram ificación. Muestre que (e2 ) = e2 . (—1 — f)36 17.22 .FIGURA 1 . En los Ejercicios 8 -1 0 . ( . . e iz = 2 10. + eos nx 22. De manera alternativa. si eh pertenece a la misma capa de (R que e ° .V $ + 0 13 E n los Ejercicios 2 1 -2 4 .l 9 . e 2 z = . g _ r + (. En los Ejercicios 1 3 -2 0 . e 3 *V2 6 7. ( .1 + i ) 17 16. 2 2i . 28. .-------------. 0 < y < l } d e mañera uno a uno y dentro de 1 < |w \< e 2n." Ix I< C 1. Pruebe que e2 es la única solución analítica de la ecuación diferencial compleja f ' ( z ) = f ( z ) . + sen nx senx + sen 3x + sen5x + . 1 .-------------. ent0nCCS eos y = + e -v 2 > ¿y .2i Extendemos estas definiciones a los planos complejos como sigue: D e f in ic ió n giz + e .44 CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS 23. . f ( 0 ) = l. Como e^ = eos y + i sen y y = eos y — ¿sen y.= 2 2i =eosz. ¿Cuál es la imagen del conjunto |z.h eos z = -------------. 26. ieu — ie~u e1 2— (co sz) = . iea + ie~u ea + e~u (senz) .> 2 sen z = 2i Estas funciones son enteras. senx + sen 2x + sen 3x + .= — senz. definidas en términos de las fun .--------------. w = e”z!2 Encuentre una función analítica que mapee { z : 0 < x < l .e~v sen y . 25. 24. \y I< l}bajo los mapeos dados en los Ejercicios 27 y 28? 27. w = e"z 29. . Las otras cuatro funciones trigonométricas. + sen(2n — l ) x Si f(z) es entera. . muestre que es entera y encuentre su derivada. pues son sumas de funciones enteras y satisfacen .8 Las fu n c io n e s COMPLEJAS t r ig o n o m é t r ic a s e hiperbólicas La exponencial compleja puede utilizarse para definir las funciones trigono métricas complejas. .. ±7T.±27T. . debemos tener senh y = 0. cos2z + sen2z = \ [( eu + e~iz )2 — (eu — e~lz )2 ] = 1 . Perocosh y > 1. eos x senh y = 0. y c o sz j eos z 2 — senzj senz2 g«i + e.Todas las identidades trigonométricas usuales son válidas en variables comple jas. 2 2c¿ ‘ eü' + 2e~ü' 4 De la definición de eos z. para estos valores eos x no se anula.e~y eos x — z — ) senx. . PRUEBA: Si sen z = 0. J V 2 eos z = eos x cosh y — i senx senh y. tenemos eos z = cos(x + iy) = --------. 2i e. TEOREMA Los ceros reales de sen z y eos z son sus únicos ceros.-----------2 2í = cos(z. sea y = 0.« i + e~ ai elz■ — e~U l e1 2 " 1 ~ e-1*2.y +vc + e y~tx = \ e~ y (eos x + i senx) + \ e y (eos x — i senx) ey + e~ y\ . con n entero. De manera semejante encontramos sen z = sen x cosh y + i eos x senh y. x = 0. sen z = 0 implica z = nir. . 2 Así. . la última ecuación muestra que debemos tener senx cosh y = 0. ( e y . y sus demostraciones dependen de las propiedades de la exponencial. lo cual implica que el primer término se anula solamente cuando sen x = 0. esto es. Por ejemplo.Sin embargo. + Z 2 ).Por tanto. Así. 2 Así. ■ Las funciones hiperbólicas complejas se definen al extender las defini ciones reales al plano complejo. Ej e r c ic io s En los Ejercicios 1-8. cosh z = t 1. c o s h ( l + í ) 5. y de igual forma encontramos que eos z = 0 implica z = (n + •y)7T . Note.3. _9. los cerosde senhzy cosh z son ima ginarios puros. todas las identidades y reglas usuales de derivación se aplican a las funciones hiperbólicas complejas (véase Ejercicios 23-30). cosh z = 2 12. en sentido contrario a la dirección que llevan las manecillas del reloj. D e f in ic ió n senh z = ------------. exprese ca d a núm ero en la form a x + iy. las funciones hiperbólicas complejas están íntimamente relacionadas con las funciones trigonométricas complejas. 8. senh (1 + 7 tí) 2. eos z = —i senz IX. que senh iz = ----------------= i senz cosh iz = ------------. Por tanto. ya que al multiplicar por i. eos (1 + i) 7.> 2 e2 — 6~ ~ Z cosh z = C? "P € z 2 • Nuevamente. l. ¿Existen puntos z donde senh z = cosh z? 14. además. eos z = senz 10. M uestre que sen z = sen z.= eos z. con n entero. simple mente se rota todo vector en 6 por 90°. encuentre todos los núm eros complejos z que cum plan las co n diciones dadas. eos (—í) senh7Tí tan 2í cosh (7rz’/4) En los Ejercicios 9-1 2 .46 CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS Esta aseveración también se aplica a tan z. 4.sení 3. 6. . para todo z e n C . al considerar el mapeo de segmentos de recta ver ticales y horizontales bajo la transformación. . Describa la función w = eos z. i senh z = sen iz. Verifique que e z = cosh z + senh z .23. . podemos definir su función inversa que mapea (R en C . i tanh z = tan iz 27. bósh(-z) = cosh z. 34. Muestre que la función w = sen z mapea cada una de las franjas en los Ejercicios 34-36 en el conjunto dado. w . 35. La franja semiinfinita 0 < x < 7T/2. La franja Ix l < 7t/2 en C — { z : y = 0. _________ _ _ Como e* : C (R es uno a uno. 36. 32. (csch z)' =—csch z coth z Encuentre todos los ceros de senh z y cosh z. 29. Como la exponencial compleja y el logaritmo son funciones inversas. 33. s¿ífiíf-z) = —senhz j 24. 37. (cosh z) ' = senh z (tanh z)' = sech2 z. senh(zj + z 2 ) = senhZj cosh z 2 + cosh z¡ senh z 2 1 cosh(z j + z 2 ) = cosh z . y el°gz = para todo z en < R . y 0 en el semiplano superior. Ix 1^ l } La franja semiinfinita J x I< tr/2. y > 0 en el primer cuadrante. llamamos a este mapeo inverso logaritmo y lo deno tamos por log z : (R -*■ G . Verifique que eK = eos z + i sen z. 31.senh2 x + sen2 y. Icosh z I2 = senh2 x + eos2 y Pruebe las reglas de derivación dadas en los Ejercicios 28-30. cosh2z — senh2 z = 1 .eos z = eos x cosh y — i sen x senh y. 28.9 Las FUNCIONES LOGARITMO COMPLEJO Y POTENCIA COMPLEJA _______________. Imitando el caso real. se tiene que lo g e2 = z .7. cosh z 2 + senhz 1 senh z 2 26. 30. indicando qué les sucede a los segmentos de recta horizontales y verticales bajo la transformación ui = sen z = sen x cosh y + i eos x senh y. (senh z ) ’ = cosh z. cosh z = eos iz. Isenh z l2 . (coth z)' = —csch2 z (sech z)' = —scch z tanh z. con (R como la superficie de Riemann defi nida en la Sección 1. debemos encontrar una forma para identificar los puntos de cada rama de la superficie de Riemann. podemos extender las nociones de continuidad. la continuidad en z depende únicamente de la dife rencia /(z ) — f { w) para cualquier w en cualquier e-vecindad de z. Así. Con estos conceptos. donde log Iz I es el logaritmo natural del cálculo elemental. Una complicación se presenta cuando el logaritmo se de fine en la superficie de Riemann (R. ilustrada en la Figura 1. Es en este punto donde una complicación anterior se convierte en ventaja: aunque el argumento arg z es multivaluado en es univaluado en (R.mien tras que la derivada en z depende únicamente del cociente de las diferencias [ /( z) — f(w )] /(z — w). Al definir una e-vecindad en una superficie de Riemann. La representación polar y la naturaleza inversa de las funciones logaritmo y exponencial proporcionan una definición natural para el logarit mo complejo: e . derivabilidad y analiticidad de una función definida en esa superficie. log z = log( Iz leíarg* ) = log(elog ]z'+i arg *) = log Iz I+ i arg z . Este concepto es importante porque los límites se definen en términos de e-vecindades. no es difícil verificar que log z es continua ya que log z — log w = log Iz I+ i arg z — log Iw I— i arg w = [log Iz I— log Iw I] +z [arg z — arg i c ] .CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS La única tarea pendiente es obtener una expresión para log z en términos de funciones conocidas. y el logaritmo natural y la función argumento son continuas. Como < R con siste en un número infinito de copias de C — { 0 } apiladas hasta parecer una rampa infinita en espiral. entonces el conjunto de todos los puntos sobre esa rama cuya distancia desde z es menor que e constituye una e-vecindad de z. Esto es.{o}. Si z pertenece a una rama de (R y Iz I > e . ya que estas nociones dependen sólo del comportamiento local de lafunción. . podemos distinguir entre diferentes ramas de (R si utilizamos la representación polar z = \z le!argz para cada z en (R. TEOREMA La función log z ~ log !z I+ i aig z es analítica para todo z en < R . Para completar la descripción de la superficie de Riemann (R definimos las e-vecindades para los puntos en (R.22. De la misma manera que definimos el valor principal Arg z del argumen to arg z. parazenlR.l o g z 2 . ram a principal del logaritmo (véase Figura 1.log ü i = l o g z . Al visualizar al logarit mo como el mapeo inverso de la exponencial. • z2 Note que en estas dos identidades suponemos que z 1 y z 2 son puntos de la su perficie de Riemann (R.23). Así. Como z = elogz para cualquier z en (R. y llamamos a éste valor principal de log z. podemos extender este concepto al logaritmo. que se mapea en la franja semiinfinita — TT^y < 7T . Note que el valor principal log z se define sólo en aquella rama de (R para la cual Arg z existe. R a m a p rin c ip a l d e m . aplicamos la regla de la cadena para la derivación para obtener 1 = eíogz (logz)' o (logz)'=l/z. Denotamos log z cuando se restringe la rama principal. la fórmula usual de la derivada se cumple en (R. llamamos a la rama de (R cortada a lo largo del eje real negativo. Debe tenerse cuidado cuando se trabaje con la rama princi- FlGURA 1 . . por Log z = log Iz 1+ i Arg z.23 . Por ejemplo.z) = log 1—1 — z I+ z Arg (—1 — z) = log\/2 . Log (—1 + i) = log 1—1 + z I+ z Arg (—1 + z) rcr i■ — 37r . aquellos puntos en (R situados di rectamente “arriba” y “abajo” del punto e Logz. ya que las propiedades usuales de los logaritmos pueden no cumplirse. Entonces ( eLog<z) + 2nkíjm/n = ¿m/n) Logz g(m/n)2*kiy si escribimos k = p n + q con p y q enteros. ± 1 . (za)' = e a logz • .CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS pal del logaritmo Log z. z i= 0 . . ± 2 . =i log^IT-f 4 pero Log [z '(-1 + z')] = L o g ( . . Log z = log Iz I+ z Arg z = z7r/2. . a complejo ^ 0 .. (¿Por qué?) Las funciones logaritmo y exponencial complejas se pueden usar para de finir las funciones potencia. La función z a : (R -*■ (R es analítica y uno a uno porque es la composición de funciones de esos tipos. m. n en teros positivos son factores comunes.m/n > 0. 0 ^ q < n.l . esto es.= aza~ l . z El valor principal de la función potencia está dado por z a .£a Logz ^ A menudo estamos interesados en el caso donde a . Por el contrario. tenemos . las dos expresiones difieren por un múltiplo de 27rz‘. así que Log [z’(—1 + z')] ¥= Log z + Log(—1 + z).z — . 37T D e f in ic ió n z a = e alogz. Considere ahora el conjunto de números e L ° g ( z ) + 2 t t * z ^ ^ = o. Por la regla de la cadena. e w = l/F 0 e .2 4 .{ 0 } ] .24. como se ilustra en la Figura 1.rama de arriba se “pega” al borde inferior de la rama de abajo. Podemos observar que la rama de arriba está mapeada en la mitad derecha del plano. SOLUCIÓN: De la discusión anterior. y la rama de abajo está mapeada en la mitad izquierda del plano. Ej e m p l o 1 Describa la superficie de Riemann modificada de la función U ) = -y/F. La su p e rficie d e R ie m a n n p a ra w = z'A ' .(0 ) FIGURA 1 .{ O } ] 2 en [ e . la función mapea [ . Las identidades y reglas usuales para la derivación métricas e hiperbólicas inversas también se aplican aquí. la mayoría de física e ingeniería a una clase. Por tanto. encuentre todos los valores de las expresiones dadas. El logaritmo también se puede usar para definir las funciones trigono métricas inversas. descritas anteriormente. grande y Ej e r c ic io s En los Ejercicios 1-6. tenemos eliw .52 CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS El mapeo zm = [ C — { 0 } ] -> [ G — { 0 J -] ”* es el inverso del mapeo z l¡m . el concepto de analiticidad se aplica útil. . obtenemos e iw =¿z + (l . Ej e m p l o 2 Muestre que sen. la función compuesta (zVn)m = z m/n : [e .1 = 0.1 z = — i log [iz + (1 — z 2 )t] . SOLUCIÓN: La función w — sen 1 z revierte la acción del mapeo e iw — e~iw z = sen w = ----------------2i Si multiplicamos ambos extremos de esta ecuación por 2 ietw.{o}]m es analítica y uno a uno en las superficies modificadas de Riemann.z 2 )±. donde la raíz cuadrada mapea [ 6 — {o } ] 2 en [ C — { o } ] (o es bivaluada en G). Cuando utilizamos la fórmula cuadrática en la solución de e iW. de funciones.{o}]” >[e . El resultado se sigue ahora al tomar logaritmos de ambos lados. de las funciones matemáticas que surgen en problemas son analíticas.2 izéw . Así. de funciones trigono De hecho. -i Exprese que Log (z3 ) 3 Log i.L z =£ ±i. z ^ ±1. Confírme que Log(—1 — í ) — Log i =£ Log 18. Muestre que (tanh.> z ^ ±z‘.l ) 3/2 = z3 = . 21.1 z)' = — -— > z ¥= ±i. Confirme que (cosh. 32. simpre igual a 1? Demuestre que eos. z ¥= ± 1.z . complejo ¥= 0. 1 — z2 33. ¿Es 1. 20. Compruebe que zaz — = £& z +b ¿' 16. 23. _Eruebe que cot . 1 ( i + z\ 22. Exprese que (senh-1 z)' = (1 + z 2 ).1 z = log [z + (z2 + 1)"» ] .L z ±1. 19.1 z)' = — -— > z =h ±1. zi 14. . Pruebe que log za = a log z. 28. 13.1 z)' = (z2 — l ) . z ^ ± l .Pruebe que (sen. Encuentre la falla en el argumento siguiente: Z= ( —1 ) 1/2 = [( —l ) 3 ] 1 / 2 = ( .2á. Corrobore que tan-1 z = —los ( ------. 2 Vz + i ) 24. 29.1 0 A p l ic a c io n e s en ó p t ic a (opcional) Uno de los modelos que se han sugerido para interpretar las propiedades empí ricas de la luz supone que cierta fuente luminosa crea una perturbación que . Pruebe que (tan. Muestre que — g = z'a —b 17._ í .en el disco Iz — 1 I< 1. z ^ 0. Compruebe que tanh-1 z = \ log ^ ^ + Z ^ . 26. Muestre que sehn. 2 \ i-z j z = — log---------( \>z ¥= ±i.1 z ) ' = —(1 — z 2 )-_í.J/erifique que cosh-1 z = log [z +(z2 — l)"í ] . Verifique que log z t — log z 2 = log — • Z. a 15. elevado a cualquier potencia.1 z = —i log [z + (z2 — 1)T ] . 31. Muestre que log z j + log z 2 = log Zl z 2 . Confirme que (eos. 1 + z2 30. 27.1 z ) ' = ( l —z 2 ). El análisis matemático de este modelo (usando las ecuaciones de James Maxwell de electromagnetismo) conduce a la ecuación de onda unidimensional a 2e = j _ dx2 a 2e c2 a t 2 donde E es la perturbación óptica. + A n e lan = A e ia . + A n e i^ t+an)] = Re A e l^ t+a^ = A eos (coi + a).CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS produce ondas esféricas en determinado medio homogéneo. + A n eos (cot + o c„ ) = Re [.4. . . Es fácil probar que cualquier función de la forma E = f ( c t —x) es solución de la ecuación de onda. sugiere que la perturbación óptica consiste en una suma de funciones casi sinu soidales. e ia‘ + . eos (cot + oq) + . y t es el tiempo (véase Ejercicio 4). c es la velocidad de propagación de la luz. La observación de efectos de interferencia. que ocurren cuando dos rayos de luz de una fuente común llegan al mismo punto a través de diferentes caminos.x )] = f " { c t . co/27t es la frecuencia. ya que a 2e dx2 a 2e a dx [ . Esto es. x es la dirección de propagación de la onda. donde obtenemos A . E puede muy bien aproximarse por una suma de ondas sinusoidales de la forma A eos cu ^ t — —^ + < p donde A es la amplitud.é?!'< “ í+°u) + . Podemos fácilmente sumar ondas sinusoidales de la misma frecuencia si utilizamos la exponencial compleja: A . . . y a = < ¡> — cox/c es el corri miento de fase de la onda./ ' ( cí . . Este modelo es análogo al siempre creciente círculo de olas que ocurre cuando la superficie de un volumen de agua se perturba.x ) a = — a t2 aí [cf'(ct — x )] = c 2f ' ( c t — x). . 2 6 .25 .FIGURA 1 . Sumo vectorial FIGURA 1 . In te rfe re n c ia d e o n d a s m últiples . parte se refleja en T 0 y parte se transmite y se enfoca por la lente. . . la perturba ción óptica en r 0 está dada por E t¡¡ . Entonces. Sea r(s) la razón de la amplitud reflejada (transmitida) a la incidente. + z” + . Y así sucesivamente.ut 2 n=0 (r2 e~ia)n iuit A Re 1 . porque el rayo ha sido transmitido a través de dos superficies. .naK 1n = s2r2nA R e e t Para determinar la perturbación óptica resultante. sumamos todas estas per turbaciones y obtenemos E= = 2 n=0 s2 Et n ~ s 2A Re e . .s2 A Re . En for m a semejante Et ■ *2 = s 2r4A R e e i^ t~ 2^ Y Et '(wt. Se abundará más al res pecto en el Capítulo 3. En T 0.56 CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS ja. mientras la per turbación óptica en T . Al llegar a R i parte del rayo se refleja hacia T\ y parte se transmite. n— 0 satisface la identidad zG = G — 1 o (1 — z)G = 1. está dada por E Ti = s2 r2A R e e ' ^ . mientras el resto se transmite a través de la placa.* ! donde a es el corrimiento de fase que surge de los rayos que viajan una distan cia extra durante las dos reflexiones en T 0 y en R j (véase Ejercicio 2). y supon ga que el rayo incidente inicial tiene una amplitud A. Pero eiuf 1 — r2 e~ 1 0 1 _ de donde e ígj t 1 — r2 e~*a l_ rV 'a 1 — r2 e * a e itút{\ — r2 e iot) 1 + r4 — 2 r2 eos a .r 2e~la La última ecuación se sigue de observar que la serie geométrica G= 2 z” = l + z + z 2 + . el cambio en amplitud 1~ r A 1 + r (l~ r)2 A 1 + r2 1 + r2 1 . produciendo una imagen que consiste en líneas brillantes delga das sobre un fondo oscuro. haces luminosos conti guos. Como co = 2irc/X donde la longi tud de onda X es la distancia entre máximos sucesivos de la onda.r 2 )2 = 1 .J3). Si r es cercano a 1 (reflectancia grande). obtenemos a = 2 tt( £ 2 .r 2 será grande.r A ’ 1 +r mientras que los múltiples impares de ir producen una amplitud igual a (1 — r ) 2 A _ (1 V ( 1 + r2 )2 r)2 A. la amplitud de la perturbación óptica es (1 . Si r es cercano a cero (reflectancia pequeña). Así.Ex) X Si a es un múltiplo entero de 2ir.r )2 A y / { l .y 1 + r 4 — 2 r 2 eos a proporciona la perturbación óptica transmitida s 2A eos (cjí — ¡3) y f í + r 4 — 2 r 2 eos a La ley de conservación de la energía implica que s + r = 1 y E = (\ —r\2 A ■y/l + r 4 — 2 r 2 eos a • eos (coi . Este efecto de halo se llama franja de interferencia.26 pueden pro ducir cambios sustanciales en el ángulo de fase a. 1 + r2 Cambios pequeños en el ángulo de incidencia 0 de la Figura 1. . el cambio de amplitud será pe queño y las franjas de interferencia serán amplias y difusas. producirán imágenes con amplitu des diferentes. El ángulo de fase a depende de la longitud del camino que la luz viaja durante las reflexiones en T0 y R x (véase Ejercicio 2). con amplitudes de incidencia idénticas. también tiene la forma E = A * eos (coi — 7 ). 2.27. L e yd e S n e ll Sea la distancia de la fuente S a H. y v y v los índices de refracción del aire y la placa. Muestre que E = f ( c t + x) es también solución de la ecuación de onda. entonces £ 2 — £] = 2dv' eos < ¡> '. y £ 2 la distancia de S a T¡ . Encuentre A * y 7 . las intensidades eléctrica y magnética en cualquier punto de un campo electromagnético. div E = 0.CAPÍTULO 1 • FUNCIONES ANALÍTICAS Ej e r c ic io s 1. respectivamente. respectivamente.27. La ley de Snell de la refracción establece que v sen < j) = v sen 0 '. Considere la Figura 1. Muestre que las ecuaciones de Maxwell div H = 0. F ig u ra 1. *4. Pruebe que la perturbación óptica reflejada en la Figura 1. Pruebe que si d es el espesor de la placa. 3. . donde < j) y < j)' son los ángulos de incidencia y refracción.26. Sean E y H. respectivamente. Se c c ió n 1.Se c c ió n 1. págs 67. págs. 70]. Como la derivada de una fun ción en un punto se obtiene al considerar cocientes de diferencias de puntos cercanos. excepto un número contable de puntos en G y satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann casi en cual quier parte de G. que muestran que las ecuaciones de Cauchy-Riemann solas son insuficientes para la analiticidad. tienen primeras parciales en todos los puntos de G. Otros ejemplos. véa se [Kn. 197-199]. la definición de analiticidad se extiende a cualquier superficie de Riemann. Parte II. pueden encontrarse en [T.5 Otros sinónimos de analítica son holomorfa. 100-146]. págs. monogénica y regular.6 Se conocen condiciones suficientes para la analiticidad mucho más débiles. donde el teorema de Looman-Menchoff establece que s i u y v son continuas en G. entonces f = u + iv es analítica en G.7 y 1. Secciones 1.9 Para un desarrollo elemental más detallado de las superficies de Riemann. El mejor resultado en este sentido parece estar en [S. Se pueden encontrar tablas de mapeos ele mentales de dominios en el Apéndice y en [Ko]. . . O I n te g r a c ió n Z COMPLEJA Integración es un concepto de gran importancia y utilidad en el cálculo ele mental. Te o r e m a f u n d a m e n t a l del c á l c u l o Si una función real J (x ) es continua en un intervalo a < jo < b.1 In te g ra le s de línea Las propiedades de las funciones analíticas estudiadas en el capítulo anterior. son resultantes de la derivabilidad de la función. La integración compleja es una de las teorías de las matemáticas en las que se trabaja con sumo entusiasmo. debido a su accesibilidad. La naturaleza bidimensional del plano complejo sugiere considerar in tegrales a lo largo de curvas arbitrarias en Q en lugar de segmentos del eje real únicamente. entonces 61 . En cálculo real. 2 . Si F(x) es cualquier antiderivada de f ( x ) en a < x < b. el teorema fundamental revela una conexión sorprendente y de gran utilidad entre las de rivadas y las integrales definidas. Estas “integrales de línea” tienen propiedades interesantes y poco comunes cuando la función que se está integrando es analítica. entonces f { x ) posee antiderivadas en ese intervalo. pero la prueba es fácil y las aplicaciones son muy útiles. | 3] . o autointersecta. Un arco suave por partes (spp) consiste en un número finito de arcos suaves unidos por sus extremos. entonces x(t) y y(t) son continuas. Si 7 es un arco spp. En el plano complejo se describe al arco 7 por medio de la función compleja continua de una variable real 7 : 2 = z{t) = x {t ) + iy (t). y(t) funciones continuas de la variable real t en el intervalo real cerra do [a. con x(t). esto es. a < í < ¡5. o arco de Jordán. Se dice que el arco 7 es suave si la función z'(t ) = x'{t) + iy'(t ) no se anula y es continua en oí ^ t ^ /3.1 ilustra algunos de estos conceptos. y = y {t). si no se intersecta a sí mismo. pero sus derivadas x'(t) y y'(t) son continuas por par tes. Apa rentemente esta es una tarea difícil. Un arco 7 en el plano es cualquier conjunto de puntos que pueden descri birse en forma paramétrica por 7 : x = x (t ). A rc o sim ple C urva d e Jo rdán . j3. Una de las principales metas de este capítulo es probar un teorema similar para integrales de línea de una función analítica en el plano complejo.CAPÍTULO 2 • INTEGRACIÓN COMPLEJA f ( x ) d x = F ( b ) — F{a ). Un arco es una curva cerra da si z(ot) = z(P) y una curva de Jordán si es cerrada y simple excepto en los extremos a y ¡3. si z ( t i ) = z(t2 ) sólo si t x = t2 . ya que hay una infinidad de curvas que unen dos puntos dados. Un arco es simple. La Figura 2. Te o r e m a de la c u r v a de J o r d á n Una curva de Jordán separa el plano extendido en dos regiones simple mente conexas. 7 es una parametrización del círculo unitario.0 . 1 ]. la otra región se llama interior. Sin em bargo.2b que 7 * es un arco simple. ' ' { ) jl + í-í.2a). que tienen a la curva como su frontera. Círculo unitario y a rc o spp 1 * Las curvas de Jordán satisfacen la propiedad siguiente. La región que contiene el punto al infinito se llama exterior de la curva.2 . Por tanto.í ( l . z (¿) es un arco suave en cada uno de los intervalos [—1 . Note que Ie lt \= 1 y e° = e2m = 1. Aunque este teorema parece obvio.(b) 7 * . (b) 7 * no es un arco suave porque z (t ) no está definido en t = 0. Por tanto. Una curva de Jordán está parametrizada en su sentido positivo si su interior se mantiene . 7 * es spp. 7 es suave.K « 0 . el arco FIGURA 2 . recorrido en dirección contraria a la de las manecillas del reloj. su prueba es difícil. .■ 0 < Í < 1 .z ( í ) = f 1 . así que se aceptará su validez en base a la intuición. Claramente se observa que es una curva de Jordán (véase Figura 2. SOLUCIÓN: (a) Como [elt)' = ielt =£ 0. 0 ] y [0 . Notemos en la gráfica de la Figura 2. í. o¿< t < P. ( 2 . z(í) = e lt = eos t + i sen t. mostrado en la Figura 2. parametriza a la curva Iz I = 1 en su sentido po sitivo.64 CAPÍTULO 2 • INTEGRACIÓN COMPLEJA siempre a la izquierda cuando se recorre la curva. Por definición. Entonces 0 < í < l . Sea 7 un arco suave en Q y sea la función com pleja/#) continua en 7 .( * ( 0 ) * ' ( f)] dt- La integral de línea sobre un arco 7 spp se obtiene al aplicarse la defini ción anterior a un número finito de intervalos cerrados. mientras que z (t) = e~n .t ) + i. ( z ( í ) ) ] ■[*'(«) + r y ' ( f ) ] dt [u(z(t))x'{t) . 0 < f < l . K í < 2. con derivadas izquierda y derecha diferentes en t = 1. 3. parametrice 7 por 7 :z{t) _ J l + zí. Se usa la parametrización de 7 para definir la integral de línea d e / sobre 7 en términos de dos integrales reales. léase el Apéndice A . Por ejemplo.v ( z ( t ) ) y ' ( t ) ] dt +i £ [w(*( 0 ) / ( 0 + l. Si no se está familiarizado con integrales de línea. K K 2.3. 0 < t < 27T. Ej e m p l o 2 Para evaluar f y x dz a lo largo del arco 7 spp. se le podrá asignar un valor a la integral de línea. 0 < t < 2ir. D e f in ic ió n Sea 7 : z = z(t). Si las dos integrales reales pueden evaluarse. al z\t) = . la integral de línea de f sobre 7 estará dada por /( z ) dz = j* f(z (t))z '(t) dt [u(z(t)) + z z . no lo hace. y /(z ) = u + iv continua en 7 . un arco suave. en los cuales z(t) es suave. Así. [-1. y sumar los resultados. i/t. Este caso se dará siempre y cuando el cambio de parámetros sea derivable por partes. e < t < 2e. . í 1 + i log t. -1/e. como puede comprobarse fácilmente al utilizar la fórmula del cambio de variable del cálculo integral. que se consideran únicamente aquellas fun- . * ' :) Por lo tanto. 0 < t < 1 . Suponga. e se tiene z ' ( t ) 1 < t < e. 2 — — 1 I— I dt = —\ + i .. l< t< e. la integral de linea es independiente de las dos parametrizaciones de y. Arco y i spp Al escoger una parametrización diferente para y. y :z (t) = \ f * 2 .+.3 . por otra parte. Se obtiene un valor diferente si se integra sobre el segmento de línea 7 * que une a 1 con i. asi que í x dz = ( 1 — t) ( —1 + í) dt = —1 + i Este ejemplo muestra que no se puede obtener un teorema similar al teo rema fundamental del cálculo para todas las funciones complejas continuas f(z). Así.\ \ \ V y* \ \ \ \ 1 y O F ig u ra 2 . por ejemplo . y *: x dz = dt + z(t) = ( 1 — í) + it. e < t < 2e. Entonces. De esta forma se obtiene el mismo resultado para cual . Además. f( z ) = F\z) en una región G que contiene al arco spp 7 : z = z (t).F (z (a )) ] = F (z (P ))-F (z (a )). Como el resultado de pende únicamente de los puntos extremos de cada subarco suave.t/(z(o¡))] + i [F(z(/3)) . es indepen diente de la trayectoria. TEOREMA FUNDAMENTAL (DEL CÁLCULO) Si F(z) es una función analítica con derivada continua. Como la integral sólo depende de los extremos del arco 7 . se habrá pro bado el siguiente teorema. a < t entonces f(z )d z = F (z [P ))-F (z (a )). por definición.[ ^ ( * ( 0 ) 1 dtdt Si se aplica el teorema fundamental del cálculo a cada una de estas integrales reales. que son derivadas de una función analítica F = U + iV en alguna región G que contenga el arco suave 7 . se obtiene /(z ) d z = [t/(z(0)) . f(z ) dz F'(z) dz F'(z (t))z'(t) dt. se puede extender fácilmente este resultado a los arcos spp con la suma de los resultados obtenidos de los subarcos suaves.66 CAPÍTULO 2 • INTEGRACIÓN COMPLEJA ciones continuas/(z). se tiene F'(z(t))z'(t) dt d dt [ F ( z( í )) ] dt a — [t /(z(f))] dt + i at a ■ 7 . Con la regla de la cadena del cálculo. Mediante el teorema fundamental. descrita en las Secciones 1. Sin embargo. Se ilustrarán dos .donde 7 y 7 * son los arcos mostrados en la Figura 2.7 y 1. La curva \z I = 1 no es una curva cerrada en (R. se tiene z dz ( 1 + it) i dt + [ ( 2 — t) + i\ (—1 ) dt r1 dt — =. y Ej e m p l o 4 Muestre que dz Jizl= l = 2717. las antiderivadas de la función continua /( z ) = 1 /z son logaritmos y analíticas sobre la superficie de Riemann (R.1. Si se utiliza la parametrización de 7 * . del Ejemplo 2. ya que Iz I — 1 es una curva de Jordán.1. Al realizar la parametrización 7 como en el Ejemplo 2 .3. cualquier arco 7 spp que empieza en 1 y termina en i satisface a z dz = -— 2 i2 . se obtiene z dz = 1 [ ( 1 — t) + it] (—1 + i) dt .1 .9. SOLUCIÓN: Aparentemente este resultado se contrapone al teorema fundamental. SOLUCIÓN: La función continua f(z) = z es la derivada de la función entera F [z ) = z 2 / 2.t dt + (t — 2 ) dt — i dt r1 dt + i (1 2 1) dt = .1 = . IA métodos para obtener esta integral. Por ejemplo.í ( .CAPÍTULO 2 • INTEGRACIÓN COMPLF.+ + dciZ.« y » Iz 1=1 2 ttí. se tiene z'(t) = iei{ Por lo cual.. . la integral se convierte en (*2ir p2ir dz z'(t) dt te'* I z 1= 1 Z dt = i dt = 27TJ. empezando en . entonces P(z) será la derivada del polinomio analítico anzn+1 ^ an. W n+l n 2 De esta forma se satisface el teorema fundamental y se cumplen las partes (a) y (b).+ + . SOLUCIÓN: Todo polinomio P(z) es continuo en C .z 2 U(z) — --------. al parametrizar \z I = 1 por z(t) = e il. . Muestre que: ( a) / 7 P{z ) dz = 0 si 7 es una curva cerrada. Así. Además. Ej e m p l o 5 Sea P(z) cualquier polinomio.i en la rama principal se obtiene . si P(z) = a nzn + a „ _ ] z ” .1 + . o e *(*) Para utilizar el teorema fundamental en la evaluación de esta integral. + ajZ + ao. 3T lÍ¡1 dz = log \z 1 + i arg z í (3 t t /2) .. se supone que las integraciones sobre las curvas de Jordán se llevan a cabo en sentido positivo. y 7 un arco spp.t t /2) .. Primero nótese que.i z n a . elegimos cualquier rama de la superficie de Riemann < R de la función analítica F (z ) = log z = log Iz I+ i arg z. a menos que se establezca lo contrario. . 0 < t < 27T. (b) f y P(z) dz depende sólo de los extremos de 7 . Ej e r c ic io s 1. Cuadrado Im Z Re z 5. 0 ^ í ^ 27T. Semicírculo de 1 a -1.= 1. a2 b2 En los Ejercicios 2-5. Triángulo Im z 4. Mancuerna que empieza en 1 Im z . 2. Im z 3. Muestre que la parametrización 7 : z(t) = a eos t + ib sen í. determine las parametrizaciones spp para los arcos o curvas indi cados. describe la elipse X2 v2 — + í. Evalúe .(La respuesta para n — -1 difiere del resto. alrededor del círculo Iz — a I = i?. (. donde y es la recta que une a 1 con i. z dz a lo largo de las trayectorias dadas en los Ejercicios 7-9. Ya que los tres valores en los Ejercicios 10-12 son diferentes. 14. Evalúe/ 7 y dz. con n como entero. 0 < t < 27T. 12. Evalúe /f (z . muestre que dz V I . Evalúe f y e2 d z.. Si y es la elipse z (t) = a eos t + ibsent. 8.0 ^ = ±27T. 17. donde y es la trayectoria a lo largo de los ejes coordenados que une a 1 con i. 13. Evalúe la integral / (z — a)n dz. Evalúe senh(az) dz. Sean-y. donde y es la línea recta que une 1 a i. donde y es el arco a lo largo de los ejes coordenados que une 1 con i. *21. Evalúe e " dz. El segmento de recta dirigido de 0 a 1 — i Alrededor del círculo Iz I= 1 Alrededor del círculo Iz — a I= R Evalúe f 7 y dz. 19. 7. \y dz. Evalúe f y e2 dz. Evalúe f y e2 dz. 9. donde y es el arco en el primer cuadrante a lo largo de Iz I= 1 que une a 1 con i.CAPÍTULO 2 • INTEGRACIÓN COMPLEJA Muestre que z'(í) puede interpretarse como un vector tangente al arco y: z — z(t) en todos los puntos donde z'{t) no sea cero. donde y es la trayectoria en el primer cuadrante sobre el círculo Iz I= 1 que une a 1 con i.) 15.) 22. ¿por qué este resul tado no viola el teorema fundamental? Use parametrizaciones de los arcos para evaluar las integrales de los Ejercicios 14-24. 7T .z2 según el valor del radical que se haya tomado.l ) 3 dz. a2— b2 = 1. 18. Evalúe las integrales x dz. 16. 20. : z(t) = e uy y 2 : z(t) = e~ ü . 10.Sugerencia: 1 — z 2 (í) = [z'(t)\2 . 11. Evalúe f y y dz . C onfirm e su respuesta utilizando el teorem a fundam ental. Al aplicarse el teorema de Green a las dos integrales de línea de la de recha. Por tanto. y se encuentra én la mayoría de los libros de texto de cálculo elemental. vy también lo son. u x = vy y uy = —vx . se obtiene f{ z )d z = (ux — vy ) dx dy. ambos integrandos del lado de- . ¿Podría ser que la in tegral de línea de una función a lo largo de una curva de Jordán spp se anulara cuando la función sea analítica sobre y en el interior de la curva? Sorprenden temente. T EOREMA DE GREEN Sea G la región interior de una curva de Jordán 7 spp y suponga que las funciones reales p y q son continuas en G U 7 con primeras parciales continuas en G. entonces las primeras parciales u x . Entonces (Px 4 qy ) dx dy = p dy q dx. Nótese que la función 1/z no es analítica en el origen. . Será fácil probar que la integral de línea a lo largo de una curva de Jo r dán spp es cero. y Jy Si f es continua en G.. uy. . La prueba se basa en el resultado siguiente. (vx + uy ) dx dy + i jy Las primeras parciales satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann. Este es un requisito razonable. vx .bién que f Jl*l=l — Z d z = 2 m. esto es correcto. . reescriba la integral d e / a lo largo de 7 en la forma f(z )d z = (u + iv) (dx + i d y ) = u dx — v dy + i v dx + u dy. así como en el Apéndice A . siempre y cuando se suponga que la derivada de la función analítica en el integrando es continua en el interior de la curva de Jordán spp. sif = u + iv es analítica sobre y en el interior de una curva de Jo r dán 7 spp. p o rq u e/es analítica. 3.■ : :J 7 Ahora. J JG . pues la derivada de toda función analítica que se ha encontrado es analítica. De hecho. Sin em bargo. 1* 1=1 + 4 Ej e m p l o 2 . las funciones analíticas tienen derivadas analíticas. el teorema de Cauchy se aplica y dz = 0 . Se verificará esta condición antes de usar el teorema de Cauchy. Bajo el supuesto de que f'( z ) es continua en G se ha probado el teorema siguiente. SOLUCIÓN: La notación empleada significa que la integración se toma sobre el círculo unitario en su sentido positivo.CAPÍTULO 2 • INTEGRACIÓN COMPLEJA recho son cero.2z + 4) f (z) = ----------------. Ej e m p l o 1 Evalúe Izi=i z2 + 4 dz. en la Sección 2. aa¡gBgB»8M i¡iiajii«8sm8aiBg«gaai^^ El inconveniente de esta prueba es la suposición de que f'( z ) es continua en G. Te o r e m a de C a u c h y Sea f(z ) una función analítica sobre y en el interior de la curva de Jordán y spp. como se demostrará.5 se probará que esta condición es innecesaria..e J W (z 2 + 4) son analíticas sobre y en el interior de Iz I = 1. (z 2 . Entonces f{z)dz = 0 . La función/(z) = e* /(z 2 + 4) y su derivada . Como la derivada es analítica. es continua. Por ende. | 1 dz dz 2 dz z l=r R — z 2771 .r2 fi + z dz \ z \=r R .z z Pero. por fracciones parciales. La última integral del lado derecho es cero. en una región que contenga al rectángulo . con \ z = r e i{ y z' = iré 8Í. se puede mostrar que la primera de las integrales en el lado derecho es igual a 1.1.4). se obtiene 0 = i dy + x e— » —eo dx j: -(x+ib)2 dx + \ b e i dy e x (eos 2 6 x — i s e n 2 6 x ) dx . \ z \=r z ( R . 0 < í < 277.d0 = Re — 2r.fi eos 6 + r2 \ 277Í R 2 . 1 2 ni R +z .1 x 1 < (véase Figura 2. Ej e m p l o 3 Muestre que eos 2 bx dx = b SOLUCIÓN: Si se aplica el teorema de Cauchy a la función analítica f( z ) = e~z . según el teorema de Cauchy. ya que f ( z ) = 2/(R — z) y /'( z ) = 2/(R — z )2 son analíticas en Iz K r. Iz l=r z Por medio de los métodos utilizados en el Ejemplo 4 de la Sección 2.z ) dz = ---- 1 1 — + fi-z 1 2771 z| = r\z 27n' .dz ~dd así que 1 277 = rie% e = iz /■ 2 7 T o fi . . al usar coordenadas polares.dx = — Jo SOLUCIÓN: x 4 Al integrar ¡z a lo largo de la frontera d er < |z \< R.b 2 Ej e m p l o 4 Pruebe que ~ sen(x2 ) . e~* dx e~x dx e y dy e . Pero. 7 T — '— .74 CAPÍTULO 2 • INTEGRACIÓN COMPLEJA P e y 2 (e2iay .( x2 + y"> dx dy 2t t 0 e r r dr dd = n. Si las dos primeras integrales en (1) serán convergentes cuando a a -+ °°. (1) —a + ib a + ib FIGURA 2 .2iay) d y dx — I e x eos 2 bx dx + 2e ° ey sen 2 ay dy.4 . (2 ) 00.y /ñé.e . R ectángulo d e integración porque la parte imaginaria de la integral de enmedio se anula. el último término en ( 1 ) se anula y e~x 2 eos 2 bx dx = e~ »2 e x 2 dx . . FIGURA 2.5 . Región d e integración Si se utiliza la desigualdad | f ( d ) dd\ < $ \ f(d)\ dd que se probará —para integrandos con valores complejos— en la Sección 2.3, se tiene z ’W 2 e^Reiey dd 0 < *0 =2 < 2 W2 e ~ Rlsén2e dd V / 4 „-R'- sen 20 d6 dd j " /4 7 T 2 R'‘ ya que /i(0) = sen 26 — (40/7r) se anula en d = Q, 7r/ 4 y satisface a /i”(0) < 0 para 0 < 6 < 7r/ 4 , lo cual implica queA es cóncava hacia aba jo y sen 26 > 40/7T. Por tanto, la segunda integral en (3) se anula cuando R -* °°. Dado e > 0, existe una r > 0 tal que \ea — 1 1< e siempre que Iz l < r. Entonces . • f ’ /2 O 0 = = C M )1 — 1) i W2 (e 'V ® •0 ^ 7r <e — 2 de ahí que la última integral en (3) se aproxime a ár/2 cuando r -*■ 0. Al sumar la primera y la tercera integrales en (3) y hacer R 00 y r -*■ 0, te nemos e —e Z7T = 2» sen(x2 ) dx dx - — . 2 CAPITULO 2 • INTEGRACION COMPLEJA Ej e r c ic io s 1. Muestre que Log ¿ I z 1= 1 Z dz = 0 , aunque (Log z)/z no sea analítica en ¡ z I =0 1. Qué resultado se obtiene si se in tegra M i 7 * Z sobre-y: z (t) = e lt, 0 ^ t ^ 27T? Explíquelo. Utilice el teorema de Green para los Ejercicios 2-4, donde A es igual al área de G y dG es la frontera de G. 2. Pruebe que / 3G x dz = ¿A. 3. Muestre que / 3G y dz - — A. 4. Pruebe que f aG z dz = 2iA. 5. Pruebe que / , , sena eos (t + a sen t) dt = ------- > a > 0 , o a si integra é1 a lo largo de la curva de Jordán en el primer cuadrante, compuesta del cuarto de círculo Iz I = a y de los segmentos de recta de ¡o a 0 y de 0 a a. 6 . Muestre que e 'T at , , e aT(a eos b T + b sen bT) — a e m eos bt dt - ------ ------------------------------------- , o a2 + b2 T 'W2 n, at , , e<íl (a sen b T — b eos bT) + b e at sen bt dt =--------^ ------ , 1° a2 + b2 al integrar f( z ) - e z a lo largo del segmento de recta que une a 0 con (a + ib)T. 7. Muestre que ,, , b senaT sen h ó r — a eos aT cosh b T + a sen at cosh bt dt = ----------------------------------------------------------- > o a2 + b2 . ,, , b eos a T cosh b T + a sena T senhóT — b eos at senhoí dt = ---------------------------------------------------------- , o a2 + b2 T si integra fiz) = sen z a lo largo del segmento de recta entre 0 y (a + ib)T. 8 . Obtenga las integrales T 2.2 • EL TEOREMA DE GREEN Y SUS CONSECUENCIAS 77 9. Suponga queO < b < 1 y aplique el teorema de Cauchy a la función f ( z ) = (1 + z 2 ) - 1 a lo largo de la frontera del rectángulo de la Figura 2.4, para mostrar que ( 1 — b2 + x 2 ) dx (1 - b 2 + x 2 )2 + 4 x 2 b2 10. Pruebe que k x 4 eos a x d x - = 7 T . / — e a l4k, k > 0, a real, si utiliza el mismo procedimiento que en el Ejemplo 3, con la función f(z ) —e t, * 2 # , . . Verifique su respuesta cambiando variables. 11. Pruebe que j: ( 1 — b2 + x 2 ) eos kx + 2xb sen kx ( 1 — b2 + x 2 )2 + 4 x 2 b2 ( 1 — b2 + x 2 )sen kx — 2xb eos kx ( 1 - b2 + x 2 )2 + 4 x 2 b2 dx = e kb dx = 0 . eos kx l+ x 2 dx, con 0 < b < 1 y k real. 12. Sea 0 < b < l / \ / 2 y muestre que Re(l + (x — ib )4 ) dx = 2 1 + (x + ib) 4 1 13. Muestre que e x sen 2 xb dx = e b ex dx, b > 0, dx 1 + x4 „0 14. integrando alrededor de un rectángulo apropiado. Pruebe las igualdades eos x 2 dx .0 sen x 2 dx = 2y/2 , integrales de Fresnel, al aplicar el teorema de Cauchy a la función f(z) = e~‘~ a lo largo de la frontera del sector 0 < 12 I< / i , 0 < arg z < 7t/4. 15. Muestre que e x c o s (a ;2 o ) dx = 4 4 y/ > /2 + 1 , o 16. e x sen (x 2 ) dx - — — y j y /2 — 1 , cuando integra e z a lo largo de la frontera del sectorO ^ Iz I^ R, 0 ^ arg z < 7T/8. Pruebe la integral de Dirichlet 78 CAPÍTULO'2 • INTEGRACIÓN COMPLEJA si integra X(z) = ¡z a lo largo de la frontera del conjunto r < Izl < R , 0 < arg z < 7T . Verifique su respuesta cambiando las variables en el Ejemplo 4. 2 .3 La fó r m u la integral de C auchy Se necesitarán conocer los siguientes resultados acerca de las integrales. TEOREMA (i) / j Iaf i (z ) + PÍ 2 (*)] dz = a fy fi (z) dz + ¡3 f 7f 2 (z) dz. (ii) f 7¡ +7 j / ( z ) dz = / Ti f(z) dz + / 7j f( z ) dz, donde 7 i + I 2 es la trayectoria que consiste en recorrer primero 7 j seguido de 7 2 . (iii) /. 7f(z ) dz = —f 7 f(z ) dz, donde —7 es la trayectoria que recorre el arco 7 en sentido inverso, (iv) I fy f{z ) dz K f 7 I f( z ) I I dz I, donde definimos: Idz I como la dife rencial con respecto a la longitud de arco, con Idz I= i dx + idy I= y /[d x )2 + {dy)2 = ds. PRUEBA: Re Para probar (iv), obsérvese que para cualquier constante real 6, -Í0 f{z) dz R e (e f{z{t))z'{t)) dt < l/(z(í)) I Iz^í) Idt, ya que la parte real de un número complejo no puede exceder su valor absolu to. Si se escribe fy f [ z ) dz en forma polar y 3 = arg [fy f ( z ) d z ] , la expresión de la izquierda se reduce al valor absoluto de la integral y se cumple la desi gualdad. Las pruebas restantes son consecuencias inmediatas de la definición de integral de línea de la Sección 2.1. Sus verificaciones, directas y algo te diosas, se dejarán como ejercicios.® Si l/(z) I < A/ en todo punto z de un arco 7 de longitud L, la parte (iv) del teorema proporciona la desigualdad / ( z ) dz \dz\ = ML. Ej e m p l o 1 e z dz lzl =l SOLUCIÓN: < 2Tre. De la parte (iv), se tiene e z dz lzl =l /A lez I \dz I J \z I = 1 2.3 • LA FÓRMULA INTEGRAL DE CAUCHY 79 Como Ie z I = e x < e para todos los puntos z = x +iy sobre el círculo uni tario, se observa que Jlzl = Iz 1=1 y se verifica la desigualdad. De hecho, es claro que e z dz < 27T É ?, lz 1=1 ya que Ie z I alcanza el valor e sólo en z = 1 . l Ie z I Idz I< e J \dz\ = 2tte, En muchas aplicaciones es necesario considerar regiones que no son simplemente conexas. Se generalizará el teorema de Cauchy al caso de una re gión múltiplemente conexa. TEOREMA Sea 7 0 una curva de Jordán spp tal que su interior contiene las curvas de Jordán spp disjuntas, y ¡ , . . ., yn , ninguna de las cuales está contenida en el interior de la otra. Suponga que f(z) es analítica en una región G que contiene al conjunto S, el cual consiste en todos los puntos sobre y en el interior de 7 0 pero no en los interiores de yk, k = 1, . . n. Entonces, ]\z ) d z = I :u:0 . l“ f{z )d z . v;:, U L I:A T T l= ^ .; :U L:; v;: ó M EÓÓY ■ ' ■'L IY yÓ Ó:l T „ Siempre se podrán encontrar arcos , k = 0, . . n, spp disjuntos, que unan a yk con yk+1 (donde L n une a yn con 7 0 ) que formen dos curvas de Jordán spp, cada una contenida en alguna subregión simplemente conexa de G. (Sobre bases intuitivas omitimos la prueba. Véase Figura 2.6.) Por el teore ma de Cauchy, la integral de f( z ) sobre estas curvas, cada una recorrida en senPRUEBA: FlG URA 2 .6 . Un d o m in io m ú ltip le m e n te c o n e x o CAPÍTULO 2 • INTEGRACIÓN COMPLEJA tido positivo, se anula. Pero la contribución total de estas dos curvas es equiva lente al recorrido de 7 0 en el sentido positivo, J i , . . 7 n en el sentido negativo (contrario), y L 0 , . . Ln en direcciones opuestas. Así, las integrales sobre los arcos Lf¿ se cancelan, y 0 = f(z )d z = 7 ° ~ ^ 1 7* f{z ) dz lo fe=i 2 f(z) dz. 'n En seguida se probará el sorprendente resultado de que los valores de una función analítica, en el interior de una curva de Jordán spp, están completa mente determinados por sus valores sobre la curva. r LA FÓRMULA INTEGRAL DE CAUCHY Sea f(z) una función analítica en una región simplemente conexa que contenga la curva de Jordán 7 spp. Entonces /(? ) = i m 2m . dz. para todos los puntos ? en el interior de 7. PRUEBA: Se fija f . Entonces, dado e > 0 , existe un disco cerrado Iz — f I< 1 1 en el interior de 7 para el cual If(z ) — / ( f ) I < e. (Véase Figura 2.7.) Como f(z)/(z — f) es analítica en una región que contiene aquellos puntos sobre y en el interior de 7 , que satisfacen \z — f I> r, el teorema de Cauchy para re giones múltiplemente conexas implica o FIGURA 2 .7 . La fó rm u la in te g ra l d e C a u c h y 2 .3 • LA FÓRMULA INTEGRAL DE CAUCHY 81 Pero /(* ) lz -fl= r ^ ? dz * = /( ? ) lz -fl= r Z f + Iz— f l=r / ( * ) ~ / ( f ) dz. * -r Por el Ejemplo 4, o el Ejercicio 14 de la Sección 2.1, la primera integral del lado derecho es igual a 27T í , entonces /(■*) -f I=r z - f I z— f l=r \z — f I Idz I < 27TC . Como e puede elegirse arbitrariamente cercano a 0 la prueba está com pleta.® Ej e m p l o 2 Integre eos z 7 Z ~F Z dz sobre las curvas dadas: (a) 7 : \z I = 2 , (b) 7 : \z I = -j; y (c) 7 : lz — *7 2 1= 1 . (a) 7 : \z I — 2. Al descomponer la integral por fracciones parciales, se obtiene SOLUCIÓN: dz = z3 +z )7 1 eos z 1 ------- dz — — -Z eos Z 2 J7 z + * 1 1 d z -----1 2 2 dz = 27T Í cos(O) — — eos (—i ) 2 co st : 27T¿ [1 — c o s h (l) ]. (b) 7 : Iz I = “ 2 . Como eos z/(z 2 + 1 ) es analítica sobre y en el interior de 7 , la integral es igual a 27rz veces su valor en z = 0 , esto es, eos z z3 + z dz = 2m. (c) 7 : Iz — z'/2 I = 1. Como eos z/(z + i) es analítica sobre y en el interior de 7 , por fracciones parciales se tiene ^ z ( z — i) por lo cual eos z 7 z + Z - Vz L z —; dz = 2m "/c o s (0 )\ ./COSI 2i 2m 1 — — cosh (l) 2 CAPÍTULO 2 • INTEGRACIÓN COMPLEJA Por supuesto, en los tres ejemplos se puede utilizar la descomposición en fracciones parciales de la parte (a), porque las integrales correspondientes se anulan cuando los puntos 0 o ±i están en el exterior de 7 . Si la fórmula integral de Cauchy se deriva formalmente con respecto a f dentro del signo de integración, se obtiene una expresión para la derivada en todos los puntos del interior de 7 : m dz. / ’(!•) = 27U „ ■ y (* -n 2 Para verificar esta ecuación se usa la fórmula integral de Cauchy al reescribirse m + h )- m h 1 1 r 1 m í 2m 2717 h m dz 1 1 y (* - n 2 h \z — f — h f(z ) dz dz r (* - f ) 2 2m Jt {z - f ) 2 (z - ? “ h ) Sea d la distancia más corta entre J y 7 , M el valor máximo de If( z ) I sobre 7 , y L la longitud de 7 . Al suponer que Ih I < d/2, entonces \ z-S -h\ > Iz-fl de tal forma que f(z ) dz 2m 7 \h\>d- - = 2 2 (z - f ) 2 (z - f - h) 1 ML Ih I 7reí3 Haciendo /i -> ■ 0, se sigue que / ( f + A) ~ / ( f ) h ' /(^ ) 2717 . ^ ( ¿ ~ f ) 2 En la Sección 2.5 se generalizará este procedimiento y se probará el teore ma de Cauchy para las derivadas: / w (n n\ 2m ’ /(^ ) 7 - dz, n= 1 , 2, (z-jy válido para todos los puntos f del interior de una curva de Jordán 7 spp conte nida en una región G simplemente conexa, en la cu al/(z) es analítica. Obsér vese que esta fórmula implica que /(z ) tiene derivadas de todos los órdenes en G. Por ende, la derivada de una función analítica es también analítica. Con base en este hecho, se obtiene un inverso del teorema de Cauchy que frecuente mente es útil para establecer la analiticidad de una función. 2.3 • LA FÓRMULA INTEGRAL DE CAUCHY 83 Te o r e m a de M o r e r a Si f( z ) es continua es una región simplemente conexa G y satisface | f i z) d z = 0 , ... para todas las curvas y spp cerradas en G, entonces f(z) es analítica en G. PRUEBA: Elija un punto z 0 en G y defina F (z) m para todo z en G. Luego entonces, F(z) está bien definida porque es indepen diente de la trayectoria: Si y y y y2 son curvas spp en G que van de z0 a z, en tonces 7 - 7 t — 7 2 es una curva cerrada spp en G, y /(« « = m * jy . _ Si / es continua, para cualquier punto z e n G y e > 0 existe un disco If — z I < 8 en G tal que l/( J) — f( z ) I < e. Si Ih I < 8, se tiene F (z + h) - F ( z ) _ 1 h h z+ h z+ h 0= m d t - , /(n ¿r m dt, donde la integración puede tomarse sobre la recta desde z hasta z + h. Como m h por sustracción se obtiene F'(z + h ) - F ( z ) 1 [z+ h z+ h d$, ------------- ¡ ------- f{z) h Jz 1 'z+h i /( n - m \ u n < e . Por tanto F '(z ) = f ( z ) , así que F es analítica en G. Pero entonces F tiene deri vada analítica, lo que implica que / también es analítica en G. iJEMPLO 3 Integre eos z }y z2 (z - 1 ) dz (c) 7 : Iz I= 2. Sobre (a) 7 : Iz I= -y, (b) 7 : Iz — 1 1= 3 -, y 84 CAPÍTULO 2 • INTEGRACIÓN COMPLEJA SOLUCIÓN: (a) 7 : lzl = -j. En este caso eos z/(z — 1) es analítica sobre y en el interior de 7 , así que, por el teorema de Cauchy para las de rivadas, se obtiene eos z 1 Jy z* dz = 2m eos z \z — 1, = —2m. (b) 7 : Iz — 1 1= -j. Ahora que z “ 2 cosz es analítica sobre y en el interior de 7 , por lo tanto, la integral es igual a 2m veces el valor de z~ 2 eos z en z = 1 , esto es, z 2 eos z z - 1 dz = 2m cos(l). (c) 7 : Iz I = 2. Mediante el teorema de Cauchy en regiones múltiplemen te conexas, se puede reemplazar a 7 por los círculos en las partes (a) y (b). Luego la integral es igual a 27T¿ [cos(l) — 1 ] . Alternativamente, al des componer el integrando en fracciones parciales, se obtiene dz = 1 _ y z (z — 1 ) Jy \z — 1 1 — — \ dz —— = 27n[cos(l) = 27Tí[cos(1) — cos(O) + s e n ( 0 ) ] ■1 ], por el teorema de Cauchy para las derivadas. Ej e r c ic io s En los Ejercicios 1-3, evalúe la integral dz Jy (z - a)(z - b) mediante la descomposición del integrando en fracciones parciales. 1. Si a y b están en el interiorde 7 2. Si a está en el interior de 7 y b en el exterior 3. Si b está en el interior de 7 y a en el exterior Sea z(t) = 2eit + 1, 0 ^ t ^ 27T. Evalúe las integrales de los Ejercicios 4-7. 4. *dz sen z 5. eos z y z —1 sen z dz dz z2 + 1 y -z = O J t + 1, 0 < t ’S Sea z(t)I — 2él á 27T. Evalúe las integrales de los Ejercicios 8-11. 6. dz ^ dz y z2 9. 7 eos z (Z l)2 dz 2.3 • LA FÓRMULA INTEGRAL DE CAUCHY 85 10. senz 7 (z 2 + l ) 2 dz 11. 7 sen z ( Z - 1 ) 3 dz Pruebe las identidades integrales de los Ejercicios 12-14. 1 2 - Sy [ocMz) + Pf2 (z)] dz = a f y f l (z )d z + P f y f 2 (z)d z 13- A , +7, f ( z ) dz = A , / ( Z) dz + A , f ( z ) dz 14. S J y'f(z ) dz = - / 7 /( z ) dz 15. Sin calcular la integral, muestre que dz 1* 1=2 z 2 + 1 47T 16. Si 7 es el semicírculo \z \= R, Iarg z I < ir¡2, R > 1, muestre que Log z 7 Z dz < — í Log i? + — * V 8 2 y, por ende, que el valor de la integral tiende a cero cuando R 17. Evalúe /|z|=i Iz + 1 I Idz I. 18. Si f(z) es analítica y acotada por M en l z l < R , pruebe que l/<»>(z)l< 19. MRn\ (R - lzl ) n+1 Iz \ < R . °°. Si/(z) es analítica en Iz I < 1 y l/(z) 1 ^ ( 1 — Iz l)—1 , muestre que l / (">( 0 ) l < ( n + 1 )! (\ + - J 20. Una función analítica/(z) ¿puede satisfacer 1/1”) (z)l > n ln n , para todos los enteros n positivos, en algún punto z? 21. Calcule f J Iz 1= 1 e kzU Z dz, con n entero positivo. Ahora, muestre que 2I T 0 , k eosnfl cos(&senM0 ) dd = 2n. 22. El polinomio de Legendre Pn(¿) se define como 1 d” Pn {z )= --------- — 2 ” n! dz" [(z 2 - 1 )” ] . Con la fórmula de Cauchy para las derivadas, muestre que Pn(z) 1 2 7TZ h 2 ”(r-z) n+1 donde z está en el interior de la curva de Jordán 7 spp. Te o r e m a de G a u s s del v a l o r m e d io Sea f(z) analítica en \z — f \<CR. Muestre que ' P\z)_ dz 2ni \ 7 P(z) es igual al número de raíces de P(z) en el interior de 7 incluyendo multiplicida des.® LA ESTIMACIÓN DE CAUCHY Sea f(z) analítica y que satisface \ f( z ) I< M en Iz — f K r„ Entonces i/»)(f)l< ^ 1 . de donde se si gue la identidad deseada. existe un disco D. entonces z\6) = iretB . Pruebe la siguiente extensión del teorema de Morera: Sea f(z) continua en una región G (con la posibilidad de ser múltiplemente conexa). en G tal que f ( z ) dz = 0 . para cada f en G. Suponga que. 0 < r< R . Sea P{z) un polinomio. Entonces f(z) será analítica en G. ninguna de cuyas raíces se encuentra sobre la curva de Jordán 7 spp. que contiene a f . 1 2 . para todas las curvas 7 spp cerradas en D. . S iz = f + re t0 . 24. Entonces 2 'jt ■ ■ ■ ■ 2ir . PRUEBA: La fórmula integral de Cauchy establece que m dz.86 CAPÍTULO 2 • INTEGRACIÓN COMPLEJA 23.4 T e o re m a de L io u v ille y p rin c ip io d el m á x im o En esta sección se presentan tres consecuencias útiles de la fórmula integral de Cauchy. \z— SI =r z — f 27T Í para toda 0 < r < i?. y la extensión de ésta a derivadas de orden superior. / ( f + re ) dd. f(z) es constante en Q . PRUEBA: Suponga que hay un punto z 0 en G que satisface If(z ) I < l / ( z 0 ) I para todo z e n G .z 0 I = s . a menos que sea una constante. y. I Enseguida se prueba uno de los teoremas más útiles de la teoría de las funciones analíticas. Como Zq es un punto interior. 2 tt f ( z 0 + re h ) dt. si se cumple la desigualdad estricta para algún valor de t. la estimación de Cauchy implica que I < M/r. Entonces. Por suposición If ( z 0 + r e 11) I < I f ( z 0 ) I. Así. y. por la conti nuidad de If( z ) I. por el teorema de Gauss del valor medio.2. el valór en el centro del círculo es igual al promedio integral de sus va lores sobre el círculo. Por tanto. debe cumplirse. Pero r puede hacerse arbitrariamente grande. o < S < r. de manera que / ' ( f ) = 0 en todo í de C. se tiene ni 27ri Mnl 2irr n+1 l*-M=r m ( z . P r in c ip io del m á x i m o Si f(z) es analítica y no es constante en una región G. existe un número r > 0 tal que \z — z 0 I < r está contenido en G. esto es. Sea S el conjunto de todos . en cualquier pun to f en C . I/ ( z ) I es constante en el disco Iz — ¡ z 0 K r. l / ( z 0 + r e lt) I = l / ( z 0 ) I Para 0 ^ t < 27T. en un arco del círculo.f ) " +1 dz Mn\ dz I = Te o r e m a de Lio u v il l e Una función entera no puede acotarse en todo Q . Pero entonces l/(z0)K 1 2 tt 27r J o l / ( z 0 + r e lt) \ dt < 2 tt 2n 0 \f(z0 )\dt= \f(z0 )l.4 • TEOREMA DE LIOUVILLE Y PRINCIPIO DEL M Á X IM O 87 PRUEBA: Por el teorema de Cauchy para las derivadas. como el procedimiento se cumple sobre todos los círculos I z . lo cual es una contradicción. Así. entonces If(z ) I no tiene máximo en G. PRUEBA: Suponga que f(z) es entera y acotada por M. + a^z + a0 no es cero para cualquier valor de z. Entonces g es analítica en G y continua en G. : P r in c ip io del m í n i m o S ea/(z) analítica en una región acotada G. G es cerrado. y \f(z) I es continua en G. y continua y no nula en G. que generalmente se establece sin probar. así que debe estar en la frontera de G. PRUEBA: Suponga que P(z) = anz n + d n . T e o r e m a f u n d a m e n t a l del á l g e b r a Todo polinomio de grado mayor que cero tiene una raíz. . Entonces f( z ) = 1 /P(z) es entera. Así. lg(z) I alcanza su máximo (y. S = G y —según el teorema de la derivada cero de la Sección 1. ahora.S es también un punto interior debido a la continuidad de l/(z)l. El argumento anterior muestra que cada uno de tales puntos es interior de S. PRUEBA: Un teorema del cálculo ordinario establece que \f(z) I alcanza un máximo en alguna parte de G si G es cerrado y acotado.6 —/(z ) es constante en G. Más aún. . PRUEBA: Sea g(z) = 1/f(z ). I Se denota por G el conjunto que consiste en G unido con su frontera. . por lo que S es abierto. I El teorema de Liouville proporciona una fácil verificación de un teorema muy importante del álgebra elemental. \f(z) I no tiene máximo en G. lo que contradice la hipótesis. Se puede. reformular el principio del máximo de la siguiente manera. éste no puede estar en G. Por tanto. Como el exterior de G es abierto. Pero cualquier punto en T = G . — — — = - C o r o l a r io Sea f(z) analítica en uña región acotada G y continua en G. \f(z) I . Se gún el corolario anterior. \f(z) I alcan za su mínimo) en la frontera de G. T debe ser vacío.i z n 1 + . Según el principio del máximo. Entonces \f(z) I alcanza su mínimo en la frontera de G. Entonces If ( z ) I alcanza su máximo sobre la frontera de G.CAPÍTULO 2 • INTEGRACIÓN COMPLEJA los puntos z de G que satisfacen If ( z ) I= l / ( z 0 )l. I = . Ni T ni S contienen puntos frontera uno del otro. Como G es conexo. y la prueba queda completa. por ende. ya que son abiertos. ya sea a / ( n+11(z) o a / ( n)(z). analítica en Iz I < ! r . Si se continúa de esta manera. luego entonces. es continua en G .P ( $ o) = an (zn . por el teorema fundamental del álgebra. Defina F (z ) = f(z)/z para todo z en 0 < I z K l . por ejemplo.4 • TEOREMA DE LIOUVILLE Y PRINCIPIO DEL M Á X IM O 89 tiende a cero cuando Iz I tiende a infinito.con la igualdad que se cumple sólo si/(z) = e tBz para algún 6 real fijo. S i n — 1 > 0 . consecuentemente.1 . Dé un ejemplo para probar por qué la condición de función no nula es necesaria para la validez del principio del mínimo. es constante.3.. Sección 2.M + . .f o ) = (*-?o )Q (*). l/(z) I< 1 paralz I< C 1 implica que l/' (0) I 1 independientemente del valor de/(O). Pruebe que sif(z) es analítica y no constante en la región acotada G. * 8 .L _ -----. I/(z) I está acotada para todo z. observamos que. Entonces I/(z) I < Iz I yI/'(O) I < 1 . Muestre que.2. se pueden extraer n factores de P(z). Con base en el teorema de Liouville.l .) 3. 4. Sea f{z) analítica en Iz I < 1 y que satisface a /(O) = 0. 5./(z) y. 7.. pruebe el lema de Schwarz: Sea f(z) analítica para Iz I < C 1 y que satisface las condiciones/(O) = 0 y l/(z)l < 1. lo cual contradice la hi pótesis de que n > 0. ¿Qué valor puede dársele a F( 0) para que F(z) sea analítica en Iz I < C 1 ? (Sugerencia: Aplique a F(z) en Iz I = r < C 1 el teorema de Cauchy para las derivadas. tiene por lo menos una raíz. Entonces muestre que la función resultante..y tiene valor absoluto constante en la frontera de G. Con base en los resultados del ejercicio anterior y en el principio del máximo. Así que P(z) tiene cuando menos una raíz. Use fracciones parciales.----------1* 1 » an + z + . P ( Z ) = P ( Z ) . I Ej e r c ic io s 1. coincide con F e n 0 < tz I r. Pruebe que una función entera. Pruebe el teorema de los tres círculos: Sifiz) es analítica en una región que con tiene el anillo 0 < r ! ^ l z l ^ r 2 y satisface las desigualdades I/( z ) I^ M l en . P(z) tiene exactamente n raíces. 6 . + a t í z . Para demostrar que P(z) tiene realmente n raíces (incluyendo raíces múl tiples). porque l/(z)l = -------------------. debe ser un polinomio.i (z” .^ . . P(z).] 2. Así. donde Q(z) es un polinomio en z de grado n . que satisface I/(z) l< Iz ln para algún n y todos los Iz I suficientemente grandes. en el lema de Schwarz. Denote por M(r) el máximo de l/(z) Ienl z I= r y pruebe que M(r) es estrictamente creciente para 0 ^ r < R. Sea f{z) analítica y no constante en Iz I < R .+^° zn Por tanto. entonces debe tener al menos un cero en G. [Sugerencia: Aplique las desigualdades del Ejercicio 18.^ ) + « n. entonces Q(z) tiene una raíz. Jt donde 7 es una curva spp cerrada. es menor o igual a j f l jlo g r 2/r)/(Iog r 2/ r . c ^ y ^ d . dado por las desigualdades a ^ x ^ b . excepto que no se supone que f'(z ) es continua dentro del rectángulo R. seremos capaces de extender el teorema de Cauchy a cual quier curva 7 spp cerrada. Te o r e m a de C a u c h y -G o u r s a t Sea/(z) una función analítica en una región que contenga al rectángulo R.5 E l TEOREMA DE CAUCHY-GOURSAT (opcional) El teorema fundamental y el teorema de Cauchy. 2 . Teorema fundamental del álgebra (prueba alternativa): Muestre que cualquier polinomio no constante P(z) = anzn + . mostrado en la Figura 2. / (z) dz = 0 . Más aún. hagamos . Nótese que este resultado es muy similar al teorema de Cauchy de la Sección 2. mientras que el teorema de Cauchy requiere que/(z) sea analítica y tenga derivada continua sobre y en el interior de la curva de Jordán 7 spp. El teorema fundamental requiere que/(z) sea la derivada continua de una función analítica F(z) en una región G que contenga 7 . . Entonces ja/f donde dR es la frontera de R.2. ) . y ^ l o g r/r! )/(log r j r l ) _ 9. El siguiente teorema proporciona el primer paso para probar que las fun ciones analíticas tienen antiderivadas analíticas. . tiene al menos una raíz. r x ^ r ^ r 2 . PRUEBA: Para simplificar la notación.8.(z)no se anula e integrando a0/zP(z) sobre Iz I= R con R -> 2 . + a xz + a0. an # 0. suponiendo que/. probados en las Secciones 2. En esta sección se probará que ambas hipótesis se satisfacen cuando /(z ) es analítica.90 ■ CAPÍTULO 2 • INTEGRACIÓN COMPLEJA I z I = r j y If( z ) I < M2en I z I = r 2 .1 y 2 . entonces elmáximo de l/ ( z ) I en I z I = r. proporcionan condiciones para garantizar que f(z )d z = 0 . R 1. ya que tienen orienta ciones opuestas (véase Figura 2. Denótese por z£ = x * + ¿y* el vértice inferior izquierdo del rectángulo R n . respectivamente. Por la desigualdad del triángulo. r 1d r í d r 3d .*} y { y * } de números reales son no decrecientes y están acotadas por arriba por b y d.8). elíjase el que tenga menor supraíndice y llámese R i . es claro que las suce siones ja.„ > JM ! (véase Figura 2. R 3. Si se repite el proceso anterior indefinidamente. Más de un R 1 pueden tener esta propiedad. Ahora.3 — .9 . se obtiene una sucesión anidada de rectángulos R D R 1 D " ' ' D R n D R n+\ D • • • que satisfarán a n) ^ ------------- ! / ( * » .. sus límites x * y y * existen. R Bisecando el rectán gu lo para cualquier rectángulo R. .8 . R 4 . de ahí que al menos un R 1 satisfaga a \l(RÍ)\^ 1/(7?) 1/4.5 • EL TEOREMA DE CAUCHY-GOliRSAT [OPCIONAL] 91 f FIGURA 2 . porque las integrales sobre los lados comunes se cancelan entre sí —de acuerdo a la parte (iii) del primer teorema de la Sección 2. R 2. se observa que I{R ) = I { R 1) + I { R 2 ) + I { R 3 ) + I { R 4 ). se obtiene \I(R)\< \I(R1)\+ \I(R2 )\+ \I(R3 )\+ \l{R4 )\. si se divide R en cuatro rectángulos congruentes.2.! )l > lo cual implica que !/(* . Así. Mostra- 0 a d b r F ig u r a 2 . Por la construcción de los rectángulos R n .9).. entonces xn y yn son cotas superiores de las sucesiones. = 2~nD. Ln = | L n_ i . donde D y L son la diagonal y la longitud del perímetro de R. Pero Dn = j D n .CAPÍTULO 2 • INTEGRACIÓN COMPLEJA remos que el punto ./ ' ( * * ) ( * .. De tal modo que.z * ) dz. 7* I cn 1 Ln Idz I 3R t f _ {f ( z ) . Así que z* pertenece a R n . . {jc * } y { y * } . Para n suficientemente grande.z*)] dz 3R . Si zn = x n + ijn es el vértice superior derecho de R n . así que 4~ n \I(R) I< \l(Rn ) \ < e D n Ln = 4 r neDL. el Ejemplo 5 de la Sección 2.* * ) 1 lcízl J3nn Iz — z* 1 Idz I< eDn Ln . En base a la parte (iv) del primer teorema de la Sección 2. y a las condiciones anteriores. se puede encontrar un 5 > Otal que f(z) sea analítica y Aí W Í í !) _ / V ) <e.f (z *) . se tiene ! /(/ ?«) I < < e donde Dn íz . respectivamente. f ( z * ) y f '{ z * ) son constantes. la diagonal y la longitud del perímetro de R n . . y la prueba queda com pleta. siempre y cuando Iz — z* I < 5. = 2 ~ nL.f { z * ) ~ f { z * ) { z . f { z * ) { z . Por lo cual l/(Z?) I ^ eDL. .3. y. al agregar cero a la integral I {R n ). y% < y* < yn . ningún otro punto pertenece a todos los rectángulos R n . Como z * . se tiene !/(*„)!= lf { z ) . son. Te o r e m a Si f(z) es analítica cn el disco Iz I < r. Dado e > 0. Además. .. como e es arbitrario. se tiene a R n contenido en \z — z * l < 5 . para todo n.1 implica que f ( z * ) dz = 0 3R . pues Izn — z* I-*■ 0 cuando n °°. entonces hay una función analítica F{z) en r z 0 l < r que satisface I'\z) = f( z ).® El siguiente paso es mostrar que cualquier función analítica en un disco tiene una antiderivada en ese disco. .z* = x * + iy* pertenece a todos los rectángulos R n .1 = . esto implica que x% < x * < x n . se podrá tener únicamente I(R) = 0. F '(z) = F x (z) = f(z).1 0 . F(z) satisface las ecuaciones de Cauchy-Riemann F x { z ) = f ( z ) = . (1) T z yo Si y 'z es el arco que consiste en los segmentos de recta que unen a z 0 con x 0 + iy y a x 0 + iy con z. Los arcos i z y -y z PRUEBA: Para cualquier z en el disco Iz — z 0 I< r. debido a que la primera integral en (1) es independiente de y. dos antiderivadas de la misma función difieren a lo más por una constante: Si F(z ) y H(z) son antiderivadas de la función f(z). donde z = x + iy y z 0 = x 0 + iy 0 (véase Figura 2. f (z ) dz = i I y f ( x 0 + it) dt + Jy0 J*o f ( t + iy) dt. sea yz el arco que consiste en los segmentos de recta que une a z 0 con x + iy0 y a x + iy0 con z. se tienen condiciones suficientes para la analiticidad de F(z) en Iz — z 0 I< r. entonces yz — y 'z es la frontera de un rectángulo y. con respecto a x.10). f(z)d z = f(z )d z f( z ) dz.i F y ( z ). al tomar la derivada parcial de (2). ■ Como en cálculo real. ( 2) La derivada parcial de (1) con respecto a y está dada por Fy ( Z) = * . ' C (* F(z) F (z ) = hz . f ( x + it) dt = if(x + iy) = if(z). Así.5 • EL TEOREMA DE CAUCHY-GOURSAT [OPCIONAL] 93 FIGURA 2 . en tonces [F (z )-//(z )]'= /(z )-/(z ) = 0. En forma semejan te. 9 dy . Finalmente. se llega a F x (z) = / ( z) . . Defina f( z ) dz = f ( t + iy 0 ) dt + i f ( x + it ) dt. y como f(z) es continua.2. t z~yz pz También se puede calcular F(z) a lo largo de la trayectoria y ' z. según el teorema de Cauchy-Goursat. porque. y — y ' consistirá en un número finito de fronteras de rectángulos en G (posiblemente algunos de ellos degenerados). el teorema de Cauchy-Goursat no se aplicaría. PRUEBA: Fije un punto z 0 en G.H(z) es una constante.11). se puede encontrar un polígono. Al tomar las derivadas parciales. Suponga después que 7 y y ' son dos de tales polígonos. re corridos en sentidos positivo y negativo en forma alternada (véase Figura 2. Luego. por el teorema sobre trayectorias po ligonales de la Sección 1. según el teorema de la deriva da cero de la Sección 1. / (* ) dz f(z )d z — 7 tf ( z ) d z . F(z) f ( z ) dz = f ( z ) dz es independiente de la elección de la trayectoria.3. de otra manera. Este hecho requiere una prueba delicada. donde z = x + iy y la constante C = F(z j ). los polígonos J y y ' podrían formar un rectángulo con un “hoyo” en su interior. 0 7-7 . y se omite por ser intuitivamente clara (véase las Notas al final del capítulo). con lados parale los a los ejes. Así. por lo tanto. y la segunda. F y (z ) = if{z). la primera ecuación da F x (z ) = / ( z ) .CAPÍTULO 2 • INTEGRACIÓN COMPLEJA lo cual implica que F(z) . Como/ (z ) es continua y F x = — iFy . para la cual se utiliza la conexidad simple de la región G. entonces F(z) = i f ( x 1 + it) dt + f ( t + iy) dt + C f ( t + iy ¡) dt + i f ( x + it) dt + C.6. Entonces hay una función analítica F(z) en G tal que F'(z) ' f{z ). Si una línea horizontal (verti + iy 1 el último punto cal) es el último segmento de recta de 7 ( 7 ) y ¿i de intersección. Te o r e m a de la a n t id e r iv a d a Sea/(z) analítica en una región G simplemente conexa. Por el teorema de Cauchy-Goursat. Es esencial que G sea simplemente conexo. que una a z 0 con cualquier punto z en G. La función/(z) no sería analítica en una región que contuviese el rectángulo. La prueba del teorema anterior puede extenderse a cualquier región simplemente conexa. I . F(z) es analítica en G y F'(z) = / ( z ) . así. analítica en < 2 — {o } . Te o r e m a f u n d a m e n t a l Sea /(z ) analítica en una región G simplemente conexa. para cüalquier arco 7 spp: z . 1 1 . en este caso. el valor de la antiderivada en z = de la trayectoria elegida. se obtiene F {eW )= { ~ . se tiene F{e-W )= 2 De ahí que. . con 1 al principio sobre la rama principal. en donde F(z) es cualquier antiderivada d e /(z ) en G. Entonces. si se recorre la mitad inferior del círculo unitario. \ ■ ¡ / ( z ) d z . tiene a F(z ) = log z como antiderivada. 2 mientras que. Lo curvo y-y' q u e consiste en los fronteros d e los rectángulos en G Ej e m p l o La función f ( z ) = 1 ¡z. Si se recorre la mitad superior del círculo unitario. 1 dependa El teorema de la antiderivada proporciona una simplificación inmediata de las hipótesis de los siguientes teoremas. a < t < j 3.z (í).2 5 • EL TEOREMA DE CAUCHY-GOlfRSAT [OPCIONAL! 95 FIGURA 2 ./-'(z (¿ ¡)) j7 ■ ■ F (z ( o í ) ) . el teorema fundamental de la Sección 2. TEOREMA DE RlEMANN i>ea g(£) continua en el arco 7 .1 se cumple.96 CAPÍTULO 2 • INTEGRACIÓN COMPLEJA j------------------ :r_'-------------------------------------------------. Entonces la función n = 1. ( z 0)l = sin t-z n ií(r)iid n l f . f ( z ) d z = F ( z ( J 3 ) ) .F . lo cual implica que.a< t< ¡3. ( z 0) l < . 2..F ( z ( a ) ) . 3. v7 • Si z(j3) = z{ot). .z 0 I.. se obtiene el teorema de Cauchy. . Para z en el disco Iz — z 0 l< 5 /2 . en la región G simple mente conexa.. O : .F . ( z ) . . para cualquier arco 7 spp: >z = z(t). Ló L J r . ■•¡'ó-j'í:--.. será analítica en todo z en el complemento de 7 y su derivada satisfará n F n (z) F ' n i z ) = n F n +1 ( z ) . ‘* f >: 'V'' TEOREMA DE CAUCHY Si J(z) es analítica y 7 es una curva spp cerrada. de ahí que sea un conjunto de puntos cerrado y acotado. spp. existirá una función analítica F(z) en G tal que F ' = / . l F .'C' r' ■ '■ ■ ■ ■ 'L: " :'J v ■ 'OL f ( z ) dz = 0 . I Ahora consideremos las propiedades de las integrales del tipo encontrado en la fórmula integral de Cauchy. se tiene l ^ ( z ) .. entonces ■ :LL'. Un teorema de cálculo ordinario establece que las funciones reales continuas alcanzan un máximo en cualquier conjunto cerrado y acotado.TCT7T V ' ’ i ■"cí'ípJJÍ ’g * -L?. ■■m m PRUEBA: Elija un punto :z0 que no pernetezca a 7 y un disco Iz — z c < 5 ajeno a 7 . Así que | g($) I está acotada por M en 7 . Como I f — z I> 5/2 para todo f de 7 . . Así. Jr (i-* )""-. .z l If — ¿o I El arco 7 tiene longitud L finita.I z ...ció L PRUEBA: Si f( z) es analítica en la región G simplemente conexa. .(z) = lím — F] AZ -°1 = F \ ( z0 ). como g (f) es ar bitraria. por ende.2. T e o r e m a de C a u c h y p a r a d e r iv a d a s Sea f(z) analítica en una región simplemente conexa que contiene la cur va de Jordán 7 spp. Por la desigualdad del triángulo. 0 < lím \Fn ( z ) . Así.® El teorema de Riemann proporciona una prueba del teorema de Cauchy para las derivadas. 7 (f-z )» se encuentra que G. además del notable hecho de que las funciones analíticas tienen derivadas analíticas. será continua. Ya que G„_i (z) es derivable. Entonces.z ) ( f . ya que g (f )/(f — z 0 ) es continua en 7 . L. / < = ’ j dz. 2 . y \G„(z)\ g(?) d$ 2nML 8n+ para Iz — z 0 I< 5 /2 . F 2 (zQ ) = G í (z0 ) = lím G . (z) es continua en z 0 . z^z 0 z^z0 z —z0 Supóngase que F!n_ i (z) = (n — l ) F n (2 ) es verdadero (y. como el cociente de las diferencias de F t (z) es igual a G x (2 ).< Entonces 1 _ 1 z —z 0 ( f .F n {z0 ) = [G„_ 1 (2 ) .1 (z0 )] + (z — z 0 )G„(z).Gn . i* rr* n = 0 . Entonces.F n (z0 ) \ ^ 2 " AfA On lím l z . La prueba se sigue ahora por inducción. para todos los puntos f en el interior de 7 . Z -> Z 0 lo cual significa que F n(z) (y. también que G ’ ^__1 (z) = (n — 1 )Gn (z)).z o l = 0 . Gn(z)) es continua en z 0 . F'n (z0 ) = V m z-*z0 L = Gn (z) z —z 0 J (z0 ) + G„ (z0 ) = nGn (z0 ) = nfv+i (z0 ). Al aplicar este hecho a las fun ciones * (í) Gn (z) = ( S ~ z o) d$. n: 2iri I h .5 • EL TEOREMA DE CAUCHY-GOURSAT (OPCIONAL) 97 lo que prueba la continuidad de F i (z ) en z 0 .z 0) f -* implica que £ -z 0 Fn{z) . Si se acuerda que = f y 01 = 1. la ecuación ante rior se reduce a la fórmula integral de Cauchy cuando n = 0. del teorema de Cauchy y el teorema de Morera. así que /'( z ) tendrá una derivada en f y será por tanto. el teorema de Riemann.CAPÍTULO 2 • INTEGRACIÓN COMPLEJA PRUEBA: Escriba g (z ) = /( z ) en el teorema de Riemann. ' A N . PRUEBA: Ej e r c ic io s 1. Si aplicamos repetidamente. Como la analiticidad necesita probarse sólo en una vecindad de un punto. Obtenga la fórmula de Wallis V / 2 eos 2 n ad j8 a= ¿n8 0 f Jf .. I f {n)( n = ^ 7 2m F n +l ( f ) = ^ 7 m 2m C o r o l a r io Si f{z) es analítica en una región G.t2m -t 2. . Entonces (f) existirá para todo n entero posi tivo.y ■'»*! d t ' ^ (r-*r (2n) ! —— * 7r — (2n n i) 2 2 al integrar f(z) = (z + 1 /z)2n/z sobre Iz 1= 1 . ■ Este corolario completa la tarea de mostrar que las funciones analíticas tienen derivadas analíticas. entonces también lo será su derivada f' (z). Así. para todo z en el interior de la curva de Jordán y spp. f(z) tiene derivadas de todos los órdenes en G. se tiene K in F n +i(f) _ n(n — 1 ) _ _ F í» )(f) _ 2 m / n) ( n ni ni lo que nos da r dz. Más aún. (f) = m 7 z —f por la fórmula integral de Cauchy para todos los puntos t en el interior de 7 . analítica. para cada f podemos encontrar un disco Iz— f I r contenido en G. V' dznK ’ Muestre que.3. . y permite eliminar todas las hipótesis innecesarias en las versiones del teorema fundamental. Sea 7 el círculo Iz — f I= r.’ n+1 h (*-S T y se sigue el resultado.1-2. Los polinomios de Laguerre L n (z) están dados por L n (z) = ez — (zn e~z ).. que fueron probados en las Secciones 2. 1 Una prueba del teorema de la curva de Jordán se encuentra en [W. zn del rectángulo R. en el teorema de la antideri vada. de que y — y' consiste en las fronteras de un número finito de rectán gulos puede encontrarse en [A. 76] prueba que es válido para f(z) analítica en el interior de 37? y continua en R. Sea/(z) continua en la región Re z > < 7y suponga que lím f(z) = 0. Enton ces. . Seaf(z) analítica en el conjunto D. * 6 . . 128-131]. Pruebe que f { z ) dz = 0 zn J7 para cualquier curva y cerrada en \z — z 0 I < r . 2 . 141-143] o [L. pruebe que z^"x lím donde = { l z l = 7 ? } H {R *4. n. . . obtenido al omitir un número finito de pun tos interioresz x. en Iz — z o I< r. La verificación. pág. . 30]. Una . dado que lím (z . S e c c ió n 2 .* * ) / ( * ) = 0 .5 Se puede mostrar que el teorema de Cauchy-Goursat se cumple en R con hipó tesis más débiles. Pruebe que f(z) dz = 0 . *5. n.zk )f(z) = 0. . obtenido al omitir los puntos z lt z 2 . . pág. 136]. NOTAS S e c c ió n 2. z^ zk k = 1. págs. Muestre que la aseveración del Ejercicio 5 permanece cierta cuando D se obtiene al omitir un número infinito de puntos z lt z 2 . z 2 . .EL TEOREMA DE CAUCHY-GOURSAT [OPCIONAL] 99 3. 3R dado que lím ( * . . . S e c c ió n 2 . Seaf(z) analítica en el conjunto R *. z^ zk para todo k = 1 . . págs. que no tienen puntos de acumulación en Iz — z 0 I< r. .4 Las generalizaciones del lema de Schwarz se pueden encontrar en [A. [V. 2. pág. para todo número negativo t. págs. 148-150] o en el ar tículo original en Proc. D. 144] y [Ho. 29 (1971): 625-626. Amer. ha sido dada reciente mente por J.100 CAPÍTULO 2 • INTEGRACION COMPLEJA prueba del teorema de Cauchy. es esencialmente la misma. al utilizar esta hipótesis más débil. 3. págs. independiente de la in tegración. Más generaliza ciones del teorema de Cauchy pueden encontrarse en [A. . La prueba. Math. pág. se da en [W. pág. Soc. que evita la topología. El teorema de Riemann se cumple siempre y cuando f y I g (f) I • I < °°. 26]. Dixon. Una prueba de la analiticidad de la derivada. 77]. Puede encontrarse en Í[L. 2 + .l ^ 2 2 3 3 3 + 4 + 4 + 4 + 4 + . si la serie es convergente. n ~+00 Así. . Esta condición es necesaria. se tiene que lím an + 1 = lím (Sn+\ — Sn ) = A — A = 0.+ J—i-J—i-J+ J—i-J—uJ—l í . • converge a la suma A. en este caso. De otra manera. Como an + 1 = S„+i — Sn . + fln satisfacen Sn -> A cuando n _>°°. como se muestra en el siguiente ejemplo. y. .. pero no suficiente. si las sumas parciales Sn = di + a. Ej e m p l o 1 La serie 1 +4 -+4 .. .O Series O INFINITAS 1 S erie de T a y l o r D e f in ic ió n Una serie infinita de números complejos a \ + fl2 + . 101 . A una serie con la propiedad de que los valores absolutos de sus términos formen una serie convergente se le dice absolutamente convergente. se dice que la serie diverge. . se escribe 2 “ an = A. + fln + •. el término general de una serie convergente tiende a cero. SOLUCIÓN: 1 La división larga de polinomios da = 1 + Z + Z2 + . Ej e m p l o 2 Muestre que la serie geométrica oo 2 n =0 zn converge a 1 1~ z para Iz I< 1 . Iz i < 1 . . 2 n= 1 f n ( z ) = f l ( z ) + M z ) + . ya que es indéntica a la que se da en cualquier texto de cálculo. Se dice que la serie converge en G si converge para cada z 0 en G. 1 —z 1 —z Como Iz I< 1 . + f n (z) + . zn . es de gran interés una serie infinita de funciones defini das en una región G. Frecuentemente. se sigue que zn _L _ = 1— Z 0 cuando n 2 n -0 Así. .1 02 CAPÍTULO 3 • SERIES INFINITAS diverge porque. . . 1 + C 2 +i) + ( i 4 + 4 + 4) + ■ Una serie absolutamente convergente debe converger. Se mostrará ahora que toda función analítica puede expresarse como una serie de T aylor convergente. si se suman los términos similares. + Zn -~l 1 —z + Zn 7n — = S n_ ! + — — . . . . La prueba se deja como ejercicio. i + i) + ( i + las sumas parciales crecen indefinidamente. se escribe f ( z ) = | f n (z) y a f( z) se le llama suma de la serie. z o Z-z o f ~ z0z z0 i z .. Entonces. + (z .OR 103 T e o r e m a de Ta y l o r Sea f{z) analítica en la región G. m Se elige a z dentro de If — Z 0 I = r.z 0 )n Qn ~ _ (Z . .z 0 )n l { $ . 1! ni ■ es válida en todos los discos Iz — z 0 I< r contenidos en G. . se tiene -r. y si se observa que If — z I para todo J en — z 0 I = r.Z0 ) ” + . Úsese la fórmula integral de Cauchy para expresar/(z) como una integral.V. /( * ) —J 27T Í 1 Z — Zr IÍ~ zol=r £ — z m y di Ahora.Zo ^ ~ z0 al usar las sumas parciales de la serie geométrica para reescribir la integral en la forma /(*) = m 2ni lf-z 0 l=r f -.. < 1.Z 0 )" i-(z-z0)/(f-^ o) (T-^KT-ío)"-1 Si se utiliza el teorema de Cauchy para las derivadas se obtiene f { z ) = f i z o) + (z ~ z o) donde R„ (z ~ z 6 T 27T Í 1! + •• •+ (z ~ z o)n~ l ^ (n . 2nrM rM r —p . PRUEBA: Sea z cualquier punto interior del disco cerrado If —z 0 1 r contenido en G.3.1 • SERIE DE TAYL.1 )! + Rn . sea Iz:—:z0 I = p. que contiene al punto z0.. la representación f ( Z) = / ( ? o ) + — ^ {z~-z0 ) + .+ +Q n di .zo 1 + + .z0 n —1 z -z 0 í 2ni donde m f . f . . para todo z en este disco. ni IzKoo. y /* ”*(z0 ) = 0 para n — 1 . Por ejemplo. con base en el argumento anterior. válida para todo z e n S . 1 . . para el cual g(n) ( z j ) ^ 0.1 . TEOREMA Sif(z) es analítica en una región G que contiene al punto z 0 . ya que f(z) es entera. la serie de Taylor de g(z) no se anula. .f(z) —f ( z 0 ). Por el teorema de Taylor. Entonces g es analítica en G y g ^ (z) = 0. . en un disco centrado en z x y contenido en G. PRUEBA: .. g tendrá la representación en serie g(z) .1). por lo que R n -*■ 0 cuando n -*■ °°. . 1. Pero p/r < 1. Los dos teoremas siguientes son consecuencias útiles del teorema de Taylor. Si z 1 está en T. El disco l f - z 0 1< r c o n te n id o en G siendo M como el máximo de I/(f) I en If — z 0 I= r (véase Figura 3. entonces. . Sea S el conjunto de todos los puntos z de G.. f(z) = f ( z 0 ) para todo z en cualquier disco If — z 0 I < r contenido en G. si f(z) = e z. entonces f ( z) será constante en G. es un punto interior de T.104 CAPÍTULO 3 • SERIES INFINITAS FIGURA 3 . . lo que implica que z.0 en todos los discos Iz — z x I< r contenidos en G. . 2 . n = 0. f(z) está representada por la serie de Taylor para todos esos z . Si z x está en S. . en los cuales g ^ (z) = 0 . . Por ende. existe un entero n > 0. Sea g(z) . 2.B Este teorema permite obtener series de Taylor para funciones analíticas de la misma manera en que se hace en el cálculo ordinario. y sea T = G . S es abierto. por el teorema de Taylor. entonces / ^ ( z ) = e z y f^n\0) = 1 . y se obtiene la serie de M aclaurin oo yn e* = 2 n-0 2. . n = 0. ya que todos sus puntos son interiores. Por tanto. 2 . . Por tanto.S. . se ha probado el teorema siguiente. Ej e m p l o 3 Obtenga la serie de Maclaurin de f(z) = (1 — z)~2 . Como G es conexo. La serie de Taylor def(z).n\ —1 ) = (n + l ) ! / 2 n+2 . ■ Este teorema implica que si una función f(z) analítica y no constante en una región G se anula en un punto z 0 de G. se tiene/<">(0 ) = ( » í 1 ) 1 y ” . Esto muestra que z 0 es el único cero d e / e n Iz — z 0 I< e. T debe ser vacío. para el c u a l ( z 0 ) =£ 0. T es abierto. Ni T ni S contienen puntos frontera del otro porque ambos son abiertos. por ende. centra da en el punto z 0 = —1 es í— = 2 í ü l i l (Z + i)» (1-z)2 n=o 2 2 y aque f . g(z) = f ( z ) — f ( z 0 ) . con f j z ) analítica en el interior del disco If — z 0 I < r contenido en G —por el teorema de Cauchy— .5). existirá un entero positivo n. Iz l < 2 .Z) ( f _ Zo)n f . ya que es continua.1 * SERIE DE TAYLOR 105 Así.* „ ) * / . ^ s d!. Así.3.0 para todo z de G. ( 1 — z )2 n=0 1 IzK l. . ( * ) . El mínimo entero que satisfaga esto determinará el orden del cero de f en z 0 y permitirá escribir /( * ) = ( * . puesto quef(z) no es analítica en z = 1. fn{z o ) = m 2m (f — Z0 )n+l ni Así que existe una e-vecindad de z 0 totalmente contenida en G.z 0 l= r ( f . Te o r e m a Los ceios de una función analítica no constante son aislados. para las derivadas (o por el teorema de Riemann de la Sección 2.2 = 2^ (n + l ) z n . 1 . SOLUCIÓN: Como / ( " ) (z) = (n + 1)!(1 —z)~(n+2) para n = 0. 2 m J l f . 2 . . . en la cual fn (z) no se anula. Aún más. . se encuentra que /"(O ) = 4. se tiene / (n^(z) = (—l )n . 2. . . Ej e m p l o 6 Muestre que no existe una función analítica en Iz I< 2 que satisfaga la condición /(-)= \n) ^ n » n=l._!)■ -_ f í L i f r . fin)(e 2 * i ) = (n _ 1 ) 1 . . la serie de Taylor alrededor de z = e 2m en la siguiente rama de < ñ es o o (1 _ z\ n log z = 2m .9. . Como f \ z ) = 2zez + 2{ez .. n = 1. Al construir la serie de Taylor de /(z ) = log z es esencial especificar la rama de que se trata. así que el orden es 2. . . 2. a partir de la serie de Maclaurin de f(z) O O yH / y y2 2z(ez — 1 ) = 2 z 2 ----. n = 1. . descrita en la Sección 1.2 i . así que Lo gz = f ¿ Ííü n-l n\ (.1 (n — l ) ! z “ " . Las fórmulas son válidas en Iz — 1 I< 1. Véase el siguiente ejemplo. Ej e m p l o 5 Es importante recordar que la función log z se define en la superficie de Riemann R. n= 1 n ya que las funciones f. y log 1 = ’ Log 1 = 0. n=l n\ 2! 3! V Se debe tener especial cuidado al buscar la serie de Taylor de funciones analíticas definidas en una superficie de Riemann. . 2 . 1.106 CAPÍTULO 3 • SERIES INFINITAS Ej e m p l o 4 Encuentre el orden del cero de f(z) = 2z(ez — 1 ) en z = 0.. que es un punto en la rama principal. 1 .. ya que f^n^(z) no es analítica en z = 0 . n =l n Por otra parte.1 ). . 2. f ( z ) = 2zez + 4 e z .3. .= 2z2 1 + — + — + . Se pueden aplicar observaciones similares a cualquier otra rama de (R. . . SOLUCIÓN: Primero calcule / ^ ( 0 ) para n = 0. para n = 0 . También resulta claro. 3 .n\ z) son analíticas en C — { 0 } y f { e 2ni) = log e2ni = 2m. Si se busca la serie de Taylor alrededor de z = 1.2. . . 3 . 0. 20. ---. que satisfaría F ( l / 2 m ) = 0.1 . / ( z ) = Logz. 1 . z 2 (eos z — 1) z — tan z 17. que tiene un punto de acumulación de G.1 ) " . . entonces coinciden en to dos los puntos de G. 1 1 .1 .f i z) 1 . Indique el máximo disco donde sea válida esta representación. 16. 0. OQl I i i í i 1 i ZO. z0 = " 2 7 T 12. 22. z 0 =t 2 0 = 2e3. lzl<°o n=i ( 2 n — 1 )! 4. -7. . . z = 0 es un cero d e/(z) que no es aislado.l ) n ---------. 7) 9) 11 > 13) 15) • • • . 2. . SOLUCIÓN: Ej e r c ic io s oo 1. 3. Obtenga las series de Maclaurin dadas en los Ejercicios 3-7. . . . 15. Muestre que la serie 2 n= 1 1 /n diverge. •9. 0 . 1 . . /(z ) = logz. 0 .ñ z) = ’ zo = . 0 . para m = 1.3. z 14. z 2 — senh z 2 Pruebe que si dos funciones analíticas en una región G coinciden en un subconjunto de G.. 2. desarrolle las funciones dadas en una serie de Taylor alrededor de Zq. Pruebe que una serie absolutamente convergente debe converger.h 0. senh z = 2 n=0 z 2n ( .Z 9. 0 .SERIE DE TAYLOR 107 Si existiera. 1 . 8. i . Por tan to.r! z0 = . eos z = 5. 18. ( 2 n)! 22 n -l Iz I< °° Iz I< °° -------------> n=i ( 2 n — 1 )! 2 6 . 21 . /(z) /(z ) = senz. 1 3 ./ ( z ) = . 0 .1 Encuentre el orden del cero en z = 0 de las funciones dadas en los Ejercicios 16-19. oo ^ 3. senz = 2 ( . . 6 senz 2 + z 2 (z 4 — 6 ) 19.1 • . 5 . /(z ) = logz. cosh z = z 2n —— > n=o ( 2 n)! 2 Iz I< °° |2 |<] L 7 .2 1 1 0 . f(z) = eos z. lo cual contradice el teore m a anterior.1 7 T z0 = — 2 ¿0 = 1 1 . .1 . F(z) = z — f(z) sería una función analítica no constante. 0 .— 1 Z2 = £ n=0 En los Ejercicios 8-15. i . siempre y cuando k > K{ zQ ).108 CAPÍTULO 3 • SERIES INFINITAS Determine n = 1. La importancia del concepto de convergencia uniforme se ve en el siguiente resultado. el conjunto de pun tos que satisfacen/(z) = C t.. Dé un ejemplo de dos funciones que coincidan en un número infinito de puntos de una región G y. La convergencia uniforme difiere dé la convergencia en que. 26... 2.. 27. PRUEBA: Sea /(z ) = 2 7 f n (¿) con cada f n (z) analítica en la región G. 3.. no tiene un punto de acumulación en G. si para todo e > 0 existe un número positivo K tal que f i z) para cualquier k > K y z en G. existirá un número positivo K tal que .2 C o n v e r g e n c ia u n if o r m e de series En esta sección se probará el inverso del teorema de Taylor. X X 3>4 > X X 4 ) 5> X 5 » ••• 25. D e f in ic ió n La serie/(z) = 2 ” f n (z) es uniformemente convergente en G. Dado e > 0.... sean diferentes. los valores dados en los Ejercicios 21-24. n=1 f n (z0 ) <e. /(Z0 ) 2 n= 1 fn (z ) <e.. en los puntos z = 1/n. o4 JL 2 > X X 2> 3> si existe una función analítica en IzI < C 2 que tome. para esta úl tima sólo se necesita mostrar la existencia de una función positiva K{z).. T e o r e m a de W eierstrass La suma de una serie uniformemente convergente de funciones analíticas es analítica y puede derivarse o integrarse término por término. Muestre que sif e s una función analítica no constante en G. Pruebe el teorema del binomio para ct complejo: ( l + z ) tt = l + — Z + a ^ a ~ ^ z2 + a ^ a — 1 )(a — ^) 1 1 -2 1-2-3 3 . tal que para cada z 0 en G. a saber que las se ries de potencias convergentes son de hecho funciones analíticas en sus regiones de convergencia. no obstante.. a en 6 . 3) es válida y f(z) es analítica en G. . para cualquier curva y spp cerrada en un disco contenido en G. f(z) dz 7 k./ es continua en G. la serie 2 f'n (z) converge uniformemente a f ' (z ) en Iz — zo I< r/2. fija. Así. L u e g o .2 „ =1 / B(f) . 2 . existe una 5 tal que ^ f n { z) ~ 2 / B (z0 ) = 1 3 siempre que z esté en G y \z — z 0 I < 5. f\z)~ X f U z) n —1 1 f 27rí „ /(D . es conveniente mencionar algunos comentarios acerca de las . por la fórmula de Cauchy para las derivadas.2 • CONVERGENCIA UNIFORME DE SERIES 109 para k > K y todo z en G. /(z ) dz 2 n=1 * / » iz ) dz- Además.) En particular.^ ) 2 < ü . En cualquier z 0 de G y k (> K ) . I=r (r. f(z) dz — 2 n=l /(z)2 n=l /n í2 ) d. n = 1 . ya que la suma parcial es continua./» (*) n=1 /„ (z ) - 2 n-1 f n { z o) n=1 2 /»(*<>) . y If — z 0 I< r contenido en G véase Figura 3. 3r jara todo z que satisfaga Iz — z 0 l< r/2. Así. Por el teorema de Cauchy.2 2 1=1 . Ahora la prueba está completa. f n ( z ) dz = 0 . Sección 2. Como e puede estar arbitrariamente cercano a cero. k > iv. la extensión del teorema de Morera (Ejercicio 23.Z ^ /„ (z) Idz I< eL donde L es la longitud de y./ ( ^ o ) < e siempre y cuando z pertenezca a G y Iz — z 0 I < 5. (Si G es simplemente conexa. lo anterior muestra que en cualquier arco 7 spp en G. El teorema de Weierstrass puede aplicarse a la serie de potencias 2 7 an (z —z o )n . . por la desigualdad del triángulo. ra que cada término de la serie es una función entera. se sigue directamente del teorema de Morera. Antes de proceder en ísta dirección.3.2).f ( z 0 ) + /(*). If(z) . por ende. Si 2 1^2”) 1 cuando n -*■ oo. . + 2 x 2k + x 2k+l + . . . Nótese que la sustitución % = z — z 0 transforma la serie • oo anterior en la serie 2 ! an . se debe recordar el concepto de radio de conver gencia R de una serie de potencias 2 1 rn x n . la razón de los coeficientes Irn/rn+i I es. . y que R puede calcularse por medio de la fórmula R = lím rn+ 1 dado que el límite existe.110 CAPÍTULO 3 • SERIES INFINITAS Figura 3 . para series como 2 + x + 2 x 2 + x 3 + . así que el límite existe siempre (con el infinito como un valor permi tido). . FÓRMULA DE HADAMARD El radio de convergencia R de una serie de potencias 2 7 anzn está dado por R. Ahora se dará una fórmula que pueda usarse siempre para calcular el radio de convergencia R de una serie de potencias 2 t anzn . La mínima cota superior (inf) decrece o permanece constante cuando n aumenta. .z i > r / 2 series de potencias. la serie 2 + x + 2x2 + x 3 + . Del cálculo alemental. i ? . .1 lím sup-y/ \an 1 = lím [ i n f ( l a „ l 1^ . y se probará que R se comporta de la misma manera que en el caso de series de potencias reales.l1^n+1) . Desafortunadamente. tiene como radio de convergencia R = 1. i y 2 . así que solamente consideramos series de poten cias de esta última forma. ) ] . . Ia„+i.. El número 0 < R < oo tiene la propiedad de que la serie converge absolu tamente para Ix í < R y diverge para Ix I > R . alternada. .2 . así que no existe el límite. . donde los coeficientes rn son rea les. N 2 n=k 2 n=N < 1 le para todo k > N y Iz l < p . (iii) Se sigue del teorema de Weierstrass que la suma es analítica én Iz I < R y que su derivada puede obtenerse por derivación término por término. Para mostrar la convergencia uniforme. entonces. lo cual implica que c% < 2/n. la serie converge absolutamente en Iz I < r para cualquier r < i ? . (ii) Si Iz I > r > R. Por tanto. tiene el mismo radio de convergencia.> 00 < lím \ f ñ ' lím sup y / Ian I= lím sup \ / 1 an . un número infinito de términos de la sucesión satisfacen la„z" l > Iz/rl" y son.1). Sección 3. y su derivada. (i) Sea Iz I < r < R. se elige Iz K p < r < i?. Entonces. La suma de la serie es analítica en Iz I< R . en Iz I< R. La serie diverge en Iz l > R. ( l + c „ ) > 1 + -----el. por ende. Fi nalmente.1 y la definición de lím sup es tablece la existencia de un número infinito de enteros n. por ello. y es uniformemente en Iz \ < p .3. r 1 > R 1 .2 • CONVERGENCIA UNIFORME DE SERIES 111 T e o r e m a de A bel Sea R el radio de convergencia de la serie de potencias 2 ~ anzn . si se hace 1 + cn . obtenida al derivar término por término. Así. en tonces.1 < i ? . p < R . así que la definición de lím sup implica la existencia de un entero N tal que Ian I< r~n para todo n ¡D 5 N. Así.. Entonces: (i) . ya que Iz/r I < 1. entonces r . no acotados. para los cuales r~n < \an I. (ii) (iii) La serie converge absolutamente en :lz I < R . por el teorema del binomio. y. n = /-■ \ ti ^ n(n — 1 ) . Entonces PRUEBA: N 2 n -N \zin < 2 n -N i - por la serie geométrica (Ejemplo 2. por lo que se hizo anteriormente y por la desigualdad del triángulo. cn 0 cuando n Se calcula el radio de convergencia de la derivada 2 7 na„z n _ 1 observando que lím sup ~ ^ /\an I f--------n-+°° < lím sup-^n \an I r z . ya que su término general no tiende a cero. lo que ilustra una manera útil de mostrar la analiticidad. — z3 3 + --------------+ ______ 5 7 zs z7 izki. ni n -*■°° . así. R = 1.z 2 + z 4 . R = 1 para la serie (a). y diverge en Iz I > 1. uniforme mente en Iz I <í r < 1. la función fl ?) = ~ z z^ = i . . obsérvese que la serie diverge en todos los puntos de Iz I = 1 . la serie converge absolutamente en Iz I < 1. Obsérvese que este resultado también se puede obtener con la fórmula de la razón.— o l+z2 3 dz z^ 5 o< izki. Para (b) es más fácil usar la fórmula de la razón (n + 1 )! — = n + 1 -> 00 rn+l y R = 00.0 n! (c) 2 n= 1 2 nz (a) Por la prueba del teorema de Abel. /(O) = 1 es analítica en Iz J < 1 . sin embargo. Se puede in tegrar la serie término por término en cualquier trayectoria dentro del círculo unitario para obtener dz o 1 + z2 En particular. En tal caso Ian I se anula para n impar y es igual a 1 para n par.. Con el Ejemplo 2.1 es analítica en todo G excepto en z = ±i. Nada se ha dicho de Iz I= 1. .z 2 + z4 . de la Sección 3. . Aún más. Ej e m p l o 2 Encuentre el radio de convergencia de las variables de potencias (a) SOLUCIÓN: 2 n=l n (b) 2 n. mientras que la fun ción (1 + z 2 ). se encuentra que — — = 1 . Enton ces. representa alguna función analítica en Iz I< 1. .z 6 + . as!. 1 + z2 Izkl.z 6 + . Nótese que la serie es analítica sólo en Iz I < 1.1. (1/ra)1/" = l¡\/ñ tiende a 1 cuando n -*■ 00 .112 CAPÍTULO 3 • SERIES INFINITAS Ej e m p l o 1 Considere la serie 1 . .2 zf'(z) . + nanz " . . . . Aquí R = 1. 2.2 (n + l)an ]zn =0 .) 2! 3! + a xz ( l + — ( 2z )2 + — ( 2z )4 + — ( 2z )6 + . = 3! como la solución analítica al problema de valor inicial. . Ej e r c ic io s E ncu en tre la radio de convergencia de las series dadas en los Ejercicios 1-6. . [(n + 2 )(n + l)an+2 . . al agrupar términos de potencias iguales. f"(z) = 2a2 + 6 a3z + . .. f ( z ) = a 0 + a l z + a2z2 + . ) . La ecuación de recurrencia an + 2 = 2 an/ (n + 2 ) implica que la solución analítica general de la ecuación diferencial es . así que (n + 1) [(n + 2 )a n +2 — 2 an ] = 0. . debido a que se tiene ( 2 ” ) 1/ ” ! = g l n 2 / ( n —1)! ^ g0 = ^ n ^ oo y todos los otros términos se anulan. + (n + 2) Entonces..1 + .. . 1..2 zf'(z) ^ 2f{z) = 2 n-0 (n + \)an+2 Zn + .. se obtiene la función entera f(z) = 1 + z2 + 2! + — + .2f(z) = 0 con condiciones iniciales /(O) = 1 . + anzn + . . . Ej e m p l o 3 Encuentre solución analítica de la ecuación diferencial f "( z) . . ...3.. z4 z6 f(z)=a0(l + z 2 + — + — + . V 3! 5! 7! / Gomo fl0 = l y a i = 0 . . . SOLUCIÓN: Derive la serie a0 = 1 . ya que con tiene un número infinito de coeficientes igual a cero.2 • CO NVERGENCIA UNIFORME DE SERIES 113 En la serie (c) la fórmula de la razón no puede usarse. f"(z) . para n — 0. a y= 0 . . para obtener f \ z ) = a t + 2a2z + 3a3z2 + . /'(O) = 0. dos veces. 2 anzn+fe n=0 2 a%zn2 n -0 12. 7 / 2 nkanzn n -0 8 . Determine la serie de Maclaurin general que solucione la ecuación diferencial zf"(z) + f ' ( z ) + z /(z )= 0 y muestre que es entera. desarrolle las funciones en series de potencias centradas en 0 . -----. 5. en serie de Maclaurin de la ecuación diferencial (i . 23. Suponga que/(z) y g(z) son analíticas en una vecindad de z 0 y quey"(z0 ) = g ( z 0) = 0 mientras que g' (z 0) =£ 0.e n cu e n tre el radio de convergencia de las series dadas en los Ejercicios 7-12. sin usar el teorem a de T aylor. (Sugerencia: Pruebe que y^~ñ\ -> oo cuando n -*■ ya que e2 es entera). ¿Cuál es su radio de convergencia? 19. y encuentre sus radios de convergencia.z 2 ) f"(z) . L o g ( l + z ) eaz . 2 a„z"2 n=0 En los Ejercicios 13-16. 18.2 z /'(z ) + n(n + 1 )/(z ) = 0 . 2 z 2n n=0 4.1 1 C f{z) -¿ Y\ = ¿ ) z ’ 16. 20. 2 n=0 (eos m )z" Si el radio de convergencia de la serie 2 0 anZn e s R ( 0 R <C °°). Encuentre la solución general. con el método de esta sección. Encuentre una serie de Maclaurin que resuelva la ecuación diferencial f ' (z ) — 1 + z/(z)con la condición inicial/(O) = 0. * SenZ dz 0 Z 14.— (1 .4. Z^ 0 n z = 0 17. 2 n -l 10. 11 . Pruebe el teorema de L ’Hospital i i Z) g'(z o ) 22. 21. Encuentre la serie de potencias más general (con dos constantes arbitrarias) que satisfaga la ecuación diferencial / (z) + / (z) = 0. 2 zn! n=1 2 n=0 [2 + (—l ) " ] " z n 6. ) a. Resuelva el Ejercicio 2. 1 3 . Encuentre la suma en Iz I< 1 de la serie . Sección 2.CAPÍTULO 3 • SERIES INFINITAS 3.z )3 15. 2 n~nanzn n=1 9. Exprese la suma en términos de funciones elementales. Así que la serie representa una función . la serie convergerá absolutamente siempre que \l¡z\<iR o \z I > l /R. para los Ejercicios 25-27.3 • SERIES DE LAURENT 115 24. 26. Ahora.) 27. 28. ¿Dónde converge la serie? 3 S eries de Laurent I. Utilice una serie de Maclaurin para resolver la ecuación funcional f(zi)=z+f(z). p > 1¡R. permita que sea g(t) una función compleja continua en 0 < t ^ 1 y defina K z )= ] Q g(*)e 25.2 z2 & n zn puede considerarse una serie de potencias en la variable 1/z. La convergencia es uniforme en toda región Iz I > p.3. a n+ 1 entonces R será el radio de convergencia de la serie 2 an z n.a serie di z Q . Demuestre la prueba de la razón: Si lím . 1 -zt \z\<l. 30. Pruebe que f(z) es entera. Pruebe que f(z) es entera y encuentre su derivada. la serie < *t- n= 0 ni converge uniformemente en 0 < t . y la serie diverge para Iz I < 1 ¡R. (Sugerencia: Utilice el Ejercicio 25 para intercambiar la sumatoria y la integral. Sea g{t) continua enO < t < 1 Ahora defina ñ z) = S'(í) sen(zí) dt. g{t)e " - S Jo 29.< 1 .* oo R. Pruebe que f ' ( z ) = tg{t)eñl dt. Pruebe que f(z) es analítica en \z I< 1 y encuentre su derivada. Muestre que. para z fija. Sea g(t) continua en 0 < t < 1 Defina / ( Z) = l1 30 dt. Si R es su radio de convergencia. 2i ri J J i? i f —z „ i1=* =p m -20 1 Í n = 0. < R.. Supóngase que la parte ordinaria converge en un disco Iz l < R y que la otra parte converge en una región Iz I > r.±2. entonces puede de sarrollarse de manera única en una serie de Laurent /(z)= donde a. Recíprocamente. ( f . Al combinarse una serie de este tipo con una serie de potencias ordinaria se obtiene una de la forma 2 n = —°° anzn .3).. entonces existe un anillo abierto donde ambas series convergen: r < Iz I < R (véase Figura 3. L a serie representa una función analítica en este anillo.z 0 )” +1 r < p <R. R e g ió n d e c o n v e rg e n c ia d e u n a serie d e L a u re n t a lre d e d o r d e z 0 . A un de sarrollo de este tipo se le llamará serie de Lau ren t. .3 .. Te o r e m a de La u r e n t Si f(z) es analítica en el anillo r < Iz — z 0 .±1.116 CAPÍTULO 3 • SERIES INFINITAS analítica en Iz I > 1 / R . se proba rá ahora que una función analítica en el anillo r < Iz — z 0 I< i? puede desarrollarse en una serie de Laurent. n = —oo 2 an (z — z 0 )n representa una función analítica en el anillo r < Iz — z 0 l < i ? .n S n = —oo an (z — z 0 )n. Si r < R . o FIGURA 3 .. En forma semejante. 1 /(* ) 2m y2 $ - z _L 2m f Ti ffl)# t ¿ e.4 .0 < e < (R r )f 2 (véase Figura 3. respectivamente.1). Por la fórmuía integral de Cauchy. 1.3. 2. la primera integral se transforma en 1 2717 m t2 ^ = i n =0 t-z Q n ( ¿ .z o) n = 0. se puede integrar término por término para obtener . Para la segunda integral obsérvese que.Z 0) (t Z0 ) Z Zr 2 n =0 t .Z ( z .3 • SERIES DE LAURENT 117 Fig u r a 3 . PRUEBA: Denótense por 7 ! y 7 2 los círculos Iz — z 0 I = r + e y >z — z 0 I = R — e.4).z 0 ya que If — z 0 I < Iz — z 0 I sobre 7 i .¿ O )" con 1 2717 /(? ) dt n+l y2 ( t . . con . la serie converge uniforme mente en t para f en el interior de 7 i • Con el teorema de Weierstrass. Aún más. Sección 3. El teorema de Riemann para todo z que satisfaga r + e < Iz — z 0 I< J? (o el de Cauchy y el de Cauchy para las derivadas) proporciona la analiticidad de cada integral en los complementos de las curvas 7 1 y 7 2 •Si se procede exac tamente igual que cuando se probó el teorema de Taylor. . -1 t . por la serie geométrica (Ejemplo 2. ya que si f( z) tuviera representaciones f{z)= 2 n —— °° an { z . Como todas las potencias de z — z 0 excepto (z — z 0 ) _1. como f {£ )/(f — z 0 )n+1 es analítica sobre y en el interior de y 2 ~ 7» o 7 — y i-. al multiplicar por (z — z 0 )k . por convergencia uniforme. se tiene Z2 . Ej e m p l o 1 Al utilizar la serie de Maclaurin de eos z y e ? . Frecuentemente los coeficientes an no se obtienen por medio de sus fór mulas integrales. .z 0 )n+k dz = n— — 00 2 bn 7 ( z . el teorema de Cauchy implica que se puede reemplazar 7 i o 7 2 por 7 en el cálculo de los coe ficientes an . tienen antideri vadas analíticas en r < Iz — z 0 I < R. entonces. r < p < i?. y al integrar a lo largo de Iz — z 0 I = p se tendría'-. 2 n— 00 an • J7 (z .z 0 )n .ns (-ir 0 (2 n ) \ ~2 n — i ---------.z 0 )n . Así 2ítzcz_£_i = 2’nib_¡l_ i . ■ La representación en serie de Laurent de una función dada es única.z 0 )n+k dz. n\ n=— °° (— n)l 0 < Iz I.para cualquier entero k. Nótese que si e puede elegirse arbitrariamente cercano a cero se llega a la representación deseada en el anillo r < Iz —z 0 l<i ?. lo cual implica que a¿ = b ¿ para todo entero k. donde 7 es el círculo if — z 0 I = p.118 CAPÍTULO 3 • SERIES INFINITAS Luego l_ 2m con < T — n— 1 1 7 1 S —Z = n= 0 2 a _ n_ ! (2 — z 0 )_ n _ 1 2 tti 7 ■ /(n # Finalmente. Se darán ejemplos de las técnicas que se emplean para evitar este cálculo. ( 2 n + 2 )! ^ 2 ( _ 1 ) " +1 »=-1 0 < Iz I< ev s 1 /2 = 2 0 0 Z n=0 ----. f(z)= '2 n=— 00 bn { z .= 2 -1— . sus integrales se anulan por el teorema fundamental. se desarrolla la expresión como _ _ i z —2 Por tanto.1 . 1 Z \2 _ ( z .1 ) (z .2 z —1 se pueden desarrollar las fracciones en la forma 1 1 1 1 _ 2 'z 1 z -2 z . ex cepto en z = 1 . Así. i z = s ( i y _ (—L \2 " I £ (i)" 2 < Izl.2 ) (c) Aquí 1 1 V J z IzKi.= £ \ (z . / .1 X_ I z z . L_ = z —1 1 L _ + _L_ =_ I z 1 —z 2 2 1 1 »=0 2 l-\ n=o \ 2 + S -----------.3 • SERIES DE LAURENT 119 Ej e m p l o 2 Considere la función (z 2 — 3z + 2 ) . al escribir 1 1 1 (z — l)(z — 2 ) z .3 . 2 . ( c ) U I > 2 y (d) 0 < Iz .l ) ( z .1 1 < 1 . 2 J ' z _2 z . SOLUCIÓN: (a) En el anillo 1 < Iz I< 2. Encuentre su serie de Laurent en las regiones (a) 1 < l z l < 2 .2 z .2) (b) S zn n=-- 2 2 fn=0 \ 2 Para Iz l < 1. n=0 \ Z / Z n=0 Vz / 2? „=_oo 1) Zn . Es analítica en todas partes.1 1_ z 2 z 2 n-o \ 2 J ya que l l / z l < l y lz/2 l < 1. (b) l : l < l . 1 1 1 = . n = 0. 8. 1 < Iz I 7. 1 < Iz — 1 1< 2 Represente la función (z 3 — z ). 0 < Iz + 2 I < 3 12. senz sen — \ z Encuentre las series de Laurent de las funciones de los Ejercicios 18-21 en la región 0 < Iz — 1 I< 1 . 1 < Iz . (z _ ! ) ( * _ 2) z — 1 l . 0 < Iz — 1 1< 1 3. I z K l . 4.1 en las regiones de los Ejerci cios 1-3.l ) n. Iz I > 2 9.0 < Iz — 1 1< 1. 14.11 < 2 Encuentre la serie de Laurent de la función z/(z 2 + z — 2 ) en las regiones dadas en los Ejercicios 8-13. sen z(z — 1 ) 2 1 . la_B X A Í r " . n=0 00 Por tanto. Iz + 2 l > 3 Represente las funciones dadas en los Ejercicios 14-17 como series de Laurent en la re gión 0 < Iz I< °°.1 como una serie de Laurent en las regiones de los Ejercicios 4-7. . en 0 < Iz — 1 1< 1. ¿Se puede definir / ( z 0 ) de tal forma que f(z) sea analítica en Iz — z 0 I< R? .l ) Ej e r c ic io s Encuentre la serie de Laurent de la función (z 2 + z ). 0 < Iz I < 1 6. . Suponga quef(z) es analítica y acotada por M enr < C Iz —z 0 I< CR. — sen 1 1 ’z z —1 20. 1. Suponga que r = 0.120 CAPÍTULO 3 • SERIES INFINITAS (d) En .17.( z .l)n.O C lz K l 2. z sen z —1 22. io 1 8 . 0 < Iz — 1 I< 3 11. se obtiene 1 1 1 1 z —2 z —1 z —1 1 — (z — 1) 1 Z — 1 - 2 ( z . Muestre que los coeficientes de su serie de Laurent satisfacen ¡an l < A f / r n . 0 < ¡z .e z+1lz . -----1 z —1 sen — ¿ 1 1 9 . . l.l l < 1 5. z e llz z 1 5 .10. 2.2 n=—i ( z . sen (z + — 16. 1 < Iz I < 2 13. por ende.3. en tales circunstancias. o con el Ejercicio 22. n! n = 0. 1 . La función de Bessel J n (z) se define como el n-ésimo coeficiente (n ^ 0) de la serie de Laurent de la función n=— Muestre que ir Jo 24. Si el orden del cero de g(z) en z 0 es n > g(z ) = (z .3.. 2 . n enteros. Por tanto.z o)ngn(z ). A n se le llama orden del polo d e / e n z 0 . Por la estimación de Cauchy. entonces /(z ) = (z .z 0 )~nf n (z). Encuentre la serie de Laurent de esc z en ir < C Iz I< C 2ir. Observe que aquí la función g(z ) = 1 //(z ) tiene una singularidad removióle en z 0 con g(z 0 ) = 0 .4 • SINGULARIDADES AISLADAS 121 23. Use los coeficientes de la serie de Laurent de e^z en Iz I > 0. Pe ro. pero no analítica o no necesariamente definida en z 0 . 26. es necesario que /(z ) -*■ A °°) cuando z -*■ z 0 ..) Evalúe la integral n 1 (eos 6)m eos nd dO. f( z) es analítica en 0 < Iz — z 0 I < R / 2 y continua e n l z — z 0 l < i ? / 2 . Sección 3. el principio del máximo implica que /(z ) es acotada en Iz — z 0 I < i ? / 2 . puesto que/(z) no es cero y es finita en un conjunto 0 < Iz — z 0 I < / < R. para mostrar que — f e cose 2 ir J -i r cos(sén 6 — n 6 ) d 6 = — . . . (i) Singularidades removibles son aquellas donde es posible asignar a / ( z 0 ) un número complejo. 0 sea. la serie de Laurent dej(z) es una serie de Taylor convergente. analítica en una región 0 < Iz — z 0 K R. comparando los coeficientes de la serie de Laurent de (z + l/ z ) mcon su desarro llo binomial. . de tal forma que/(z) se vuelve analítica en Iz —z 0 I < R.4 S ing u la rida d es aisladas Se dice que una función f(z). tiene una singularidad aisla da en z 0 . donde f n (z) = 1 Ign (z) es analítica en Iz — z 0 K r . la existencia del límite es necesaria y suficiente para garantizar que la singularidad es removible. En este caso. 25. (iSugerencia: Integre sobre Iz I= 1. (ii) Los polos aparecen siempre que /(z ) -*■ °° cuando z z 0 . m. Estas singularidades se clasifican en tres categorías. y z 0 es un cero aislado de g(z). una función analítica en Iz — z 0 I < R. analíticas en una vecindad R < Iz I< 00 de Por conven ción. Por ejemplo. z = 0 no es una singularidad aislada.. Finalmente. y un número infinito de coeficientes a _ n. o una singularidad esencial en z = 0 . . k=—n a _ n i= 0 . Obsérvese que senz z — + — 3! 5! tiene una singularidad removible en z = 0. . se clasifica una singularidad aislada en oo si g(z) = / ( 1 /z) tiene una sin gularidad removible. centrada en z 0 . f ( z ) no tiene límite cuando z -»•z 0 . 3. D e f in ic ió n Una función analítica en una región G. El concepto de singularidades aisladas también se aplica a las funciones (univaluadas) f(z). Así. (iii) Singularidades esenciales son todas las aisladas que no son remo vibles ni polos.122 CAPÍTULO 3 • SERIES INFINITAS Además. z 0 sería un polo o una singularidad removible. el orden del polo de f(z) en z0 debe ser también finito. . n = 1. Cora. Entonces. un polo. Las singularidades no son necesariamente aisladas. el orden del cero de g en z 0 debe ser finito. de otra manera. puesto que.z 0 )k. 2.og(z) es una función analítica no constante en Iz — z 0 I < r. se llama merom orfa en G. De tal forma que eos z z2 1 1 z2 4! z2 2! tiene un polo de orden 2 en z = 0. En este caso. z 2 lz2 tiene una singularidad esencial en z = 0 . es el producto de (z —z 0 ) n y la serie de Taylor de f n(z) e n : 0 . as! que se escribe 2 ak ( z . excepto por sus polos. de su serie de Laurent alrede dor de z 0 no se anulan. la serie de Laurent de /(z). la función tiene singularidades en z = (irn) 1 para todos los enteros positivos n. . Se dan algunos ejemplos para ampliar las definiciones. Pero. . Entonces PRUEBA: m . II De hecho se puede demostrar más. g(z) es meromorfa en Iz — z 0 I< e. y z = °o es un punto de acumulación de polos. Si el teorema es falso. entonces las singularidades del cociente f{z)/g(z) coincidirán con los ceros deg(z). Por ejem plo. (c) h(z) = esc z. ± 1 .vecindad de una singularidad esencial. y no se da rá aquí: Te o r e m a de P ic a r d Una función analítica toma infinitas veces todos los valores complejos. también /(z ) = A + (z — z 0 )g(z). Te o r e m a de W eierstrass -C a s o r a t i Una función analítica se aproxima arbitrariamente a un valor dado en cualquier e. se obtiene una función meromorfa en G. De ahí que contradiga la hipótesis de que z 0 es una singularidad esen cial. en cada una de las e-veeindades de una singula ridad esencial. aunque la prueba es difícil. lo es. y g(z) no es idénticamente cero. o tenga un cero de orden menor que el de g(z).0 .vecindad de una sin gularidad esencial es muy complicado. Así. se puede encontrar un número complejo A y un 5 > 0 tales que l/(z) — A I> 5 en toda vecindad 0 < Iz — z 0 I < e de la singularidad esencial z 0 . El comportamiento de determinada función en una e. Al extender f(z)/g(z) por continuidad. Ej e m p l o 1 Encuentre y clasifique las singularidades de las funciones (a) f i z ) = / ■■■’ z¿ +z (b) Siz ) = « ~ l¡z2 . sobre las singularidades removibles. serán singularidades removibles. . ex cepto posiblemente uno. de otra manera. Estos serán polos siempre y cuando f(z) no sea cero. k . ± 2 .3. . entonces.4 • SINGULARIDADES AISLADAS 123 Sif(z) y g(z) son analíticas en G.A > iz — z 0 i cuando z -o > lo cual implica que g(z) = [/(z) — A ] / ( z — z 0 ) tiene un polo en z 0 . como lo demuestra el siguiente resultado./(z) = tan z = sen z/cos z es meromorfa en < 3 con polos en z = (k + jr)n. y una singularidad esencial en z = 1. . . . encuentre y clasifique las singula ridades. un polo de orden 3 en z = 0. k = 0 . Toda franja (2n — 1 ) 7r/2 ^ x < ( 2 n + 1 ) 7r/2 de C se mapea en G por w = sen z. (c) Como senz = (—\)k sen(z — irk) = (—l ) k 3! y un punto h(z) tiene un polo simple en . Construya una función que tenga una singularidad removible en z = -1. SOLUCIÓN: Ej e r c ic io s Para cada una de las funciones de los Ejercicios 1-6.f(z) tiene una singularidad removible en z = 0 y un polo simple en z — . Entonces en cuentre su serie de Laurent en 0 < Iz I< 1. 1. Como éstos son ceros simples y el numerador tiene un cero simple en z = 0 . -1 . puesto que 1/z2 -* 0 cuando z -* °o. ± 1 .z = irk. centrada en z = 0. 6. * 1 +z2 ez~ ilz etan 1¡Z 3. 2. por lo que g(z) tiene una singularidad esencial en z = 0 . 5.1 24 CAPÍTULO 3 • SERIES INFINITAS SOLUCIÓN: (a) Las singularidades ocurren en los ceros del denomina dor: z = 0. de acumulación de polos en z = Ej e m p l o 2 Pruebe que sen z toma todos los valores de C en cualquier vecindad de oo.^ - z3 + z ze llz sen z +\ z¿ 4. (b) Nótese que g(z) -* 1. 7. Muestre que cada uno de los integrandos de los Ejercicios8-11 tiene unasingularidad removible en z = 0. ± 2 .1 . así que g(z) tiene una singularidad removible en z = Pero 1 1 1 = + 2Í 7 es la serie de Laurent de g(z). Como se puede encontrar un número^infinito de franjas en Iz I > R para todo R real. .Quite la singularidad y obtenga la serie de Maclaurin de cada in tegral. sen z toma a todos los valores de C en toda vecindad de °°. Si(z) lz senf Jo f Ma f o ni \ \Z c o s f . y se dice que los elementos (fo. el punto de contacto de los círculos \z — z 0 I = R 0 y 12 — 2 .£(z) = | q Z . Surge entonces la pregunta de si existe o no alguna for ma de extender la definición de la función y volverla analítica en una región mayor. .1 d$ 11. sólo tiene significado en alguna región limitada G0 del plano.5 C o n t in u a c ió n a n a l ít ic a (opcional) Sucede a menudo que la expresión / 0 (2 ) . ( 2 )= fn=0 ón (2 . Un procedimiento para obtener continuaciones analíticas empieza por desarrollar la expresión dada en una serie de Taylor / 0 (2 ) = S n=0 an (2 — 2 0 )” que converja en el disco I2 — z 0 I < R 0 centrado en el punto z 0 de G0 . 15. — z 0 \< R 0) se puede desarrollar f Q en la serie de potencias / . { íz — z¡ I < f ? i } ) sería una continuación - .2 1)".1 9. R .. 3 . Muestre que una función meromorfa en ílll debe ser el cociente de dos poli nomios. se puede extender esta función a la región G0 U G j . G0 ) a Gi es necesariamente única. > R 0 — 12 1 — z 0 I. G x) forman una continuación analítica di recta donde se sigue el uno del otro.como una serie infinita o una integral — que define una función analítica —. Pruebe que una función entera. En particular. Muestre que la función f(z) = e l¡z toma todos los valores. L(z) = |* L ° g^ + 12. (Suge rencia: Use el teorema de Picard). Pruebe que una función entera es constante si no toma los valores 0 y 1. I = R j debe ser una singularidad de la función. puesto que el teorema de Taylor implica la existencia de una singularidad en cada círculo de conver gencia. ' ón = ^ l J .5 • CONTINUACIÓ N ANALÍTICA [OPCIONAL] 125 o O. una parte de I2 — 2 . til que converja en el disco 12 — z¡ I < i? ]. 13. excepto 0. Si 2 j satisface al z.3. porque dos funciones analíticas en Gj concordantes en G0 ó Gx deben coincidir en G¡ (véase Ejercicio 20. De otra manera. ¿Qué clase de singularidad tienen oo sen z y eos z en oo? 14. un núme ro infinito de veces en cualquier e-vecindad de z = 0 . con una singularidad no esencial en e * . ¿es posible encontrar una expresión (2 ) analítica en una región G0 que intersecte a G¡ tal que f 0 (2 ) = / ¡ (2 ). Clz) =-------------------------ac v ' Jo f 10.. Cualquier continuación analítica directa de {f 0.1). I < R y se localizaría en el exte rior de I2 — 2 0 1'< jR0 y ( / . debe ser un polinomio./ \ 8 . Sec ción 3. Ciertamente.. Si se cumple la igualdad. para todo 2 en G0 D G j ? Sí es así. G0 ) y ( f \ . . y es posible que no coincida en el traslape. { lz — z 0 I < traslape (véase Figura 3. G0 ) a un disco centrado en 0 calculando / o (0 ) = Z ( . así que la región de convergencia G 0 es el disco Iz —\ I < 1. con el Ejemplo 2. y z = 3/ 2 es una singulari dad de la función. pero se debe tener cuidado. no necesariamente lo es de (/ o . G j ). se tiene lo cual implica que Gj es el disco Iz I< 3/ 2. Sección 3.126 CAPÍTULO 3 • SERIES INFINITAS FIGURA 3. y sólo una función multivaluada servirá para definir la extensión. } ) . y sobre una rama diferente de su superficie de Riemann (véase Figura 3.5). C ontin uación an alítica d ire cta analítica de (f0 . Entonces. Esto ocurre cuando la función es multivaluada y los discos llevan alrededor de un punto rama de la función.6).I r . aun si (fi> G i ) es una continuación analítica directa de ( / ) . por que una sucesión de discos podría volver a traslaparse con el primero. n-0 '/¿ (0) = l n=1 pero es más fácil observar que fo(z) = (3/ 2 — z )_ 1 en G0 . Se puede continuar (f Q .5. ya que ambas series coinciden en el Ej e m p l o 1 La serie de potencias / 0 (z)= n -0 z (z -ir tiene radio de convergencia R = 1. Este procedimiento puede continuarse. G0 ). Así.1. Si se uti liza el teorema binomial. En particular. (fn. .( 1 . que consista de discos Iz — z¡ I<. z ndetermine los valores de la función.z e ~ ^ ) = e -rd /% | ~ (2 n ) ! ( 2 n)\ ( ! _ z e .z e .1™*) = e -i*i/s | (2»)1 /1_ zg-7ir. ■ . se llama conti nuación analítica de los otros. «=o 2 2 n (n ! ) 2 Al evaluar la primera expresión en e° y la segunda en e 2m. donde (fj. Así. Gj) es una continuación analítica directa de :(/y„ 1.. el procedimiento anterior puede utilizarse para construir continuaciones analíticas. . el punto e° no pertenece al disco Iz — e 1m^4 I< 1 . Uno con tinu ació n analítico Ej e m p l o 2 Considere la función f(z) = 1J^fz en los puntos z = e7 "/4. Gj_ j ). respectivamente. se puede obtener el desarrollo en serie de Taylor alrededor de cada uno de esos dos puntos: J _ = g-m /8 sJT y/l . G0 ). z 2 . e lm^ . si y es una curva que une a z Q con un punto z' que no está en el disco :l z ' — z 0 I < R 0 . Rj de convergencia de representaciones por series de la función.siga a Zj_ i en la parametrización de y. se obtiene e° = 1 y e ~ ni = —1. ( f lr G j ).« '/ 4 )n J z _ e 7TÍ/4 |< j > n =o 2 2” ( n ! ) 2 y i v/F e 7«/8 0 “ (I . . para f(z) = l/y/z'. donde la elección de los centros z x. se puede construir una continuación analítica. Cada elemento de una cadena (f0.5 • CONTINUACIÓN ANALÍTICA (OPCIONAL) 127 FIGURA 3 .3 .y* )" Iz _ g7 ^/4 |< 1 . de tal forma que z. Gn ). Al llegar a z ' p o r una cadena finita de . Nótese que en la superficie de Riemann [ C — { 0 } ] 2 .6. . se ha probado el teorema siguiente. como su prueba es complicada. Figura 3. por tanto.7 . excepto en sus dos extremos z 0 y z tales que no existen singularidades sobre o en el interior de la curva cerrada 7 — 7 '. Este resultado se llama teorema de la monodromía. entonces el resultado de la continuación analítica por cada trayectoria es el mismo. Así.128 CAPÍTULO 3 • SERIES INFINITAS FIGURA 3 .8). se dice que ésta es una continuación analítica de la función a lo largo de la curva 7 (véase Figura 3. Puesto que toda e-vecindad de z* contiene una singularidad.8. C o ntin uación analítica a lo la rgo d e 7 tales discos. y. cuyos centros z¡ convergen a un punto z* de 7 . TEOREMA La sene de potencias Z J an (z z u)n puede continuarse analíticamente a lo largo de cualquier curva 7 que empiece en su disco de convergencia \z — z 0 I < R 0 hasta que se encuentre una de sus singularidades. la función no puede ser analítica en z*. ya que el interior podría cubrirse con discos que trasla pasen a los de la continuación analítica a lo largo de los dos arcos (véase Figura 3. Intuitivamente. Además. y estas singularidades también tienden a z*. si 7 y 7 ' son arcos disjuntos. sus radios tienden a cero.7). no se dará. Por otra parte se tiene un número infi nito de discos. debe haber una singularidad de la función en la frontera de cada uno de estos discos. ( f ¡ . es una función analítica global. G j ) determinan la misma ram a de una función analítica global en un punto z 0 de G 0 H G : si f 0 (z) = f i (2 ) en una e. Gj).vecindad de z 0 . Ej e m p l o 3 Sea Gk la región que consiste en todos los puntos z que satisfacen Iarg z — (kir/2) I < 7r/2. (fn. que no es necesario que los elementos de la función sean continuaciones analíticas directas uno del otro. aunque (f0. . a través de una cadena de elementos de Í7 . para todos los enteros k. G0 ) y (f 2. G0 ). G). para todo z en Gj y todo entero k. . Entonces la colección :{f0. entonces etn^ perte nece a G0 H G2 y /o {z) = f i (z )> Para todo z con Iarg z — (ir¡2) I< 7r/4.3. . para todo z en Gk . sin embargo. ya que es la colección de elementos Gj) para todo e n te ro / Se dice que dos elementos (f 0. . y sea fk (2 ) = log z.5 • CO NTINUACIÓN ANALÍTICA [OPCIONAL] 129 D e f in ic ió n Una función analítica global es una colección 5 de elementos (f.9). Gn ). ( f x. tales que dos cualesquiera de ellos son uno continuación analítica del otro. . Los puntos de la frontera del dominio de definición de una función analítica global caen en dos clases: (i) puntos sobre los cuales la función puede continuarse analíticamente (puntos regulares) y (ii) singularidades. Ej e m p l o 4 Si Gk consiste en todos los puntos z que satisfacen Iarg z — (kir/2) I< 37 T/4 . y fk (2 ) = log z. G 0 ). Nótese. . G2 ) no sean continuaciones analíticas directas uno del otro (véase Figura 3. 0 < t < 27T. y determ ine su radio de conver gencia. n =0 ¿Dónde es analítica la función? 11. muestre que los puntos f satisfacen f(t%) oo cuando t -> l". (Sugerencia: Como f{z) = z 2 + z 4 + .. ¿Cuál es su continuación analítica al plano completo? . Ej e r c ic io s En los Ejercicios 1-3. 1. Jo analítica en Re z > 0. Encuentre una representación en serie. ¿Los valores en z ( 2 tt) coinciden con los de z(0)? 4.1 es analítica en Iz I 1 . continúe analíticam ente cad a función a lo la r go de y : z ( í ) = e lt. Si es aislada se llama punto de ram ificación de orden n . logz 6 . A Iz I= lse le llama su frontera natural. Z 1 /2 7. Si n = se le llama punto de ram ificación logarítmico. P a ra los Ejercicios 4-7. encuentre prim ero una función que coincida con la serie d ada en su disco de convergencia. (sen ztt/ 2 ) 1^2 Muestre que la función Z2 n n. . la l < 1 . sen ( z 1 /2 )7T/2 8. siempre que todos los puntos en una e-vecin dad de la singularidad tengan n ramas distintas. no obstante que son continuaciones analíticas u n a de la otra. ¿Cuál es el nuevo radio de convergencia de la serie? 3 . 0 < í < °°. Muestre que el eje imaginario es una frontera natural de la función 2 °° e~ i .1 30 CAPÍTULO 3 • SERIES INFINITAS Las singularidades pueden ser aisladas o no. de la función f(z) = í t2e~zt dt. Muestre que las series 2 — 1 n ~ z ra y °° I7T+ S ( . centrada en z = 1. Desarrolle 2 j zn j n en una vecindad de z = •% .1 )” i (z — 2)n n no tienen región de convergencia com ún. encuentre la serie de T ay lo r de cad a función en el disco Iz — 1 I <Ü ld e su ra m a principal. Muestre que Iz I= 1 es la frontera natural de 2 00 zn!. + z 2” + /( z 2 ). i ra=0 10.1 . 2 .) 9. a pesar de que no puede continuarse fuera de este con junto. 5 . Desarrolle 2 ra=i zn en una serie de T aylor. en una vecindad de z = a. Entonces. pág. Sea f = u + iv analítica en una región G + situada en el semiplano superior. a menos que se tenga información adicional.x dt. concer nientes a las representaciones de funciones meromorfas por medio de series in finitas y productos. 285]. S e c c ió n 3 . S e c c ió n 3 . son sumas de series infinitas. 144]. los cuales. Pruebe que ésta satisface la ecuación funcional T(z + 1) = z r ( z ) y es analítica en Re z > 0. Pruebe el teorema de Pringsheim: Una serie de potencias /( z ) = S an z” n=0 con radio de convergencia 1 y coeficientes reales no negativos an tiene una sin gularidad en z = 1 .y aplique el teorema de Morera o las ecuaciones de CauchyRiemann a G+ U y U G —. en la práctica rara vez es útil. y que tiene un segmento y del eje real como parte de su frontera.2 . 185-196]. . . . (Sugerencia: Muestre que /(z ) es analítica en G .1 .) 14. Muestre que aunque S n=1 zn/ n 2 converge en todo punto de Iz I= 1.3. de los cuales puede encontrar un desarrollo en [A. 13. pág.5 • CONTINUACIÓN ANALÍTICA (OPCIONAL] 131 12. que es la reflexión de G+ a través del eje real. 297] y [V. no es analítica en z = 1 .5 Aunque en teoría está bien el método indicado para construir continuaciones analíticas directas. Muestre que tiene una continuación analítica al plano completo como una función meromorfa con polos simples en 0 .H z. . La función gamma está definida en el semiplano derecho mediante la integral r (z ) = í " J0 e . págs. . entonces/ tiene una continuación analítica única a través de y hacia la región G— . pág. Si/es continua y toma valores reales en y. Una prueba del teorema de la monodromía puede encontrarse en [A. Principio de reflexión de Schwarz. 0 < í < °°. 15. El problema radica en calcu lar los coeficientes bn . . Se exhorta al lector al estudio de estos tópicos. * NOTAS Se han omitido importantes teoremas de Mittag-Leffler y Weierstrass.4 Se pueden encontrar dos pruebas diferentes del teorema de Picard en [A. . El siguiente teorema es de fundamental importancia en el análisis complejo. se le llama residuo de la función f(z) en z 0 y se deno ta como ResZ f)f(z). J7 donde 7 es cualquier curva de Jordán spp. analítica en una re gión 0 < \z — z Q\< R .z 0 l= P m d$.l ~ 1 2m r I ? . Al coeficiente a. puede desarrollarse en una serie de Laurent alrede dor de z 0 . 0 < p < R. de esta serie de Laurent.3 que una función f{z).¿4 EN CONTORNOS A In te g ra c ió n . Obsérvese que al conocer el residuo d e / e n z 0 se tiene un método alternativo para evaluar la integral /(? ) d $ = 2ttí ResZ o f(z). con z 0 en el interior de y.1 T eo r e m a del residuo Se ha demostrado en la Sección 3. y es el concepto central en el desarrollo de las técnicas de este capítulo. . ' PRUEBA: Se pueden dibujar círculos Iz —zn I = rn ( > 0). nótese que a_ j se anula en las singularidades removibles.3). en tonces el residuo es igual a a _ i . Así que. en el interior de 7 de tal forma que los discos iz — zn I < rnsean disjuntos uno del otro. T V . lím ~ T k^ i Z -*Z 0 dzR 1 K* ~ z o)A/ ( z )l = (k ~ 1) !a .< • LA . Si se conoce explícitamente la serie de Laurent. k. H Para que este teorema sea útil es necesario obtener métodos simples de evaluación de residuos. En particular./: L-C-'a-TP^V. Entonces 2 f(z) dz .2m Res*n f{z).Z o ) / ( z ) = fl_!..k . y que si z 0 es un polo de orden k. n = l. z-*z0 mientras que. Por la generalización del teorema de Cauchy a regiones múltiplemente conexas (véase Sección 2.134 CAPÍTULO 4 • INTEGRACIÓN EN CONTORNOS p un io s (U 111 n> \ soliu m i i i i u \ i d < |o id m Npp * m ])io poi un im im i i finito de singularidades Z j . . /(z ) dz = Jy 2 n=l J [ \z—z n \ = rn/ 2 f{z)dz. --'ir-. lím ( z .Z o ) kf ( z ) = 2 n= —k an (z — z 0 )n+k . Para singularidades no esenciales. para k > 1 . 2m J lz -z n \ = rn / 2 El resultado deseado se obtiene al combinar estas dos identidades. el desarrollo de f( z) en serie de Laurent alrededor de zra establece que Res2 „ ñ z ) = « . í Z & en el interior de 7 . . . n = 1.. se desea evitar el proceso de integración siempre que sea posible.. z (b) g(z) = z ó —z ¿ > (c) h(z) = — • senz .' ’ Ej e m p l o 1 Encuentre el residuo en todas las singularidades en C de las funciones (a) /(z ) = z 2 sen ..i = ~ í f{z)dz.. para k = 1. . y en cada región 0 < Iz — zra I< rn . entonces { z . (z _ 1 ) 2 (c) Nótese que h(z) tiene una singularidad removible en z = 0 y po los simples en z = irk. Como sen(z — irk) = ( —l ) Asen z. 4 I = 1 Z3 . . ±2. (b) Obsérvese que g(z) tiene un polo simple en z = 1 y uno de orden 2 en z = 0. I= 1 ' Z 3 — Z .4). sólo es necesario calcular los residuos 0 y 1 en los polos simples €Z Res 0 — r z(z = lím 1) 0 Z2 0Z 1 = —1 Res! Así. Por tanto.. k = 0. ±1. la solución completa está dada por Res. . 3 \z 5!z lo cual implica que Res0/(-z) = — "6 . (véase Ejemplo le. Ej e m p l o 2 Evalúe la integral dz. Así que se tiene Resi g{z) = lím(z . ± 1 .4. k = ±1. . z(z .Z ¡z SOLUCIÓN: Las singularidades del integrando se presentan en z . ±2.1) = lím z->i z(z + 1 ) 2 I z— 4 dz = 7rz (e — 2 ).4 • TEOREMA DEL RESIDUO 135 SOLUCIÓN: (a) Se sabe que la serie de Laurent de f(z) centrada en z = 0 .l)g(z) = e Z -* l Res0 g(z) = lím[z 2 g(z ) ] ' = lím z-o *-> ■ o Íí ?1 = . .2 . \z 3lz 5!z =2 - — + — 0 < | z| < °°. . Sección 3.kh{z) = lím — — z^-nk senz = ( —1 7tá. .0. :---------------------—> m ^ n + 2. Sea y' un arco spp de y para el círculo C que no pasa a través de los polos de F(z) (véase Figura 4. br. 2 F(z) \ . . . spp.1). . por el teorema del residuo. Para obtener la igualdad de abajo. . se escoge R suficientemente grande para que y y todos los polos de F(z) estén situados en el interior del círculo C : Iz I = R.z m ~ 1 + . . .7+7 + C . + bm _ i z 1 + . Entonces 2t t ¿ F{z) dz = 7 Res F (z). cuandoz Por hipótesis. 2ni 2 Res F(z) s* . + b 0z m Por tanto. T e o r e m a del in t e r io r y del e x t e r io r Sea F(z) = anzn + a n:. + b xz + b 0 donde m ^ n + 2.3). .Idz I ^ > F{z) dz z I= R \z l= R Izl2 R2 que tiende a 0 cuando R °°. • •+ fli¿ + a 0 .. la prueba estará completa si se muestra que lím R-*°° \z\ = R F(z) dz = 0. + a0z 2~ m z F(z) = --------------------. así que F(z) dz. .136 CAPÍTULO 4 • INTEGRACIÓN EN CONTORNOS Aunque el teorema del residuo se establece en términos de los residuos en el conjunto S. . 2nRM z -------------. los residuos en el conjunto 5*. Entonces. ¡ z 2 F(z) I está limitada por una constante 0 < M < tiende a porque anzn+2~m + . pueden utilizarse algunas veces en la evaluación de integrales. F{z) dz. La integral sobre y' cancela la de —y' (véase parte (iii) del primer teorema de la Sección 2. . de singularidades del integrando que están en el interior de la curva de Jordán y. PRUEBA: La igualdad de arriba es sólo un reenunciado del teorema del resi duo.7 donde y se recorre en el sentido de las manecillas del reloj. I —2ililis* Res F(z). . de singularidades del in tegrando que están en el exterior de y . F{z) dz = —2ni S Res F(z) + \z\ = R s* Como R es arbitrario. .lzn bmzm + 'ib ' ° m — 1 + . „ . Ji*i = i zn (z + b) SOLUCIÓN: El integrando tiene un polo de Orden n en 0 y un polo simple en -b. .1 derivaciones de (z + a) / (z + b). el cálculo del residuo en 0 sería compli cado para n > 1 . ^ 2 ni lím z -+ -b z+ a zn (z + b) zn . ya que se requerirían n . Incluso si se diera n. Esta dificultad puede evitarse con el uso del teorema del interior y del exterior en la forma z +a 1* 1=1 zn (z + b) .4A • TEOREMA DEL RESIDUO Imz 137 Ej e m p l o 3 Evalúe la integral dz._ dz = —27n Res_ .2" < “ ~ 6 > (—1 )" bn Obsérvese que la integral sería cero si Ib I< 1. Ib I> 1 . l l = V 5 /2 z n (z 2 + 1) dz l*-£ 1=1 / 2 zn (z2 + l) sen z 1* 1=2 17. 16. z e 1!2 dz tan z dz l*i=l 1*1=5 Suponga que P(z). z3 +z (z 3 + z )2 tan z dz tan z dz dz 21 . f(z) = (z — l )2 sen senh z 1 0 . 25.l ) e « z 9. 18. /(z ) = tan z 1 1 . . 24. Muestre que todos los residuos de la función [P{z)/Q(z)]' son cero.138 CAPÍTULO 4 • INTEGRACIÓN EN CONTORNOS Ej e r c ic io s Encuentre el residuo en todas las singularidades en C para las funciones dadas en los Ejercicios 1-12. / ( z ) = z eos — 8 . 15. /(z ) = (z + — ) sec z Evalúe las integrales en los Ejercicios 13-24. se presentan algunas técnicas útiles para aplicar el teorema del residuo a la evaluación de integrales definidas. 13. 22 .f(zy Zó — Z 3 4.1 / 2 1=1 : 1=1 1 2: 1=2 dz 20 .f(z) = z2 + 1 ZJ 2 .2 Ev a l u a c ió n de integrales reales definidas En esta y las siguientes tres secciones. \ z-l\ =2 I2 1=2 z2 + 1 dz dz 14.f(z) (z2 + 1 )' z 5 . En los Ejercicios 15-18. 23. 4 . f ( z ) = z e l/z 7. f(z ) = cotz 1 2 . 19.f(z) = ( z . e2 1* 1=2 z 3 + z dz dz Zn ( z 2 + 1 ) dz l * .f(z) 6 . n es un entero no negativo. Q(z) son polinomios. 12—¡1=3/2 z n ( z 2 + l ) sen z l z . z2 + 1 3. pueden transformarse en integrales de línea mediante la sustitución z = e ie. entonces la única singularidad . Así. SOLUCIÓN: Como eos d toma los mismos valores en [7T. la integral anterior es igual a 1 f 2 7r dd a + b eos d dz i Ji^i=l bz2 + 2az + b 2 JO Cuando se factoriza el denominador en b(z — p)(z — q).iz. 27f] que en [ 0 .2 • EVALUACIÓN DE INTEGRALES REALES DEFINIDAS 139 Integrales como f 2 7r F ( eos 6. 0 < 0 < 27T. donde — a +\fa2 — b2 — — € L b b y se observa que pq = 1 y Iq I > a/b > 1 . se ha probado el siguiente teorema. sen d) dd = f F i ( * + iV A L2 V z 2i .4. donde F(s.e~ie ) = — 2i 2i ( z .(e ie + e ~ ie) = . puesto que eos 6 = .I> \ z. Te o r e m a 2 ir Fleos d. dz dd = ie% e .( z + - 2 2V 2 sen 6 = — (eie . sen 6) dd. 7f]. z ------ dz Ej e m p l o 1 Muestre que dd ° « + &COS0 ^ a2 _ b2 a > b > 0. t) es el cociente de dos funciones polinomiales en s y t.. la integral es igual a z dz ( bz2 +2 az + b)2 _ 2 f f z dz (z .9 ) 3 _ -(p + q) ab2 4y/(a2 . así que el residuo del integrando en p es igual a lím l = i = — 1 z->p b(z — q) b(p — q) 2y/a2 — b2 La respuesta se sigue ahora por el teorema del residuo. En los Ejercicios 6 -8 . b > 0 ir(a2 + b 2 ) a3 b3 > a. en el disco unitario. como única singularidad.b2 )3 i p .q )3 y ahora el resultado es inmediato. El residuo en p es igual a lím z-*p = lím -iz + q) z^p ( z . ^ 1 tC T~ r— ’ a '> 0 ’ ‘ ° a+sen 6 2y/a2 + a 2. b > 0 si Ia I< 1 5 ~ 2n Jo d9 = l 1 -a 2 1 — 2a eos 9 + a2 ) ^ a2 — 1 si Ia I> 1 . Ej e m p l o 2 Pruebe que de o (a + b eos d ) 2 SOLUCIÓN: 2 ira y/(a2 . ¡’2 t7 Jo a2 eos 2 d + b2 sen2 9 dd — ------(a eos 9 + b sen 9) ab = a. Ej e r c ic io s Evalúe las integrales en los Ejercicios 1-9 por el método mostrado en esta sección. está en p. í'jt/2 dd t t .p ) 2 (z .q)2 ’ i Jizi=i ib2 Jizi=i con un polo de orden 2 en p. 0 f '2 7 r [a + sen 9) dd = 4 ^ 2 + a)3 _ 2ir a> 0 0 4. Además es un polo de or den 1 .140 CAPÍTULO 4 • INTEGRACIÓN EN CONTORNOS del integrando.b2 )3 a > b > 0. n es un entero no negativo. Otra vez. Te o r e m a Suponga que F(z) es el cociente de dos polinomios en z tales que (i) F(z) no tiene polos sobre el eje real.3 Ev a l u a c ió n de integrales reales im p r o p ia s ________ En el teorema de la Sección 4. En este caso se reemplaza la curva dada por una curva cerrada tal que en el límite los valores de las integra les coincidan. b real y diferente de cero 4 . . 2 7T -tn— 1 eos" d dd 0. b reales 8. y (ii) F{\/z) tiene un cero al menos de orden 2. | F(x) | a > 0. lo cual permitió aplicar el teorema del re siduo. al grado del nume rador. R) sobre el eje real seguido del semicírculo z = R e ie . en z — 0. ________________________ PRUEBA: Sea y la curva cerrada que se obtiene al tomar el segmento de recta ( . y por ende los de F ( z ) e laz. esto es. si n es impar n!ír ^(a2 + b ¿T . 0 ^ 0 ^ tt.R . f o ecosd eos (nd —sen d) dd = — '2 tt o cot(d + ib) dd = —2ni signo ó.4. sus polos. 2 tt (. Entonces / i VE* “ íMáwfe-j ó» fe os iÓ¡:lM ó f R e fe V V ó ó . el intervalo de integración se transformó auto máticamente en una curva cerrada.2.3 • EVALUACIÓN DE INLEGRALES REALES IMPROPIAS 141 nlir si n es par 6.vfE s v > dx = j i | 2iri 2 Res F ( z ) e mz.a eos d + b sen d )" dd = 2 71 — 1 n impar a. donde la suma sólo incluye los polos de F(z) en el semiplano superior. n par 0. En la siguiente aplicación esto no es posible. al menos por 2 . Puesto que F(z) es el cociente de polinomios. el grado del denominador excede. la condición (ii) puede reemplazarse por (ii)’ F ( l / z ) tiene un cero de orden 1 en z = 0. Entonces. el teorema del residuo implica que 2irí 2 y>0 Res F { z ) e taz = Jy F(z)em z dz F ( x ) e iax dx + í" F { R e ie) e hReÍd iReie de. Cuando R -* F ( x ) e iax dx = 2m 3 J — 0 0 F ( x ) sen ax dx. a > 0. F ( R e ie)eiaReie iReie de < — i? | " e~aR send de < M ir JO R ya que e~aR sen 8 < 1 . ocurren sólo en los ceros del denominador y así son finitos en número. J ~R I* J0 Por (ii) \z2 F(z) I está acotada por una constante M en todos los puntos del semiplano superior que no estén en el interior de 7 . Por (ii) y por el teorema de comparación de integrales impropias del cálculo se sigue que F ( x ) eos ax dx. ■ OBSERVACIÓN: Si a > 0. Si R se escoge suficientemente grande. . a > 0.142 CAPÍTULO 4 • INTEGRACIÓN EN CONTORNOS Figura 4 . En este caso no se puede utilizar el teorema de comparación para obtener la convergencia de la integral F ( x ) e & dx.2). se tiene 2 y>0 Res F ( z ) e mz. todos los polos de F(z) que estén en el semiplano superior se localizarán en el interior de 7 (véase Figura 4. a > 0. de donde se sigue el resultado al tomar las partes real e imaginaria de ambos lados.2 . ambas convergen. Así. Y J Me~aY dx = ---. 2m 1 2 y>0 Res F(z)eu e -aY <M 1 + + _ üX 1 üX 2 (.. a > 0. X 2. donde las constantes X . De esta forma. Si se utiliza el teorema del residuo y la desigualdad del triángulo. X 2 + iY. tiene un límite cuando X x y X 2 tienden independientemente hacia oo. .+iY J X 2 +iY F ( z )e dz ^ Me~aY .X 1 + X 2 ) Al hacer primero que Y °° y luego que X x y X 2 tiendan independientemen te a 00 se obtiene el resultado.. Sea 7 la frontera del rectángulo con vértices en los puntos — X l . F(x)em x dx. la integral sobre el segmento de recta que une + i Y con X i está acotada por M/ aXx y C-X. —X x + i Y .'Y -ay \X2 + iy\ dy M a X2 X 2 -'o „-ay dy < De manera semejante. La integral íx 7h y F ( z ) e iaz dz Jx.4. queden situados en el interior de 7 (véase Figura 4. 2 F ( x ) e iax dx -x . debe probarse que "x.3). b > 0. la condición (ii)' muestra que IzF(z) I está acotada por M en todos los puntos en y > 0 que no estén en el interior de 7 . < M < M i'Y ■0 .3 • EVALUACIÓN DE INTEGRALES PEALES IMPROPIAS 143 De hecho. Y se eligen suficientemente grandes como para que los polos. que tienen F\z) en el semiplano superior.. Ej e m p l o 1 Pruebe que eos ax + h2 0—ab T T é T dx = ----------> 9h a > 0. X 2.( * ! + X 2 ). = 7re ab . 5 0 0 X dx (x2 + a2 )2 7 7 4a 7r = ab(a + b) o r- dx — --------------(x + a )(x + b 2 ) . x 2 + b2 2 a > 0. x dx 2. 1. se tiene SOLUCIÓN: eos ax dx = Re 2 m Res* + b2 = Re - b e~ab de donde se sigue el resultado. x sen ax r . Ej e r c ic io s Evalúe las integrales siguientes por el método dado en esta sección. y F ( l j z ) = z 2 /(I + b2z 2 ) tiene un cero de orden 2 en 0.í = * < ■ (x2 + 2x + 2) 3. a > 0. Nótese que senax x 2 + b2 dx = 0 . Jo SOLUCIÓN: Las condiciones (i) y (ii)’ se aplican a F(z) = z¡{z2 + b 2 ). Ej e m p l o 2 Muestre que x senax 7 7 -----------. ^ „ b> 0 „ ‘ dx (2n)lir __________ = -__ -___ . ó > 0 n un entero no negativo ^ n a > 0.afe * » {x2 + b 2 )2 2 . ^ „ *a. ^ n ■ a.. 4.I ------. oc dx (x2 + 2x + 2 ) 2 7T 2 .dx = Im 2717 Res* —-----. b > 0. (x 2 + l )n + 1 2 2 n (n ! ) 2 eos ax dx 7r(l + ab)e~ab — í = — t’ J-°° (x2 + b 2 )2 2 b3 c b_ 7- x 3 sen ax dx 7 T „h ~ n — ¡ r r r = ñ 2 .1 44 CAPÍTULO 4 • INTEGRACIÓN EN CONTORNOS Aquí. J-~ x + b L z 2 + b2\ nuevamente con el integrando como una función par. b > 0. zeiaz 1 —------. puesto que el integrando es una función par. F(z) es igual a (z2 + b2 ) ~ l con polos en ±ib.— :-------------..dx — — e~ab. b > o . Como se satisfacen las hi pótesis del teorema. la parte real o imaginaria de la integral anterior puede converger si F{z) tiene polos de orden 1 que coincidan con los ceros de cos ax o sen ax. x4 + 64 26 \ y /T 4/ x senax . sería divergente. hV nr ab — -----.4).4 . Entonces F (z)em z = [a^\/z) + f(z) con a _ i = Res0 F(z)eiaz y f(z) analítica en una e-vecindad cerrada de z = 0. y no tiene otros po los sobre el eje real. Ahora. X 2. 7 T / ab 7r\ . V^o J -ir *2 Figura 4 . — X t + iY. la integral F ( x ) e iax dx. . n ¡„h\i PT — — dx = .( ai>)/V2 sen [-ÍÍ— + . X 2 + iY..4.e. que no estén en el se miplano inferior. La técnica para esta integración consiste en utilizar la frontera 7 del rectángulo con vértices en — X v.4 I ntegrales c o n po lo s sobre el eje real En el estudio de la Sección 4. 1/r se escogen suficiente mente grandes como para que todos los polos de F(z). se localicen en el interior de y.¡ -----.3. . ^ a > 0. ya que. se supuso que F(z) no tenía polos sobre el eje real. a > 0. ab a > 0.T d x = — e . 10 . „ &> 0 . „ 6>0 6 > 0 9. C°° J o eos ax .— dx = — e ~(a 'i v 2 sen . 0 x 4 + 64 2 v/T . Sin embargo.( ab)/V2 cos . 7T . es convergente. o X 4 + 64 - 26 s* x 3 senax . Supóngase que F(z) tiene un polo de orden 1 en z = 0.X. sobre el semicírculo E con r < e. a > 0.4 * INTEGRALES C O N POLOS SOBRE EL EJE REAL 145 8. X 2. F(z)eiaz dz = i í° J —7 T í [ a_! + f { r e ie) r é e ] de f(re )e d6 = 7Tza_i ¡Y i y . Entonces F ( x) senax dx. Suponga que X ¡ . de otra manera. Y. excepto que se evita el origen al seguir un pequeño semicírculo E de radio r en el semiplano inferior (véase Figura 4. f ( x ) dx + Si el límite en (1) existe. Por ejemplo. ir ro f(re )e% e de < rNn. pero que una integral puede tener un valor principal sin ser convergente.146 CAPÍTULO 4 • INTEGRACIÓN EN CONTORNOS Como f(z) está acotada en Iz I< e por una constante N. se encuentra que lím r ->0 + F ( x ) e mx dx = 2m 2 Res F(z)eiaz + — y >o 2 Al límite en el lado izquierdo de la expresión se le conoce como valor principal de Cauchy de la integral. se utiliza el límite en ( 1 ). en otras si- . y considérense los límites lím CR f ( x ) dx. y el segundo término se anula cuando r tiende a 0. se obtiene F ( x ) e lax dx — 271'i 2 Res F(z)etaz -> 0 y >0 JE cuando Y -*■ y después X x y X 2 tienden independientemente a °°. Ahora. se dice que la integral impropia converge y se hace f ( x ) dx lím '0 f ( x ) dx + lím CR. y se escribe PV F { x ) e tax dx = 2iri 2 Res F lz^e^ + y >o 2 Obsérvese que sólo la mitad del residuo en 0 se ha incluido en la derecha. tales como una carga neta en una placa infinita. (2 ) /?->“= J —R lím f 0 J-R.2 — \ R/ \ 22 — R \ = 0. y las desigualdades desarrolladas en la Sección 4. aunque ninguno de los límites en (2) exista. ( 1) lím R^°° f ( x ) dx.3. cuando r 0 . Permítanse breves comentarios acerca de los valores principales de Cauchy. y por tanto se escribe PV f ( x ) dx = lím f ( x ) dx. se dice que la integral impropia de f converge en el sentido de Cauchy. /?“►« J —R Si el límite en (2) existe. Nótese que la convergencia de la integral implica la convergencia (hacia el mismo valor) en el sentido de Cauchy. Por el teorema del residuo. PV f°° J-oo x dx = lím ( x^ . En algunas situaciones. f ( x ) dx. Sea f ( x ) definida en la recta real. el valor principal de Cauchy de la in tegral PV f ( x) dx = lím ( €->0 \Ja f ( x) dx + J * ■ * a c+e f ( x) d x ) . en z = 0 .-(l/z) tiene un cero al menos de orden 1 . Por ejemplo.l *5^ 1 = iím n 0 g e + log X e-*0 \ e j =o.k » \ J —R Jl / x 0. se emplea el límite en (2). (3) exista. Aún más.m ( I' . entonces. y ( ii)'/. Un desarrollo similar surge cuando f ( x ) se define en un intervalo a < % < b pero es no acotada en toda vecindad de un punto c. tales como la carga total en la placa. Entonces PV F { x ) é ax dx = 2ni 2 Res F (z)eiaz ■ | 2 Res F {z)eiaz y>0 y=0 . convergencia implica convergencia en el sentido de Cauchy.1 + [ * ) * = R . e > 0. a > 0 . Incluso. Como antes. se obtiene el resultado general siguiente. TEOREM A Supóngase que F(z ) es el cociente de dos polinomios en z tales que (i)' todos los polos de F(z) localizados sobre el eje real son de orden 1 y coinciden con los ceros de eos ax o de sen ax. i?> 0 .= PV ( | + — + PV — -°° •i / x J.4 • INTEGRALES C O N POLOS SOBRE EL EJE REAL 147 tuaciones. La in tegral impropia converge siempre que el lado derecho de la ecuación f(x) dx = lím a fc -e f(x) dx + lím Cb e~*0 J a V ->0 J c+r¡ f(x) dx. e > 0 . al incluir en y tantos semicírculos como po los haya y al tratarlos como al anterior semicírculo E. py f J . pero ninguno de los límites en (3) existe.1 x = l. una integral impropia de tipo mixto puede tener un valor principal de Cauchy aunque la integral sea divergente: PV | dx ( r—1 f°°\ dx fi dx ---.4. si estos límites no existen. a < c < b. Si F(z) tiene varios polos de orden 1 sobre el eje real. Se elige la herramienta que se ajuste al problema. e > 0. J (4) puede existir. que coinciden con los ceros de eos ax o sen ax. Las integrales que contienen potencias de eos ax o de sen ax pueden eva luarse con la misma técnica. Al igualar las partes imaginarias se obtiene el resultado deseado. Si se integra (1 — e 2tz )/4 z2 a lo largo de la curva 7 mostrada en la Figura 4 . 4z 2 = -i 2z „ .e 2iReÍ6\ d d < — . se obtiene “ 1 — eos 2x .. 4 R Jo 2R el cual se anula cuando R ^ °°. 7 t — dx = — SOLUCIÓN: Con el uso de la fórmula del ángulo doble 2 sen2 x = 1 eos 2 x.5 . ya que el integrando es una función par y x — 0 es una singularidad removible de (sen x )/x .dx’ que converge por el teorema de la comparación del cálculo. Como 1 . — 4x 7 1 -----.R .CAPÍTULO 4 • INTEGRACIÓN EN CONTORNOS E je m p lo a Pruebe que f °° sen x ^ _ JT JO SOLUCIÓN: x 2 Puesto que F (z) = 1/z.e 2iz J 7 — dz = 4z 2 2m Res 0 l .e 2ü 4z 2 z— = 7t.e2h arg z n. por lo que tenemos PV J-°° — X dx = 7tí Res 0 — z = 7T i‘. es claro que (i)' y (ii)-'se cumplan. + ft z ) n 1 . 0 está acotado por J_ f" \ l . se tiene 1 . El valor absoluto de la integral a lo largo del arco Iz I . Ej e m p l o 2 Muestre que sen2x . -o o x " 2 ttx “ o -o o sen u x eos 2x — x dx = —7 T senx x 2 + a2 x 2 + b2 *• r foo dx = x — [a2 + e . b — a a. Así que.e2“ I 'E 42 2 A * d Z ------2 ir f° f{re ie)eie de J __ TT < rNir.TTn x (x 2~+ 6 ) x (x +b ) r (x ~ g . f~ .4 • INTEGRALES C O N POLOS SOBRE EL EJE REAL 149 con f(z ) analítica en un disco cerrado centrado en 0 y que contiene al se micírculo E . • o o S en x 37T — dx = — o x 8 . 6 > O 8. . y esta cota se anula cuando r -* 0. 5. dx = - 2 Ej e r c ic io s Evalúe las integrales en los Ejercicios 1-9 por el método mostrado en esta sección.7T . 1. b > O eos ax — eos 6 x dx = -------.e 2¿£ 4x2 . isn 262 ). se tiene 1 . 3. 1 .a 2 )]. ’ °° -< » COS TTX 4x —1 sen TTx — x . b 2 a. -a b 6>0 (ab + 2) a . PV y la solución queda completa.b ( b 2 . b > O sen x 7r . — 7 T 2 d x = --------7T dx = — (e n — 3) 2.1 o o 7.4 . 150 CAPÍTULO 4 • INTEGRACIÓN EN CONTORNOS „ 9. como se muestra en la Figura 4. se ob tiene la “función impulso”. y (ii) zü+l F (z) se anula cuando z tiende a 0 o donde a es real pero no entero. y que representa la conexión súbita de una corriente en un circuito eléctrico abierto. b reales. PRUEBA: . para usar el teorema del resi duo. Para la función z a.1 dx = T T J_ o o x —a x —b a —b m ^ n ^ 0. Te o r e m a Sea F(z el cociente de dos polimonios en z que satisface a (i) F(z) no tiene polos en el eje real positivo. 10. ¿TTí — “ X I 4.7rí — 2 1 — e 2irta z* ° Res (zaF (z )). sen m (x — a) sen nlx — b) . existen núme ros 0 < r < R tales que todos los polos diferentes de cero están en el interior del anillo r < Iz I < R . í < 0. encontrada frecuentemente en los libros de ingenie ría. con el método que se mostró en esta sección. además de sus singularidades aisladas.6. con puntos de ramificación 0 y °°. Como F(z) sólo tiene un número finito de polos en G . Entonces [ x aF ( x ) d x = ---.5 I n t e g r a c ió n (opcional) de f u n c io n e s m u ltiv a lu a d a s Cuando se trabaja con integrales que contienen funciones multivaluadas. a.. Esto se debe a que. sen n(a — b) -------A ------. a b Pruebe la identidad 1 eitx dx ) 2* t> 0’ PV — ----------.s ' í\ 27TÍ J J“ ” * ( . se selecciona la rama de (fi cuyo argumento se localice entre 0 y 27r. 4 . se de ben tomar en cuenta los puntos y cortes de ramificación del integrando. Sea 7 = Ti + 72 + 7 3 + 7 4 Ia frontera de la región que se obtiene al cortar r < Iz I < R a lo largo del segmento de recta r < x < R . f = 0. es necesario seleccionar una región donde el integrando sea univaluado.X± .= < 0 . Jo la suma se toma de todos los polos de F(z) diferentes de cero. Si se añade a esta función. . y 7 . Nótese que el integrando tiene diferentes valores en 7 .7.5 • INTEGRACIÓN DE FUNCIONES MULTIVALUADAS [OPCIONAL) 151 Estrictamente hablando. z^O < 2 tt ^0 \za+LF(z)\dd. no es posible aplicar el teorema del residuo di rectamente a 7 .C o rte d e ra m ific a c ió n Fig ura 4. . . Sin embargo. puesto que zaF (z) es multivaluada en el corte de ramifica ción.4. donde se cancelan las integra les a lo largo de los arcos 7 5 y 7 6 de tal forma que se extienda a 7 el teorema del residuo. Por el teore ma del residuo. = 2 . sí se puede aplicar el teorema del residuo a las fronteras de las regiones D lt D 2 indicadas en la Figura 4 . zaF(z) dz = 2ni pero zaF(z) dz 7/ 2 Res(z“F (z)).4 . .7 . _ 1 . por tanto es claro que (i) y (ii) se cumplen.. „ logz 7 T log b + dz = 2m Resbi . Ahora z a F ( z \ = \ X<1F(X) so b re T i . se tiene 2iri 2m ba — Res. por (ii). 0 < a + 1 < 1 . b > 0. lo g fl+ tf ^ M R ( llogRl+TT) IR 2 .R é e )2 + b2 . Ej e m p l o 2 Pruebe que ... cuando R -> °° o :r -> 0. Se ilustra esto con los dos ejemplos siguientes.152 CAPÍTULO 4 • INTEGRACIÓN EN CONTORNOS que se anula..= z 2 + b2 b Pero iR . tonces Aquí se usa la curva 7 que se muestra en la Figura 4. Aquí.lQgX dx = ■ — log b. sobre f zaF (z ) dz = (1 . Al elegir la rama de (R cuyo argumento se localiza entre 0 y 27T. o x2 + b 2 2b SOLUCIÓN: b > 0.b 2 1 o (.8.. I Ej e m p l o 1 Muestre que 0 0 x a dx —7rba sen 7m Jo SOLUCIÓN: x + b 0 > a > —1. \ xae 2nu‘ F ( x ) sobre 7 3 .e2"“ ) f * x aF (x ) dx Jti+T 3 proporciona la fórmula requerida si R 00 y r 0. En logz — y z +b in ..e 2™ (z + b) ya que en esta rama Se puede aplicar el mismo tipo de procedimiento a otras funciones multivaluadas. Ej e m p l o 3 f Pruebe que 0 0 senh ax l a . log p c dx ° pc2 2 + b2 dx + iir dx x 2 + b2 log IPC I -oo x 2 + b2 de donde se sigue el resultado ya que el primer integrando es par. los b + — f°° . lo cual implica que R+i r eaz senh irz „aR dz Isenh 7fR .4 .5 • INTEGRACIÓN DE FUNCIONES MULTIVALUADAS [OPCIONAL] 153 que se anula cuando R -*■ 00 o 0 por el teorema de L ’Hospital. porque no tiene singularidades en el in terior de 7 . SOLUCIÓN: La integral de la función eaz /senh irz se anula sobre la cur va 7 mostrada en la Figura 4. Sección 1. T T ~b .8). Como la integral es convergente. Pero Isenh 7 t(R + iy) I > Isenh 7TÜ I (véase Ejercicio 27.9.dx = — tan ■0 senh 7 T p c 2 2 -ir < a < ir. ■ — :---. . n > 9 > — n 0.-------------------------. ó> 0 2 dx 7 T sen 9 a 4. 1 / senh nz tiene polos de orden 1 en todos los múltiplos enteros de i.---------. Res 0 ----------. 0 > a > —1 .e ai). ^ 3 > a > —1 .f . J -oo i + be y sen na f °° e ay dy — nba xa Jo f°° x 2 + b2 Xa dx nba"~l 2 cos — „ 7T a 1 > a > —1 . ------------= lim senil 7tz z -* t senh nz n por el teorema de L ’Hospital. Ej e r c ic io s Evalúe las integrales en los Ejercicios 1-16. pues el integrando de la ecuación original es par. f°° Jo 7nzfea _ 1 . b> 0 5. f°° Jo x a dx nbü~ s ( \ —a) —Z -T-= = i x 2 + fe ) na ’ 4 cos — . it x n (x + i) = -senh ttx.dx .-------. fe> 0 b> 0 2 .dx = tan — > J-°° senh t t x 2 de donde se sigue el resultado. senh OO Q PV -----------. Pero senh por lo cual se obtiene P V (1 +<?“’ ) dx = i ( l . por tanto.= > Jo x 2 + 2x cos 0 + 1 sen na sen 9 1 > a > —1 .----------.> (x + fe) sen na xa l > a > —1 .CAPÍTULO 4 • INTEGRACIÓN EN CONTORNOS cuando R ± Como i senh z = sen iz. 1 . Si se integra sobre los dos semicírculos se obtiene / ^ -T T l | ----------. por el método de esta sección.= -----— .= lím senh irz ¿->-0 sénh irz eaz (z — i)eaz —ea Res.n n más una integral que se anula cuando 5 -+ 0. n air -----------. (Sugerencia: Integre z a _ 1 e bz alrededor de un contorno apropiado y utilice la desigualdad 0 ^ 1 — (2¡ir)d . "°° x a lo g x d. b > 0.4 .dx = — sech — senh x 4 2 cosh ax 1 a dx = — sec — > cosh irx 2 2 a real ^ ^ — ir <. x‘ . x eos ax .(log b — 1). 0 . íl\ ir 1 > a> 1 2 (Sugerencia: Mediante la derivación por partes. donde T(a) .2 2 IT 7TÉZ 7TéZ 2 I > a > . ir .x = o x +b sen* ira 0> a > -l. f “ Jo x 2 + b2 dx = ira — sen — + log 6 • eos — . a<. | log x — cülO— dx = — . 0 > /2 x . o senh x 0 ir air — tcinn — ? 2 2 a real 12 . \a J 2a dx = 15. a —1 uo x“ r.i i cosK dx= Isen bx | ] r » ba . ir2 dx = — senh x 4 sen ax . ir ira 2 13. 0 < 0 < t t /2 .5 • NTEGRACIÓN DE FUNCIONES MULTIVALUADAS [OPCIONAL] 1 55 6. 9. (xx x 11 . I” sen x dx = —— dx = \f~x~ -0 y /x dx. o . muestre que xT (x) = F (x + 1 )) eos x 1 6 .1 2 eos 2 b> 0 eos ira —sen ira • log b ).1. b> 0 irb0. 7. na sen 1 > a > 0.f 0 e x Xa 1 dx es la función gamma. x a dx o x 3 + b3 2irba 2 3 sen ira b> 0 7T eos — ( 1 — 2a) — — 3 2 2 > a > —1. 10 .) T ( — eos — sen x a . o eos 14. ib 3 (7T b> 0 8. útil para determinar el número de ce ros y polos de una función meromorfa. se observa que f / f tiene un polo de orden 1 con residuo k en z = a. El p r in c ip io del a r g u m e n t o Sea w = f(z ) meromorfa en la región G simplemente conexa. f(z) z-a fQ (z ) ’ y.6 El p r in c ip io del a r g u m e n t o Otra aplicación del teorema del residuo. si a es un polo de orden h de f(z ). entonces se escribe f(z ) = (z — a)k f Q(z). Entonces _1 f J f( t) dw = w 1 f f'(z ) d z = z p f(z) 2m 2 irí J t donde Z y P son . el número de ceros y polos. puesto que / ¿ / / 0 es analítica en una e-vecindad de a. respectivamente. mide la va riación del argumento de f(z ) cuando z recorre la curva y.) 4 . lo que conduce al nombre del teorema. Así que / » f(z ) = -h z-a + fó (z ) f 0 (z) . incluyendo multiplicidades. PRUEBA: Nótese que la primera integral es igual al número de veces que la curva cerrada f(y ) da vueltas alrededor de 0 . es el siguiente resultado.1 . de f(z ) situados en el interior de y. entonces f(z ) = f 0 (z)/ (z — a^ co n f 0 (z) nuevamente analítica y diferente de cero en una e-vecindad de a.1 56 CAPÍTULO 4 • INTEGRACIÓN EN CONTORNOS 17. ñ á = _ A _ + í M . en otras palabras. con /o (z) analítica y diferente de cero en una e-vecindad de a. (Véase el Ejemplo 4 de la Sección 2 . (Sugerencia: Use el Ejercicio 3.) Si a es un cero de orden k def(z ). Pruebe que f w/2 Jo (tan d)a dd = — > na os — 7r 1 > a > —1 . Por otra parte. Así. y sea y una curva de Jordán spp en G que rodea los ceros y los polos de f(z ). 2 r/2 log tan d dd = 0 . La hipótesis If(z ) I > lg(z) — f(z ) I obliga a ambas funciones a ser diferentes de cero sobre 7 así que 7 rodea los polos y los ceros de F(z) = g(z)/ f(z ). Sin embargo. Si If(z ) I > . . Así que g(z) tiene cuatro ceros en el interior de Iz I = 2.z4 . se tiene \5z + 1 l < 11 < 16 = Izl 4 sobre Iz I = 2. SOLUCIÓN: Sea f(z ) = 5 z y g(z) = z4 + 5z + 1 . h f(z ) donde Z es la suma de todos los órdenes k de los ceros de f(z ).6 • EL PRINCIPIO DEL ARGUMENTO 157 tiene un polo de orden 1 con residuo ( .f ( z ) ' en todos los puntos de la curva de Jordán spp 7 conteni da en G. la prueba queda completa. \ g { z ) . T e o r e m a de R o u c h é Sean f(z ) y g(z analíticas en una región G simplemente conexa. Pero éstos corresponden a los ceros de g(z) yf(z ). por lo cual el principio del argumento implica que F(x) tiene el mismo número de ceros que de polos en el interior de 7 . también g(z) lo tendrá.P . y P es la suma de todos los órdenes h de los polos de /(z ). PRUEBA: 1 < 1. Por otra parte. si f(z ) . por la desi gualdad del triángulo. I g{z ) Ej e m p l o 1 Encuentre el número de raíces de la ecuación z 4 + 5z + 1 = 0 situadas en el interior del círculo Iz I= 1 .h ) en z = a. entonces f(z ) y g(z) tienen el mismo número de ceros en el inte rior de 7 . /(* ) Luego entonces F ( 7 ) no da vueltas alrededor de 0. ■ Una aplicación sumamente útil del principio del argumento es el siguien te resultado. situados en el interior de 7 . Por el teorema del residuo.4. IgJ-z) —f(z ) l< \z I 4 + 1 < I 5z 1= If(z ) I sobre \z\= 1 . para todo z de 7 . respectivamen te. tres de los cuales se encuentran en el anillo 1 < Iz I< 2 . se sigue que — 2m i L ^ l dz = Z . ya que no hay ce ros sobre Iz I= 1 . Entonces. De esta forma. Como f(z ) tiene un cero en el interior de 12 I = 1 . lo cual implica que la ecuación original tiene tres raíces en el disco unitario cerrado. siempre y cuando 1 Iz I = 1 + e.2 = 0. Ej e m p l o 3 Encuentre el número de raíces de la ecuación z 4 + iz 3 + 3z 2 + 2iz + 2 = 0 que se localizan en el semiplano superior. que | g (z ) _ /( z ) | < 2 Iz I3 + Iz I2 + 2 i z l + 2 < 7 l z l 4 = l/(z) I. quierdo. Para z = iy o Iz I= R > 2a.z 2 + 2z . se obtiene \g{z ) ~ f i z ) l= eRez < 1 <<z < l/(z) I. Ej e m p l o 4 Encuentre el número de raíces de la ecuación 7z 3 — 5 z 2 + 4z — 2 = 0 en el disco Iz I< 1 . g(z) tiene dos raíces en el semiplano superior. Por ende. se obtiene 7z 4 + 2z3 . a > l . por la desigualdad del triángulo. g(z) tiene cuatro raíces en Iz I < 1 . SOLUCIÓN: Si se multiplica la ecuación por z + 1. e > 0 .z + a y g(z) = z — e* + a. SOLUCIÓN: Sea f(z) = z 4 + 3z 2 + 2 = (z2 + 2 )(z2 + 1) y g(z) = z 4 + iz 3 + 3z 2 + 2 iz + 2.158 CAPÍTULO 4 • INTEGRACIÓN EN CONTORNOS Ej e m p l o 2 Muestre que z — e? + a = 0 . por lo tanto. se tiene Ig-(z) — f(z ) 1= Iz l l z 2 + 2 l < I z 2 + 1 I I z 2 + 2 1= I f(z) I. tiene una raíz en el semiplano iz SOLUCIÓN: Sea f(z ) . y f(z ) sólo tiene una raíz (en z = — a). Si se hace /(z ) = 7z 4 y g{z) = 7z 4 + 2z 3 — z 2 + 2z — 2. Ahora la prueba está completa. se encuentra. Ej e r c ic io s Para los Ejercicios 1-4. '' . x < 0. Para z = x o \z\ = 2. encuentre el número de raíces de las ecuaciones dadas en el in terior del círculo l zl = 1 . Pruebe que. Sin embargo. 7 es una cur va de Jordán. donde Za es el número de valores a de f(z) incluyendo multiplicidades.) Use el teorema de Rouché para probar el teorema fundamental del álgebra. (Sugerencia: Muestre quel/(z) I = len Iz I= 1 y aplique el teorema de Rouché a /(z ) — c. Encuentre el número de raíces de la ecuación 9z 4 + 7z 3 + 5z 2 + z + 1 = 0 que se encuentran en el disco Iz K 1 . N o ta s S e c c ió n 4. ¿Cuántas raíces de la ecuación z6 + z5 6z4 5 z 3 + 1 0 z2 + 5z 5 = 0 están en el semiplano derecho? 8 .) Suponga la hipótesis del principio del argumento. En consecuencia. para todo f en If — f(a ) I < 5 la ecuación/(z) — f = 0 tiene exactamente n raíces en Iz — a I< e.6 . Así. y muestre que el número de veces que / ( 7 ) da vueltas alrededor del punto a es igual a Z a — P. a en G../(z) mapea Iz K 1 en sí misma en forma sobre y uno a uno.6 iz3 + 7 z 2 2¿z + 2 = 0 están en el semiplano superior? 7. existe un5 > 0 tal que. 12. 1 — az l a l < 1.1 Los resultados de esta sección se extienden fácilmente a curvas 7 spp cerradas arbitrarias de G . 14. 13. (Sugerencia: Muestre que los puntos interiores se mapean en puntos interiores. y suponga que/(z) —f(a) tiene un cero de orden n en z = a. suficientemente pequeño. 11. 9. Muestre que la función /(z ) = — _a. para e > 0. ¿Cuántas raíces de la ecuación z4 + 2z3 3z2 3z + 6 = 0 se encuentran en el disco IZ I^ 1 ? 10. toma en Iz I < 1 todo valor c que satisface a Ic K 1 exactamente una vez. en la mayoría de las aplicaciones. ¿Cuántas de las raíces de la ecuación 3 z 4 . y utilice este hecho para obtener una prueba inmediata del principio del máximo. Seanf(z) analítica en una región G. Use el resultado del Ejercicio 12 para probar que las funciones analíticas no constantes mapean conjuntos abiertos en conjuntos abiertos. se incorporó esta hipótesis adicional para sim . y nin gún valor c tal que Ic I> 1. Ejemplos 1 y 2 de la Sección 4 . págs. 147-151]. Ejercicios 5 y 6 de la Sección 4. págs.3. véase [B. esta técnica es más sencilla que evaluar las integrales por el método del residuo.160 CAPÍTULO 4 • INTEGRACIÓN EN CONTORNOS plificar los enunciados de los teoremas. S e c c io n e s 4 . que dependen de uno o más parámetros arbitrarios. Ejercicios 8 y 9 de la Sección 4. Los teoremas y pruebas importantes pueden encontrarse en la mayoría de los libros de cálculo avanzado. podrían haberse obtenido por derivación o in tegración de otras integrales con respecto a estos parámetros. Para los enunciados más generales.6 Estos resultados también pueden extenderse a curvas 7 spp cerradas arbitra rias (véase [A. págs. Por ejemplo: Ejercicios 1 y 2 de la Sección 4 . Ejercicios 3 y 5 de la Sec ción 4.2 -4 .2 . S e c c ió n 4 . véase [A.3 . . 204212]. Por ejemplo. Usualmente.5 .4. Una condición suficiente para la validez de estos procedimientos es la convergencia uniforme de las integrales en el intervalo de definición de los pa rámetros. 151-153]).S El lector puede haber notado que algunas integrales. 1 C o n s id e r a c io n e s g e o m é t r ic a s Obsérvese el cambio de la pendiente de un arco suave que pasa por el punto z o bajo el mapeo w = f(z ). Te o r e m a Si f(z ) es analítica en una región G. entonces w . el ángulo formado por las tangentes de dos arcos suaves que se intersectan e n : 0 se conserva bajo el mapeo w = f(z ). ya que ambas direcciones cambian por la misma cantidad (véase Figura 5.1). 161 . De esta forma se ha probado el siguiente teorema. cuando/ es analítica en z0 y f ' ( z 0 ) ¥= 0. Pero. z(0) = z 0 . Los mapeos que conservan el tamaño y la orientación de los ángulos se llaman confor mes. Por tanto. es tal arco. por la regla de la cadena. arg u /(0 ) = a rg [/'(2 0 )^'(0)] = arg f ' ( z 0 ) + argz'(O). Así. el cambio de dirección es igual a la constante arg f ' ( z 0 ) indepen diente del arco elegido.f(z ) es conforme en to dos los puntos z0 de G para los cuales f '{z 0) # 0 . su tangente en z 0 tiene pendiente ? dx x (U) = ta n a r§ 2 '(°)> y su imagen f ( y ) : w = f{z (t)) tiene una tangente en f ( z 0 ) con pendiente tan arg zt/(0).C MAPEOS O CONFORMES 5 . Si 7 : z = z(t). ya que su deri vada no se anula. aunque no .2). Esta función mapea el eje real del plano z en los reales positivos del plano w.3). M a p e o c o n fo rm e e n z 0 Ej e m p l o 1 El mapeo w = e? es conforme en todos los puntos de C . el ángulo recto entre los ejes coordenados en el primer cuadrante del plano z se transforma en el ángulo recto entre el eje real positivo y el círculo unitario en el primer cuadrante del plano w (véase Figura 5. Así. 2 . Los ángulos entre líneas radiales se conservan. Consi dérese el efecto de este mapeo sobre un disco centrado e n z 0 y contenido en G (véase Figura 5.162 CAPÍTULO 5 • MAPEOS CONFORMES FIGURA 5 . El eje imaginario del plano z se mapea repetida mente en el círculo unitario del plano w porque Iely I = 1. 1 . El m a p e o c o n fo rm e w = ez Sea w = f(z ) conforme en una región G que contiene al punto z Q . ^ t /2 p la n o z FIGURA 5 . / ( z ) = e? es localmente uno a uno. (z0 ) se anulan todos en la serie de Taylor de f'{z ). Esta duplicidad de ángulos provoca que los círculos alrededor del origen se mapeen en curvas circulares que dan dos vueltas alre dedor del origen. M a p e a n d o un disco c e n tra d o en z0 dor de f ( z 0 ) con cambio de escala If ' ( z 0 ) I. / ( z ) = z 2 tiene una derivada que se anula en el origen. Los ángulos se amplifican en todos los puntos donde la derivada es cero.3 . pero /(O) = f ( 2 ni). Así. . la serie d e /(z ) es f ( z ) = f ( z o) + lo cual implica que f {k+1)(z o) (z . Por ejemplo. Esto motiva el teorema siguiente. Esto indica que el mapeo es local mente uno a uno. Entonces todos los ángulos en z 0 se ampli fican por un factor k + 1 . Por tanto. . Como / ( l ) = / ( —1 ) = 1 y f{i) = / ( . los términos f '( z 0 ). Por ejemplo. por lo cual no es uno a uno en 6 . f ' ( z 0 ) .z 0 )A+1 + (A + l)! z 0 ) + arg J {k+ 1 ] (z o ) argl/fc) ~ f ( z o)] = (A + 1 ) arg(z +. con g analítica y diferente de cero en una e-vecindad de z 0 . . ya que f ' ( z ) = ez =£ 0 . aunque es claro que nada puede decirse acerca de su com portamiento global. Te o r e m a Sea /(z ) analítica en una región G que contiene al punto z 0 en el cual /'( z ) tiene un cero de orden k. (A + 1 ) 1 Los primeros dos argumentos comparan los ángulos entre la dirección horizon tal y los vectores que van de / ( z 0 ) a f{z ) y de z 0 a z. PRUEBA: Se puede escribir f'(z ) = (z — z 0 )kg(z). los ángulos rectos entre los ejes se mapean en ángulos de 180°. . Si z tiende a z 0 a lo largo de un vector fijo que forma un ángulo 6 con la dirección horizontal.* ) = —1 .FIGURA 5 . el ángulo del vector d e /(z ) a /(z ) con la horizontal tiende a (k + 1 )6 + arg L f {k+1)(z oY (A + 1 ) I J . . = z El teorema anterior implica que w — 1 .. Para analizar el comporta miento de este mapeo en z = 0 . el ángulo entre las tan gentes de dos arcos suaves que se intersectan en z 0 se amplifica por el factor k + i. es razonable preguntar cuándo se puede mapear de manera conforme una región G en una región H dadas.f(z ) que mapea a G de manera .0 y senz . nótese que sen z tiene un cero de orden 1 en z . .1 . v v w = ■ t . es el resultado fundamental en este sentido.m Ej e m p l o 2 El mapeo w = 1 — eos z es entero y conforme excepto en los ceros 0. 1 . Entonces existe una única función analítica w .eos z amplificará al doble todos los ángulos en z = 0. T e o r e m a de R ie m a n n del m a p e o Sea z 0 un punto de una región G ( # 6 ) simplemente conexa. Obsérvese en la Figura 5. El siguiente teorema. de la derivada (1 — eos z)' = sen z.z Z 3! + Z5 5! . C o m p o rta m ie n to local d e w Con respecto a las propiedades globales. .4 que el ángulo recto entre los ejes coordenados en el primer cuadrante se transforma en un ángulo de 180°.. ± 7t. Así. 4 .eos z en z = o 1 ►U n/2 FIGURA 5 . cuya prueba va más allá de los objetivos de este libro. ± 27 T .164 CAPÍTULO 5 • MAPEOS CONFORMES donde el último argumento es independiente de 9 .5 1 = l .eos z . ya que 1 — eos x > 0 para 0 < x < 7t/2 y 1 — eos iy = 1 — cosh y < 0 para 0 < y < 7t/2. w . Si = /(z )e s una función analítica. es la cardioide con ecuación polar p = 2 r 2 ( 1 + eos 9). w = z 2 — z Describa cómo afecta cada uno de los mapeos. sólo se necesita mul tiplicar el mapeo por la constante de longitud unitaria e te. r > 0. 10. w = senz 3. Muestre que el mapeo w = z + 1 jz forma los círculos Iz I = r en las elipses 11. Pruebe que la imagen del círculo zv = z 2 bajo el mapeo Iz — r I= r. Si se desea cambiar la dirección por un ángulo 9 . Aunque el teorema de Riemann del mapeo asegura que una función m a pea de manera conforme una región dada en un disco. ya que arg f'(z 0 ) = 0. no muestra cómo encontrarla.¡x> = z 3 senz 6 . en los Ejercicios 5-8. y) . El resto de este capítulo se dedica a la elaboración de mapeos confor mes específicos y su aplicación al flujo de fluidos. al ángulo recto entre los ejes coordenados en el primer cuadrante 5. flujo de calor y electrostática. Las condiciones/(zo) = 0 y f ' ( z 0 ) > 0 implican que la imagen de cual quier arco 7 suave que pasa por z 0 tendrá la misma pendiente en 0 que tiene el arco y en z 0 . ya que Xu ~ 1 — _ 1 —yv UX Vy yu ~ 1 — _ -1 “ _ Uy VX x v. Esto no es una limitación sino una nor malización que indica la existencia de tres “grados de libertad” al elegir el mapeo: las coordenadas x y y del punto z 0 y el cambio de dirección de los án gulos. w = z —sen z 7 . La construcción de la función puede ser un problema de gran di ficultad. Por tanto. w = e2 — eos z 9. g _ 1 es analítica. w = — z 4. 1.e z —z 8. muestre que su jacobiano satisface 3(*. Ej e r c ic io s En los Ejercicios 1-4 indique dónde son conformes los mapeos.ciales continuas. y éstas satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann. w = ez 2 . —d /c. 5 .Warshawski: Suponga que w = f(z ) es analítica en una región convexa G.u(x. Use el Ejercicio 14 para probar que si/ es analítica en z 0 y f ' ( z 0 ) 0. uy . Tal mapeo se llama transformación fraccional lineal. d son constantes complejas.F (cz + d )2 se anule. Si R ef'(z) > 0 para toda z en G. entoncesf es uno a uno en G. b. Además el mapeo es conforme. vy continuas en una región G.) 13. excepto en z = o® . vx .) 15. (Sugerencia: Exprese a f ( z 1) —/ ( z 2 (como una integral.2 T r a n s f o r m a c io n e s f r a c c ió n a l e s lineales Un simple pero importante tipo de mapeos conformes está dado por la expresión az + b tv = w(z) = —--------. c. entonces existe una vecindad de z0 en la cual f es uno a uno. ¿Por qué el teorema de Riemann del mapeo establece que no es posible mapear el plano complejo 6 simplemente conexo de manera conforme en el disco unitario? 14. y) conforme y con primeras derivadas parciales ux . (Sugerencia: Muestre que se cumplen las ecuaciones de Cauchy-Riemann. Se puede despejar a z. cz + d ad — bc=£Q. porque en estos puntos w' = 0 o °°. ad — be w ~ ----------. Una región G es convexa si el segmento de recta que une dos puntos cualesquiera de G está contenido en G. ya que de otra manera la función es constante. y) + iv(x. para obtener — dvo + b cw — a y como w (— d /c) = °° y w(°°) = a/c. donde a. Sea f(z ) . se sigue que w mapea 3 T C (la esfera de Riemann) de manera uno a uno en sí misma.16ó CAPÍTULO 5 • MAPEOS CONFORMES 12. Ej e m p l o 1 . Pruebe el teorema de Noshiro. L a condición ad — be =£ 0 impide que su derivada . Pruebe que f(z) es analítica en G. Sl c = az + b d a i b z + d \ a. ya que az + )3 yz + 5 / yz-frh) con (aa + by)(c¡3 + d d ) — (a¡3 + bS)(ca + dy) = (ad — bc)(a8 . una rotación y una amplificación. rotación. amplificación Ic I2 . amplificación y traslación. seguida de rotación por e2íargc. . .1 provoca que el denominador se anule. a complejo. Cualquier transformación fraccional lineal es una composición de cuatro tipos especiales de transformaciones: (i) (ii) (iii) (iv) Traslación: w = z + a. Simi larmente. obsérvese que z = 1 provoca que se anule el numerador del lado derecho de la transformación fraccional lineal. Por ende. 1 se mapea en 0. puede escribirse az + b C2 be — ad I 2 + a + —y lo cual muestra que la transformación puede descomponerse en traslación por d/c. 6 real.1 se mapea en oo. así que . Rotación : w = eld z.¡3y) ^ 0. inversión. Amplificación: w = kz. k > 0. esto prueba que la descomposición consiste en una traslación. Una composición de dos transformaciones fracciónales lineales es la in tegración de ambas en una sola. +b _ («a + by)z + (a¡3 + bS ) (ca + dy)z + (c|3 + d 8 ) az + | 3\ + Si c ^ 0. Para encontrar el punto que se mapea en 0. 1 + ( 1 Iz) nótese que 00 se mapea en 1.Al escribir W= Ci-^L . Inversión: w = 1 ¡z. y esta transformación mapea Iz — i I = 1 en \w — \ \= 2.168 CAPÍTULO 5 • MAPEOS CONFORMES Ej e m p l o 2 Encuéntrese una transformación fraccional lineal que mapee el círculo Iz — i I= 1 en el círculo Iw — 1 1 = 2 . La com posición de estos tres mapeos es SOLUCIÓN: ti> = co + l = 2 f + l = 2 (z — ¿) + 1 o sea w = 2z + ( 1 — 2 i). obsérvese que la línea y = tan 6 * x + b puede escribirse en la forma R e(—ie~ie z) = y eos 9 — x sen 9 = b eos 9 .5: plano traslación f = z — i.5 . y seguida por otra traslación w = co + 1. es claro que traslaciones y rotaciones llevan círculos a círculos. seguida de amplificación co = . Antes de considerar las otras dos transformaciones. Geométricamente. ya que las rectas en el plano corresponden a círculos a través de °o en la esfera de Riemann (véase Sección 1. La propiedad fundamental de las transformaciones fracciónales lineales es que mapean círculos en círculos en D IZ . Considérese la sucesión de transformaciones fracciónales li neales mostrada en la Figura 5. Un círculo en 31Z corresponde a una línea recta en 6 . 7T 19 I< — • .3). oj = p la n o z p la n o i p la n o cu p la n o w Fig ura 5 . 6). se tiene 0 = Izo I 2 — r2 w Izo I 2 2 Iw I 1*0 I 2 Re z Q w ( I zo I — r.2 \2 ) un círculo. TEOREMA Las transformaciones fracciónales lineales mapean círculos en círculos en L ile. Puesto que cualquier transformación fraccional lineal es úna composición de estas transformaciones especiales. las líneas tienen pendientes ± 1 en el plano f y el traslape corresponde al conjunto Iarg f — 7t| < ít/4 (véase Figura 5. . Los círculos se mapean en rectas perpendi culares entre sí en el origen. Iz — i I = 1 se intersectan en los puntos 0 y 1 + i. Al invertir los pasos que condujeron a la ecuación (2). '• Ej e m p l o 3 Mapéese de manera conforme la intersección de los discos Iz — 1 1< 1 y Iz — i I < 1 al primer cuadrante. se utiliza el mapeo z ? = z — ( 1 + i) -----------------r que manda 0 a 0 y 1 + ¡ a » . diferente de cero. SOLUCIÓN: Como los círculos Iz — 1 1= 1. así que al multiplicar la ecuación ( 1 ) por la cantidad Iw I 2 /( \zQI 2 — r2 ). La rotación 37t¿/4 _ w = e ~ 57rifii¡= -------------z — ( 1 + *) produce el mapeo deseado. se ha probado el siguiente teorema.no pertenece al círculo. se sigue que las rectas se mapean en círculos que pasan por el origen. ya que el mapeo es conforme y las rectas tan gentes a los círculos son perpendiculares en z = 0. Como f(2 ) = 1 + i y f ( ( l + z)/2 ) = —1 . Ej e m p l o 4 Mapéese el semiplano derecho en el círculo unitario 12 I < 1 de tal forma que el punto 1 se mapee en el origen. ±i se mapean en ellos mismos [tales puntos se llaman puntos fijos del mapeo (3)].1 z + 1 (3) manda l a 0 .7 . Además.l y e l ° ° e n l . 0 a .7). se sigue que el eje imaginario se mapea en el círculo unitario (véase Figura 5. . Puesto que tres pun tos determinan un círculo. SOLUCIÓN: Nótese que el mapeo del Ejemplo 1 w z .6 .170 CAPÍTULO 5 • MAPEOS CONFORMES plano w Fig ura 5 . Fig ura 5 . El sector angular Iarg z I< — . describa la imagen de la región indicada bajo el mapeo dado. 6 . Utilice la función exponencial para mapear la región interior a Iz I= 2 . lo cual implica.1 = 0 que están en el semiplano derecho.3 E l p r in c ip io de s im e t r ía Dados tres puntos distintos z l . se encuentra que lg(tü) —f(w) I< 7 < 8 Iw I2 = If(w ) I en Iw I = 1.) 5 . z —1 w = i -------z+ 1 y>0.yexterior a l z — 1 I= 1 en el semiplano superior. El cuadrante x > 0. z w . Si ninguno de los puntos . 7T 2. por el teorema de Rouché. que p(z) tiene dos raíces en el semiplano derecho.(S«geren cia: Utilice la función seno. z 2. El disco Iz I< 1. w= z —i r z + i Z 3. Im w > 0. existe una transformación fraccional lineal que los lleva a 0. z 3 en O lí. Mapee el sector Iarg z I < 7r/4 en el conjunto |Re w K l . Mapee la región Iz — 1 I< 1. ¿Cuántas raíces de la ecuación 17z4 + 26z3 + 56z2 + 38z + 7 = 0 se encuentran en el primer cuadrante? 7. Im z < 0. 1. respectivamente.la ecuación g(¡x>) = ¡x> 4 + 3 w3 + 8 w2 — 2 w + 1 = 0 que se sitúan en Iw I< 1.------z —1 w = -------z—1 5. Si se escribe f(zu) = 8 w2 . 8 .2 0 z 3 + 6z 2 + 2 0 z . 1. La franja 0 < x < 1. en el semiplano superior. Encuentre el número de raíces de la ecuación l l z 4 . °°. 4 4. Ej e r c ic io s En los Ejercicios 1-4. 9. Z j ) mapea z¡ .Por tanto. w* = w.z 3 ) ( W . y la inversa del lado izquierdo 0 . °°.+ 1 ) . Puesto que un círculo está determinado por tres de sus puntos.. respectivamente. z 3 del primer círculo y wlt w2 . az + b cz + d > . Z —z3 z -z . z 3 en w¡.. w 3 del segundo. z 2 o z 3 = oo. se tiene la transformación •? = que satisface las ecuaciones n_ ^ U .z 3 )(z2 z i ) y se convierte en z2 . Ej e m p l o 1 Encuéntrese la transformación fraccional lineal que mapea los puntos 1. z 3 en 0 .!)(. oo. Z2 — z 1 si z x. 1 . w2.Z 3 )(Z2 . w3 .z i ) ( z 2 .z . Así. z 2. z 3 en 0 . d 1 = --------. el mapeo identidad y. por ende. i.w3 ) = (z .W 3 )(w2 . w2. Elíjanse puntos dis tintos Z j. a+b c +d a oo = _ . Z —z 3 z -z . z 2.a )i)(a >2 . ya que el lado derecho de la ecuación m a pea z !. -1 en 2. „ a d — bc=P0. 1 . 1 .z 1)(z2 . c Pero entonces b = c = 0 y a —d. 1. Entonces (w . z 2.172 CAPÍTULO 5 • MAPEOS CONFORMES es ooj ésta está dada por la razón cruzada w = iz .W i ) (Z .° ° e n u q . entonces la composición w *w ~l mantiene fijos los puntos 0. 4. z 2 .z 3 ) (z .lo que implica que zü*u. respectivamente. SOLUCIÓN: Al resolver la ecuación (w — 2)(3 — 4) = (z . ~ 1 = I. ahora se puede definir fácilmente una transformación fraccional lineal que lleve un círculo dado en el plano z a un círculo dado en el plano w. w 3 . 3. w es laúnica transformación fraccional lineal que mapea los puntos z x. Si w* es otra transformación fraccional lineal con la mis ma propiedad. —1 + i.a i ) { a 2 .> z + 2 que transforma a i en w = (2 — i)¡ 5. Este hecho se llama principio de simetría. r w+ 1 + \i. 2. w = (2 + i)¡5 y el mapeo inverso z = . pero si a. j = 1. SOLUCIÓN: Primero. 00 se obtiene W = ------. Por tanto.do. 3 reales. 1 . si existe una transformación fraccional lineal w que mapee C en el eje real y que satisfaga w(z) = w(z*).a 3 )(a 2 . la simetría se conserva bajo transformaciones fracciónales lineales. Así. Despejando f . —: ÍZ manda a t « e n . Consecuentemente z* = . (3.* es una transformación fraccional lineal que también mapea C en el eje real. se obtiene _ czw + (3 s . 5 reales.b 3 ) _ ( w . entonces.| ( .2 a. Al elegirse 0.----------> 7 w+ S con cz. Ej e m p l o 2 Encuéntrese el punto simétrico a i con respecto al círculo \z + 1 1= 1.l + i ) . A primera vista podría parecer que la simetría con respecto a C depende de la transformación w. w*{z) = $(w(z)) = ${w{z)) = ${w {z*)) = w*{z*). y la simetría es independiente de la transformación utilizada.a3 ) — — --------------------------------------------------------- y (f .b 3 )(b2 . 7 . entonces w*(z) y w*(z*) son simétricos con respecto a w*(C) bajo el mapeo ww*. es de la forma ---------------------------------------------------------- {$ . entonces f = w *w ~1 mapea al eje real en sí mismo. Aún más.¿>i) ( w . bj. —2 para mapearse en 0 .a i ) con aj. se necesita encontrar la transformación fraccional lineal del círculo \z + 1 1= 1 en el eje real.b l ) ( b2 .1 . porque si z y z* son simétricos con respecto al círculo C y w* es cualquiera de tales transfor maciones. (1 . ya que zo = — z 0 . se amplifica por a/( 1 — z 0 ) = 2 . 1 — a en 0 .i z 0 .z o . 1 . Por el principio de simetría. z 0 + ( 1 + a) 1 n af . Por tanto z 0 es real y puede suponerse z 0 > 0 . el mapeo r = z +z0 To- -a ). La transformación fraccional lineal que mapea 1 + a. lo cual implica que z 0 = y^l — a2 .( 1 . zjj simétricos con respec to tanto al eje imaginario como al círculo Iz — 1 1= a. omitiendo el disco Iz — 1 K a en el anillo 1 < Iw I< 2 . Puesto que f(°°) = 1. así que z$ = — Zq". SOLUCIÓN: Primero se buscan los puntos z 0. de donde a = ■ f y w = 2r = 2 'z . °° está dada por w= — i Entonces z 0 .^ + ( 1 —«)de donde se obtiene z 0 2 = 1 — a2 > 0 .a ). manda z 0 a 0 y — z 0 a °° y mapea el eje imaginario y el círculo Iz — 1 I = a en círculos concéntricos en el origen. Si se rota el eje imaginario 90° se obtiene que izt = iz Q= . 1 + ia.1 74 CAPÍTULO 5 • MAREOS CONFORMES Ej e m p l o 3 Encuéntrese el número a (< 1) para el cual existe una transformación fraccional lineal que mapea al semiplano derecho.( 1 + a)' . y f ( l + a) ( 1 + a) — z 0 ( 1 + a) + z 0 ( 1 + a) — z 0 ( 1 + a) _ 1 z0 zo < 1.a )_ asi que z0 (1 + (1 z — ( 1 + a) = — i (1 +a) — Zr ( 1 + a) _ -z 0 . 1= 1 9. El pro cedimiento que se utilizará para analizar el mapeo es similar al que se usó en los Ejemplos 2 y 3 de la Sección 5. eos z. Suponga que z* es simétrico al punto z con respecto al círculo Iz — a I= R. 16.7 . 14. Haga el Ejercicio 12 para Iz I= l e Im z = 2.8 . para mapear de manera conforme ciertas regiones en otras. 4 C o m p o s ic io n e s ELEMENTALES de m a p e o s c o n f o r m e s _______________________________ En la Sección 5.(Sugerencia: Mapee O í* a °°. Iz .8 . Iz . log z y z“ son conformes en aquellas regiones de sus dominios de definición donde su derivada es diferente de cero. C o n s tru c c ió n g e o m é tr ic a d e p u n to s sim étricos c o n re s p e c to al c írc u lo l z —a\ = R .1. Encuentre la transformación fraccional lineal que lleva a l z l = l e n l z — l l = l . I z¡ = 1 . ¿Por qué esto implica la unicidad de la función en el teorema de Riemann del mapeo? (Sugerencia: Utilice el lema de Schwarz. sen z.íl= 2 10. Pruebe que (z* — a) (z — a) = R 2 .1 en 0 . el punto .) 15.1 se probó que las funciones elementales ez . En esta sección se mostrará cómo pueden usarse las composiciones de dichas funciones.4.2.8 para localizar los puntos simétricos con res pecto a un círculo. 12. 5 . ¿Cuál es la razón de los radios? 13.) 11. Pruebe que todo mapeo conforme de un disco en otro está dado por una trans formación fraccional lineal. y 0 en 2 i. Mapee el círculo unitario en sí mismo de tal forma que el punto a vaya a 0 y Ct/I C tl a l . Sección 2. Encuentre una transformación fraccional lineal que lleve Iz I = 1 y Iz — 1 I= 3 a círculos concéntricos. Utilice el resultado del Ejercicio 15 para comprobar que se puede usar la cons trucción mostrada en la Figura 5. con transformaciones fraccióna les lineales. lc tl< 1 . FIGURA 5 . Ejer cicio 3. iv . . El principio de simetría implica que el mapeo i +r que manda 1 .-------. porque g*±. 0 .= = — tanh 1 + f 1 + e* \2J mapea la franja IIm z I < ir¡2 en el círculo unitario (véase Figura 5. Ej e m p l o 2 Mapéese de manera conforme la franja semi-infinita / = { z : I Re z I < 7T/2. la composición iv = w(^(z)). SOLUCIÓN: Si se aplica el mapeo conforme f = e? a la franja infinita IIm z I < 7T/2. se obtiene el semiplano derecho Re f > 0. ° ° debe mapear al eje imaginario en el círculo unitario.9).9. —l e n O . 1 . Por tanto. SOLUCIÓN: La función f = sen z mapea a / en el semiplano superior. ♦ u í— z\ .176 CAPÍTULO 5 • MAPEOS CONFORMES Ej e m p l o 1 Encuéntrese un mapeo conforme de la franja infinita IIm z I < 7t/2 en el disco unitario. f =e p la n o z p la n o f Fig ura 5.v/2 _ + y e° = 1. Im z > O} en el primer cuadrante. 1 0 . Finalmente. {Sugerencia: Considere el inverso del mapeo del Ejemplo 1.Ej e m p l o 3 Mapéese el semiplano derecho. menos las dos ranuras que se muestran en el plano f de la Figura 5. cuando le falta la recta { z : x > 1. Encuentre un mapeo conforme del disco unitario en la franja infinita I Re z I < 1 . £ para mapear el plano con sus dos ranuras en un plano con una sola ranu ra. Entonces.) 2. w = \fZ genera el semiplano superior. Muestre que z w = -------.1 z1 . 1 . utilice la transformación fraccional lineal que lleva 1. ei m a p e o w= / -— - EJERCICIOS 1. de manera conforme. el semiplano superior al que se ha quitado la línea {z : x = 0. y > 1 } .10. o® .----xA 2 + 1 mapea. 0 en 0 . así que el mapeo deseado es 'a.1 w= - í= ► i _ v z' V — «-► O1 ► 0 1 w =vT ► p la n o z p la n o f p la n o Z p la n o w Fig u r a 5 . SOLUCIÓN: Primero apliqúese la función f = z2 para obtener el pla no. y = 0 } en el semiplano superior. Muestre que la transformación w— 1 \ 2 w+ 1 / . _ o* + (3 í --------------------. *9. ¿Cuál es la imagen del disco 12 — a I < C a bajo el mapeo w . Como una función compleja puede descomponerse en dos funciones rea les la teoría de funciones analíticas es muy útil al resolver problemas que tienen dos variables en un espacio bidimensional. Sin embargo. como este libro no es un tratado de física matemática. 4.1} en el anillo 1 < l u i K e 2 1 con el eje real negativo suprimido. 8 .1 sean enviados en 1 .178 CAPÍTULO 5 • MAPEOS CONFORMES 3. z = i f í + I). Mapee el complemento del segmento de recta { z . . Is I^ 1 } en el disco unitario. *10.I z —1 =i \ z+ 1 mapea de manera conforme la mitad superior del disco unitario en él mismo.1 a 1 .y 72 + 5 w = f 2 + v. Pruebe que el mapeo . 2 V í / u> = ¡iz + v.z2 ? 6 .5 F l u j o de f l u id o s En esta sección se analizará un problema físico que puede resolverse con la ayuda de funciones analíticas. . Describa la imagen de la hipérbolas2 — y 2 = -j bajo el mapeo w = -y/l — z 2 . Mapee la región a la izquierda de la rama derecha de la hipérbola Re(z 2 ) = 1 en el disco unitario. 5. Encuentre un mapeo que lleve al semiplano superior en el complemento del seg mento de recta de . Mapee el exterior de la parábola y 2 = 4x en el disco unitario de tal forma que 0. mucho de lo que sigue es un bosquejo heurís . 7. f yz + 8 o en dos. I y I = 5. y = 0. 0 . (Sugerencia: Considere el mapeo w = z + 1 ¡z. Encuentre un mapeo conforme del cuadradoj z: l x l < 1. 5 .) *11.¿4z2 + B z + C w = ------------------az2 + bz + c puede descomponerse en tres transformaciones sucesivas. es Vn ds. En términosgenerales. Se dice que el flujo es irrotacional si la circulación es cero a lo largo de todas las curvas cerradas en G. entonces lascomponentes tangenciales que tienen un signo dominan a las que tienen el otro signo en la integral (2). el flujo total hacia afuera Q= í Vnds = 0. Si la circulación no es cero en alguna curva 7 . esto sig nifica que el fluido rota alrededor de 7 . donde Vn es la componente (un número real) de V en la dirección de la normal que apunta hacia el exte rior de la curva (véase Figura 5. que van afuera de la curva 7 se indican en un punto z.11). Sea o l = a(z) el ángulo . contenida junto con su interior en G. donde las direcciones normal y tangencial. Así. spp. Por tanto. Considérese la Figura 5. (1) La integral de línea de la componente tangencial Vs de la velocidad V a lo largo de la curva 7 . la cantidad de fluido por unidad de tiempo que atraviesa por un elemento de longitud ds de una curva de Jordán 7 . h .La inferencia de que el fluido es incompresible y que no hay fuentes o su mideros en G implica que una región simplemente conexa de G siempre con tiene la misma cantidad de fluido. Al suponer que el flujo es irrotacional. r = f Jy vs ds.11. T = 0 . (2) se llama circulación de V a lo largo de 7 . ( 4 ) . u se conoce como fun ción potencial y v como función corriente. Las curvas u(z) — constante se llaman líneas equipotenciales y son nor . ya que la tangente de tal curva tiene pendiente dy _ vx _ vx . se tiene que e ~iaV = Vn + iV s. Fs = Im (e -fa F). llamada potencial complejo del flujo. puesto que F = ¿7. la antiderivada de V(z) es una función analítica w(z) = u(z) + iv(zj. En particular. donde se denota que V(z) es analítica por el teorema de Morera. tenemos por las ecuaciones ( l ) .a V) ds f V(z Jy J7 =* 7 (Vn + i V s) d s (F s + tFn ) d s . (4) + a j ds. Rotando el sistema de coordenadas ns alrededor del punto z por un ángu lo —o í se obtienen los componentes normal y tangencial del vector velocidad V Vn = R e(e~ia V). (z) dz = i (e .180 CAPÍTULO 5 • MAPEOS CONFORMES entre la dirección horizontal (positiva) y la normal hacia afuera de 7 enz. Ahora. (3) El elemento de longitud ds está relacionado (véase Figura 5. Tales curvas se llaman líneas de corriente y están caracterizadas por la ecuación v(z) = constante. coinci den con la del vector velocidad.0 . en cada punto. y su póngase que el vector velocidad V en z es como se indica. dy = sen ^ + o j ds. si 7 es cualquier curva de Jordán spp contenida junto con su interioren G. Si G es simplemente conexa. — ------------.* Las partículas individuales del fluido se mueven a lo largo de curvas cuyas direcciones.11) con los elementos dx y dy por las identidades dx .cos lo cual implica que dz = dx + i dy = e!(7 r/2+“) ¿ s = ¿ls.----------------tan arg w = tan arg F dx vy ux por las ecuaciones de Cauchy-Riemann. entonces w = w(z2 ) es el potencial complejo del flujo en el .A . donde c = c ¡ + i c 2 es una constante comple ja. Por ejemplo. mediante la función compuesta zvof. inicialmente puede estudiarse el flujo en el primer cuadran te. El mapeo f = z 2 forma el cuadrante en el semiplano superior. entonces el potencial complejo del flujo en G está dado por la función analítica w(f(z)). se sigue que w'{z) . Si el potencial complejo ) del flujo del fluido en f(G ) es conocido. así que el potencial com plejo es w(z) = Az + c .. Fig ura 5 . Supóngase que la función f = f(z) mapea de manera conforme la región G en el semiplano superior /(G ). Entonces u(z) = A x + c ¡ y v(z) = A y + c 2 . La determinación de tales fun ciones compuestas es el procedimiento fundamental en la solución de proble mas en la dinámica de fluidos. Como V(z) = A. si el potencial complejo en /(G ) es el dado en el Ejemplo 1. se mapean en las rectas v — constante en el semiplano superior.12). si conocemos el potencial complejo w = ) del flujo en el semipla no superior. entonces las líneas de corriente en G son aquellas curvas que. Así que. la línea de corriente v — 0 coincide con el eje real. Si c = 0. Aquél se aproxima al flujo de fluidos en canales extremadamente anchos (véase Figura 5.Ej e m p l o 1 Supóngase que el semiplano superior tiene un flujo uniforme de velocidad A ( > 0) en la dirección positiva de las x.1 2 . así que las líneas equipo tenciales son verticales y las de corriente horizontales (despreciando el efecto de la viscosidad sobre el eje real). Ej e m p l o 2 Para encontrar las líneas de corriente a lo largo de un ángulo recto de un canal ancho. ■ . Por ejemplo. enton ces el potencial complejo en el plano f es w = A£. El origen es un punto de estancamiento.2 a l+ If + 2 aI = -----------------------------b Por la ley de los cosenos (véase Figura 5. Líneas d e c o rrie n te e n u n a e s q u in a Ej e m p l o 3 El mapeo f = z + a2 ¡z tiene importantes aplicaciones en el flujo bidimensional de fluidos. el potencial complejo en el primer cuadrante satisface zv — A z 2 . . satisface i. . las líneas de corriente están dadas por las hipérbolas 2Axy — constante. y el vector ve locidad es V{z) = 2Az. b > a. (Véase Figura 5. I2= a2+ b2 — 2 ab eos (ir— 0 ). donde 0 = arg z.14).182 CAPÍTULO 5 • MAPEOS CONFORMES primer cuadrante.) Im f FIGURA 5 . si suponemos que el flujo es uniforme y de velocidad A (> 0) en la mitad superior del plano f (y c = 0).13. \z — a\2 + \z + a\2 If . Por tanto. . Así. Reescribiendo la transformación en la forma z Se ve que la imagen £ de cada punto del círculo Iz I = b. se sigue que Iz — a Iz + a I2 = a2 + b2 — 2 ab eos0 .1 3 . ael6 implica que a2 f =z + — = aeie + ae 16 = 2a eos 6 . E im a p e o ? = z + se mapea en el segmento de recta que une -2a y 2 a en el pía no f .p la n o z p la n o f Fig u r a s . 0 < 6 <t 2n. puesto que z .14. Flujo a lr e d e d o r d e un c ilin d ro .1 5 . z ( = z + a2 -2a 0 2a p la n o z p la n o f FIGURA 5 . La función corriente se obtiene cuando z = re1 6 .w = z + z 3 6 . 0 <argz< 57T — 4 0 „ ^ ^ 7 T 3. 0 < arg z < — 4 — 7 T bit 4. la perturbación es despreciable a grandes distancias del cilindro. ¿Hay puntos de estanca miento? 5 . Suponga que el flujo tiene velocidad A > 0 cuando z -> °o.A a. e i para el flujo en el semiplano superior dado por cada uno de los potenciales complejos. w = z + 2iz2 . entonces f = z + a2 ¡z mapea de manera conforme el exterior del círculo Iz I = a en el exterior del seg mento de recta que va de -2 a a 2a. sin fuente ni sumideros. Ej e r c ic io s Encuentre las líneas de corriente para el flujo de un fluido incompresible. 0 < a rg z < — 37T 4 2. La velocidad del flujo de fluido es V = w’ = A 1 a ' 2-1 z con puntos de estancamiento enz = ±a. I sen 6 la línea de corriente v = 0 consta del círculo Iz I = a y del eje real con Ix O a. en cada una de las regiones de los Ejercicios 1-4. — < arg z < — 4 1 4 En los Ejercicios 5-8. 1. aunque la corriente se perturba por la presencia del ci lindro. ¿Hay puntos de estancamiento? 1. por lo cual.184 CAPÍTULO 5 • MAPEOS CONFORMES Si se observa que (z + a2¡z)' = 1 — (a/z )2 . calcule la rapidez I V I en z = 0. Nótese que V -*■ A cuando Iz I — > °°. y el flujo para grandes i z I es esencialmente uniforme y de velocidad A pa ralela al eje x. se obtiene el potencial complejo A .15). suponiendo que el m o vimiento del flujo del fluido en el plano f es uniforme y de velocidad A ( > 0) paralela al eje real. así AIr v.Iz + — ^ w=A z para el flujo alrededor de un cilindro circular de radio a (véase Figura 5. Por tanto. = sen. ¿Es este flujo reali zable físicamente? 15. que si A 2 > \p (°°) /p .z oy . entonces habrá puntos en los que la presión es negativa.6 La fó r m u la de S c h w a r z . Suponga que el flujo en el plano f es uniforme y paralelo al eje imaginario. la densidad y la rapidez. En éstos se formará vacío. por ejemplo. El teorema de Bernoulli establece que en el movimiento estacionario de un fluido incompresible. la cantidad ^ + ^ 1 V\2 P tiene un valor constante en todos los puntos de una línea de corriente del flujo. se probó que si f ( z ) es analítica en una región que contiene al punto z 0 en el cual f'(z ) tiene un cero de orden k. entonces todos los ángulos en z 0 se amplifican por el factor k + 1 .i i i \ 1 i n \ ir/2 i \ \ \ \ \ \ >\ \ v \ \ p la n o z x p la n o ( FIGURA 5 . en cambio. lo que provoca el fenómeno de cavitación.1 (página 163). para el Ejemplo 3. ¿Es este flujo realizable físicamente? (Sugerencia: Encuentre la rapidez en los bordes. Use el mapeo f. dondep. 5 .16. 13. Muestre. Considérese. . Use el Ejercicio 11 para describir el flujo a través de una abertura de ancho 2a en una placa plana. p y I Vi son la presión.1 6 . Ocurre cavitación. Use el Ejercicio 11 para describir un flujo a través de una abertura acotada por la hipérbola x 2 — y 2 = 1 . Flujo vertical uniform e en el p la n o f 12.C hristoffel En el segundo teorema de la Sección 5. cerca de las puntas de una hélice que se mueve rápidamente.) 14. una función f(z ) analítica con derivada f ( z ) = A ( z . respectivamente.1z para determinar las líneas de corriente del flujo de un fluido incompresible en la región mostrada en la Figura 5. supóngase que el corte de ramificación es vertical y hacia abajo de z 0 . para k = 1. x 2 ). Entonces. Intervalo Angulo . El punto z 0 es un punto de ramificación para / ' . Efecto d e f' { z ) - a (z —z 0 )a donde —1 < a < 1. . están dados como sigue.1 7 . 2. Puesto que arg f \ z ) = ' drñ A + « arg (z . ■ ■ ■ .zo ).. que pasa por z 0. paralela al eje real. n. °°) son segmen tos de rectas cuyos ángulos. Sea z un punto de la recta.186 CAPÍTULO 5 • MAPEOS CONFORMES V li / n o w = f[z) 0 p la n o z p la n o w FIGURA 5 . Puesto que arg f ' ( z ) = arg A + a i arg(z . y supóngase que la función f(z ) tiene derivada donde A =£ 0 es una constante compleja y —1 < a ¿ < 1. las imágenes de los intervalos (— °°. a =£ 0. . Sean x ¡ < x 2 < . y arg A + ira siz está a la izquierda de z 0 (véase Figura 5. .x j + a 2 arg(z x 2 ) + • ••+ arg(z . (xn .x n ). medidos a partir de la horizontal. < x n núme ros reales. Xi).17). el ángulo n en z 0 se amplifica por el factor a + 1 en f { z 0 )Puede utilizarse esta observación para construir una función /(z ) que mapee al eje real en una trayectoria poligonal. sin pérdida de generalidad. . (x i. el cambio en dirección será arg A si z está a la derecha de z 0 . . . son reales. . con . n) a z.1 8 . Así. como se muestra en la Figura 5. cuya prueba está más allá del objetivo de este libro. k = 1 n. Cual quier función f(z ) de esta forma se conoce como una transformación de Schwarz-Christoffel. ■ ■■ .19. < complejas.C hristoffel Todas las funciones que mapean de manera conforme el semiplano supe rior en un polígono en flíc con ángulos exteriores ak.f(z ) mapea al eje real en una trayectoria poligonal. En la Figura 5. 2. . Te o r e m a de Sc h w a r z . la función w . La función dada por la ecuación integral de este teorema se llama fórmu la de Schwarz-Christoffel para el polígono dado. El ángulo exterior en el vértice = f(z k) del polígono es nak requerido para hacer que la dirección del vector que va de w¿ a w^+¡ coincida con la del vector que va de u>/s_i a W f¡. Esta argumentación proporciona el recíproco del si guiente teorema.C ortes d e i ra m ific a c ió n p la n o z ► i Figura 5 . xnAsí que. si z es un punto cualquiera en el semiplano superior. B constantes donde los puntos x¡ < x 2 < . f(z ) es analítica en el plano complejo. excepto en los cortes de ramificación hacia abajo de cada uno de los puntos x lt x 2. .. Nótese que —1 < a* < 1 . se observa que el ángulo exte rior se mide al rotar desde el siguiente lado del polígono hasta la línea que es continuación del lado anterior del polígono. podemos definir el mapeo conforme f(z ) por /(*)= f(S )d S J7 donde 7 es el segmento de recta que va de Xq^ x ^ ^ =1.18. Por construcción. y A. son de la forma f ( z ) = A + B í* Jo (z — x 2 )a 2 ‘ ‘ {z — x n )an dz. . Á ngulo exterior d e un po lígo no ak > 0 cuando la rotación es en el sentido contrario al de las manecillas del reloj. La localización de los puntos x¿ restantes depende de la forma del polígono y puede ser muy difícil de establecer. lo cual implica que n n ir 2 ft=i ak-= —2ir o 2 ft=i ak = —2 . Generalmente conviene elegir x n = aquí se omite el término que con tiene a x n en la fórmula de Schwarz-Christoffel. . y > 0 . se recorre una revolución completa. Así. excepto en los casos en que el polígono sea altamente simétrico. Dependiendo del polígono.1 9 . se tiene la libertad de elegir la localización de tres de los puntos . una elección apropiada de las localizaciones de es tos puntos puede ser extremadamente útil para obtener una solución en forma cerrada de la integral. Una transformación fraccional lineal del semiplano superior en sí mismo permite mapear tres de los puntos x ¿ en tres posiciones prescritas sobre el eje real. el semiplano superior en la franja \x I < C l. amplifica ciones y rotaciones— la localización. de manera conforme. Ej e m p l o 1 Mapéese. Los ejemplos siguientes muestran el uso de la fórmula de Schwarz-Chris toffel. si se efectúa un circuito completo en el sentido de las manecillas del reloj a lo lar go del perímetro del polígono. escala y orientación del polígono en el plano w. y a* < 0 cuando es en el sentido de las manecillas del reloj. Además. Las constantes A y B controlan —por medio de traslaciones.188 CAPÍTULO 5 • MAPEOS CONFORMES FIGURA 5 . y los puntos x¡¿ se mapean en los vértices Wk del polígono. Ej e m p l o 2 Mapéese el semiplano superior en la región sombreada del plano w. se tiene a .— A ^ ^ + 2 i. nótese que se tienen ángulos exteriores —ir¡2.2 1 . sen _ 1 z. = 1 = -i.w = f[z) .21. se infiere que w = ( 2 / 7r). SOLUCIÓN: Es fácil obtener esta transformación sin utilizar la fórmula de Schwarz-Christoffel. .2 0 . Por ende. De /í = 0 y B = 2 z/7r.1 0 1 Fig u r a 5 . De la composición de los mapeos indicados en la Figura 5. Puesto que w(± 1) = ±1. 0.21 se sigue que w = y /¥ = s/ z - 1 = V ^ 2 - !• Z = z2 - W = Z - 1 - iv = 01 0 1 0o 0 1 p la n o Z -i X p la n o w p la n o z p la n o W Fi g u r a 5 . 1. w = 1 Para comprobar que se obtiene la misma transformación con la fórmula de Schwarz-Christoffel. n. —ir¡2 en -1 . mostrada en la Figura 5. mientras que wc «. supóngase que los puntos —1 . puesto que log 0 = ° ° . Ahora ni = w{—1) = A + B log(—1) = A + Bni.Bi) + . 0 del plano z se mapean en los puntos w0 o .1- = zü ( 1 ) = A — ei = zü ( 0 ) = A. Los ángulos exteriores en w„ . se obtiene la franja infinita 0 < v < n en el límite.2 2 . ni.190 CAPÍTULO 5 • MAPEOS CONFORMES w=A +B z dz z* . Si hacemos que w0 tienda a oo a través de los reales negativos.1 0 p la n o z v T S ----0 p la n o w w' — Figura 5 . Ji z Se escoge z = 1 como el límite inferior de la integración.1 Z = A+By/z2 . —n.1 Ahora 0 0 = (A .Bv^ 2 . así que £ = 1 y w = ^ / z 2 _ ^ Ej e m p l o 3 Mapéese el semiplano superior en la franja infinita 0 < v < n. W q del plano w. y v I I 717 f . w0 tienden a — n. entonces una fórmula de SchwarzChristoffel para el caso límite es w=A +B Cz dz — = A + B log z.22. tiende a oo por los reales positivos. así que si A = 0 y 13 = ls e llega a la transformación deseada w = Log z. Ej e m p l o 4 . SOLUCIÓN: Considerando el triángulo sombreado de la Figura 5. ni. 0. 0 y dx /(!)Jo ?c“ ( 1 — x )1 3 _ r ( i . 7T Si se utiliza la ley de los senos.7 ) (véase Figura 5.a ) r ( i —■ /?) r(7 ) La función gamma satisface la identidad r ( x ) r ( l — x) = ir(sem rx ) ~ 1. cualesquiera cuatro puntos sobre el eje real pueden mapearse. y .senTTT T ( 1 .a ) r ( l — /3)r(l .vértices.z f Entonces /(O) .. 7 r b = ^ sen 7T /3 T ( 1 . se tiene A = 0.3. 1 p la n o z p la n o w Fig u r a 5 . las longitudes de los otros dos lados son a = — sen ira r ( l — a ) r ( l — |3)r(l — y).j3)r(l . por una transformación frac- .a ) r ( l . . Ej e m p l o 5 Mapéese el semiplano superior en el interior de un rectángulo. B = e ln®. f(z) = fz dz 0 z “ (l . por lo cual la longitud de este lado es c = . SOLUCIÓN: Por el Ejercicio 6 de la Sección 5.2 3 .y).23). * -1 -b 0 p la n o iv p la n o z Fig u r a 5 .r (4 )r (i) _ r 2 (j) 2 Jo j 3/4 0 _ t 2s/2ñ . k > 1 (inviértase si es necesario). el mapeo está dado por [. A partir de la fórmula se nota de manera clara que los vértices del rectángulo son simétricos respecto al eje imaginario. Obtenga un mapeo del semiplano superior en la región sombreada del plano w en la Figura 5. Ej e r c ic io s 1. Encuentre las líneas de corriente de un flujo de fluido incompresible de veloci dad A ( > 0) en oo para la región sombreada del plano w de la Figura 5. 3. que mande a los puntos 0.2 —X2 „2 ) \ \¡{\ _ i k k ffc dx \ /(x 2 — 1)(1 — k 2X2 ) Jl 1 Jl 1 -------. 2.192 CAPÍTULO 5 • MAPEOS CONFORMES cional lineal. 1.24).21. En consecuencia. 0. con l f l ^ J° dx 1 _ / 7T '■-2 1 — x 2 ) ( l — k ~ 2x 2 ) = k * (una integral elíptica de primera clase) y IC = r* dx /Ti — X2 „ 2 )(k2 \/z. ±k. °° en 0. Muestre que la función mapea el semiplano superior en un cuadrado con lados de longitud a= I í1 dt .21. en los puntos ±1.2 4 . i.z ^ ^ dz Jo a/ ( 1 — z2 )(k2 — z 2 ) (véase Figura 5.1--—I . 2 6 .(a) y (b ) Fig ura 5 . (Sugerencia: Haga s2 = (z — 1 )/(z — jc). Fig u r a 5 . 1. Mapee de manera conforme el semiplano superior en la región de la Figura 5. l. mapea de manera conforme el semiplano superior en la región de la Figura 5. 5 . 5 y a = 1 + (h2/ H 2 ).« — i• -To g iy/z(a — 1 ) + y 'z — a' y //-----a — i" 1 L \ f z —y/z — a ¿•v/z(a — 1 ) —y 'z — a. * 8 .27. y muestre que x = k2 . *9. Muestre que m = a ]_og .oo -> • o¿.28 con O. . j3.--------- + V Z . 0 <ik 1.2 7 . a. respectivamente. x. con 0.2 5 . j3. 0 0 -*■ (X . y.7 .) -5 kv —8 (3 O Fig ura 5 . simplemente conexa. Como el calor fluye de las partes más calientes hacia las más frías. 6 H Figura 5 . si el sóli do es tal que el flujo es bidimensional. El vector flujo de calor Q = Q(z) puede escribirse como una función compleja continua. Es importante notar las similitudes entre estos flujos y el de fluidos.7 APLICACIONES FÍSICAS EN FLUJO DE CALOR Y ELECTROSTÁTICA (opcional) En esta sección se desarrollará la teoría básica de los flujos de calor y de campos electrostáticos bidimensionales en estado estacionario. porque. En la siguiente sección se presenta rá un breve desarrollo de la teoría de estelas en un fluido. Fl u j o de c a l o r Puede enfocarse el estudio de la conducción de calor en un cuerpo sólido ho mogéneo de manera muy parecida a como se trató el flujo de fluidos...2 8 . y el flujo de calor se encuentra en estado estacionario. Supóngase que no hay fuentes o sumideros de calor en la región G. 5 . así que se tiene . de otra forma. hay un flujo de calor —por conducción— de las partes más calientes hacia las más frías. es irrotacional. El calor que fluye afuera desde el interior de una curva 7 cerrada spp contenida en G debe satisfacer í Jy Qn ds = 0 ..194 CAPÍTULO 5 • MAPEOS CONFORMES 6 . Puesto que dos puntos pueden tener temperaturas di ferentes. la temperatura en el interior cambiaría. encontramos que sen 1 2 —u 2 2 —u cos* 2 esto indica que las isotermas son hipérbolas. indicada en la Figura 5.(2 ¡ir) sen 1 z mapea a G en la franja 0 < u < 1. Un problema frecuente en elflujo de calor en estado estacionario es construir las isotermas en una región G especificando las temperaturas de la frontera. y I o a lo largo de z = x > 1 . 2 2 2 7T .I o en el rayo que va de a a 7 y I o en el que va de ¡3 a 7 . aislada a lo largo del segmento que une a a = 0 con j3= 1.2 9 . 7T 7T Por tanto. con temperatura 0 ° a lo largo de z = y > 0 . SOLUCIÓN: La función w . Ej e m p l o 1 Encuentre las isotermas de la placa G. que tiene la forma de la Figura 5. u=0 Fig ura 5 . Ej e m p l o 2 Encuentre las isotermas de una placa G. Entonces z = sen —w = sen —u 2 2 7T 7T cosh —v + i cos —u senh —v.ortogonales a las isotermas. aislada a lo largo del segmento 0 < x < l . y es el potencial complejo. v > 0. .25a. y = 0 .29. con temperatura . su inversa w = w(z) es el complejo. la transformación de Schwarz-Christoffel z= 1 + — 7 T Jl V f . Pero f = sen (irw/2) mapea la franja \u l < 1 . h por la ley de Gauss. Entonces se dice que E es un campo potencial. res pectivamente. así que z = mapea la potencial nes. se tiene que E s ds = 0. Como en el Ejemplo 1. Simplificando término entre paréntesis.0. en el semiplano superior. 7 . y su antideri . franja mencionada en G. así que E n ds . Como no se requiere gasto de energía para mantener un campo electrostático. E ¡ i es analítica. complementaria a estas car gas.1 f ^ 1 d? = 1 + — [\/f2 . | 3 . las isotermas serán las imáge z = z( w).196 CAPÍTULO 5 • MAPEOS CONFORMES SOLUCIÓN: Como los ángulos exteriores en 0 y 1 son —ít/2 y 7t/ 2 . bajo el primer 1 + 7T -1 r L 1 cosh ■ 1-1 V / sen — 2 / — eos — 2 . El e c t r o s t á t ic a Considérese un campo electrostático plano E(z) que surge de la atracción o re pulsión de un sistema arbitrario de cargas (fuentes y sumideros) dispuestas en el plano. Por tanto.1 + cosh 1 f ] 7 T mapea el semiplano superior en G con —1. °° ct. En una región simplemente conexa G. v > 0 . La circulación del campo es el trabajo realizado por el campo cuando una carga positiva unitaria recorre la curva 7 completa. de las rectas verticales u = constante. el interior de una curva cerrada 7 spp contenida en G no tiene carga. se encuentra z = w+ 1 2 1 ir eos irw 2 de donde las isotermas pueden graficarse fácilmente. 1. Cualquier sección normal a los planos genera un campo plano con dos cortes (véase Figura 5.1. y presentarlas en forma tabular. flujo de ca lor y electrostática.3 0 . magnetostática y campos gravitacionales. como se hace en la Tabla 5. e hidromecánica. |v i i I I _ ~uo ¡0 «4----------------+ — a i i i i i i a u0 ^ x i l Fig ura 5 .Campo vectorial u u ( z ) = constante V = g ra d u Función potencial Lineas equipotenciales Función corriente Lineas de corriente = —k g rad u Temperatura Isotermas Función corriente Líneas de corriente v ( z ) = constante = —g rad u Función potencial Líneas equipotenciales — v es la función fuerza Lineas de fuerza Pueden resumirse todas las analogías entre el flujo de fluidos.30). Frecuentemente se desean encontrar las líneas equipotenciales de un campo electrostático plano. Pueden hacerse analogías similares con el flujo de fluidos y difusión esta cionaria. SOLUCIÓN: L a función . separados una distancia 2 a y con una diferencia de potencial 2u0 . Encuéntrense las líneas equipo tenciales para este campo. Ej e m p l o 3 Un condensador consta de dos placas en forma de semiplanos coplanares con bordes paralelos. acotado por contornos sobre los cuales el potencial es una constante dada (cada contorno es un conductor). 31. Ej e m p l o 4 Un condensador de placas paralelas consiste en dos semiplanos paralelos. como se muestra en la Figura 5. SOLUCIÓN: Nótese la región sombreada en la Figura 5.3 1 .32.31 como caso .1 + i» . cuyos bordes están separados una distancia 2ir y que mantienen una dife rencia de potencial 2u0 . Haciendo que w0 tienda a —00 se obtiene la región de la Figura 5. — 1 + ni ■1 — n i Fig u r a 5 . Encuéntrense las líneas equipotenciales para este campo.198 CAPÍTULO 5 MAPEOS CONFORMES mapea el dominio en la franja luí < u0 . Cualquier sección normal a los planos produce un campo bidimensional con dos cortes. Así que las líneas equipoten ciales son las hipérbolas r a2 sen2 7ru 2 u0 a eos 2 9 7 ru 2 u0 = 1. Ej e r c ic io s 1.2 l < 1 . tal que el ci lindro esté dado por Iz . | 1 I o ! m 0 Ref 1 0 1 w = w (z ) ” — ni lÉ IS iiiillilIlií . pueden obtenerse en el plano w. Ahora. Como las líneas equipotenciales son paralelas al eje real del plano £ .3 3 . B =\—2. con solución A = —ni. y w = 2 L o gz — z 2 — ni. . En los mapeos de la Figura 5.£ + mapea. de manera conforme. donde £ = %+ ir\. Al evaluar esta expresión en z = ± 1 se llegá al sistema A + B /2 = —1 — 7 T * A + B (\ — ni) = —1 + ni. donde el potencial en el cilindro es 1 y en la placa es 0. Encuentre el potencial electrostático en una región situada entre un cilindro sóli do y una placa plana paralela. Suponga una sección que coloca la placa en el eje imaginario.w=A +B | + 1) (*-----]1 d z = A + B (\z2 — log z) donde los valores del límite inferior de la integración (evaluado en algún punto diferente de cero) se absorben en las constantes A y B .eos v = r¡ + e* sen rj.1 - nt ¡ p la n o C p la n o z p la n o w Fig u r a 5 . Im£ T T/ — 1 + ÍT/ rj constante. En forma paramétrica están dadas por u = %+ e 1 . obsér vese que el semiplano superior puede mapearse en la franja IIm f 1 < ni por medio del mapeo f = 2 Log z — ni.33. es evidente que la función w = 2 Log z — ni — z2 . la franja |Im f I < ni en la región som breada del plano w. Encuentre las líneas de corriente para una pared de altura a si el flujo es infinita mente profundo y tiene velocidad . 5. 3.34)? Fig ura 5 . con temperatura 0 o en el lado horizontal y I o en los lados verticales.3 4 .36. . ¿Cuál es la velocidad en 0 y en ia (véase Figura 5. Encuentre las isotermas de la placa indicada en la Figura 5. Encuentre el potencial complejo y los puntos de estancamiento para el flujo de un fluido incompresible a través de la región de la Figura 5. Encuentre las isotermas en la franja infinita 0 < y < ir si los bordes están aislados en x < 0 y la temperatura satisface u(x) = 0 ° y u(x + iir) = 1 ° para x ^ 0 . si se supone que la velocidad original del flujo es A . 4.35.200 CAPÍTULO 5 • MAPEOS CONFORMES 2.¡4 > 0 cuando z -*■ °°. de manera conforme.3 8 .c : i i i i —i I I c : u= 1 Fig u r a 5 . 5 . Muestre que la función v = Im \e~ict z(cos a + i sen otyjl — ( j a¡z )2 )] es la función corriente para un flujo alrededor de una placa de longitud 2 . La función S = z . cuando U(°°) . (a) (b) (c) Fig u r a 5 . puesto que 0 = 4(z 2 — f 2 — a2 ) = (2z — f )2 — (f 2 + 4a2 ).3 7 . Uti lizando los tres mapeos mostrados en la Figura 5. 7. .8 Estelas o II o II en un flujo de fluido (opcional) Considérese el impacto directo de una corriente de anchura infinita y veloci dad A ( > 0) sobre una placa fija de anchura 4 a colocada perpendicularmente al flujo (véase Figura 5. incli nada un ángulo a con respecto a la horizontal.A(^> 0 ).a2/z mapea.38 se obtiene el potencial complejo del flujo alrededor de la placa fija: w(£) = Acó = A(z + a2 ¡ Z ) = A (2z — $) = ±A -y/f 2 + 4a 2 . el exterior del círculo Iz l = a en esta región.38c). llamada estela. W(z) = -----V(z) *>\z) A lo largo de la placa. en el semiplano superior con los puntos ±2 ai yendo a ±1. recuérdese que V(z) = diu/dz. V es imagina rio puro.39). de manera conforme. Para determinar el potencial complejo zv(z). Como las velocidades infinitas no son físicamente posibles. Por simetría. Las líneas de corriente en el semiplano superior pueden determinarse al considerar las líneas de corriente en el plano W de la Figura 5. se busca una solución realista. Una hipótesis es la existencia de una región infinita de agua en reposo. ya que el flujo tiene lugar en un polígono acotado por la placa y las líneas de corriente libres.CAPÍTULO 5 • MAPEOS CONFORMES El potencial complejo puede usarse para determinar las líneas de corriente y la velocidad del flujo en cualquier punto f : i — A tV/-. por ende. detrás de la placa. y considérese el mapeo un \ A A = . la rapidez será la misma en ±2 ai.+ ± ---------------y / f 2 + 4a2 En este punto surge un problema desconcertante: la velocidad en f = ±2 ai es infinita. Finalmente. aunque la dirección será la opuesta. La estela estará acotada por líneas de corriente libres a lo largo de las cuales la rapidez es constante finita (véase Figura 5. la velocidad es paralela al eje y. La existencia de una estela requiere un cambio en el análisis del proble ma.w . la rapidez será constante en cada línea de corrien- . El teorema de Riemann del mapeo establece que el polígo no puede mapearse.40c. 1 se mandan a 1. V( -1 ) es positivo y menor que A . el origen se mapea en 00. el flujo se mapea en la región sombreada en el plano W de la Figura 5. La h o d ó g ra fa te libre.1 .>= ( '■ 2 (c) p la n o cu [b) p la n o i V[oo) = A > 0 Fig ura '5 . 0. Como F(0) = 0.o . —1. Además. Así. Así como V{+ °°) = A y las líneas de corriente libres tienden a todo punto sobre las dos líneas de corriente libres se mapeará en un punto de la mitad derecha del círculo unitario. ya que el flujo se detiene al acercar se a la placa.4 0 . y los puntos i. l senh(log W) = — > o. . por el Ejercicio 24 de la Sección 1.4 1 . Así. —i.9.1 = i [senh (log W)] .41. p la n o W p la n o z 1 p la n o z 2 p la n o ( FIGURA 5 . Nótese que se mapea en la mitad superior del plano f por medio de la transformación iT= —[sen (i log flT)] . Esta región se llama hodógrafa. Considere un fluido que sale por una rendija en el fondo de un recipiente grande (véase Figura 5.42). c = cosh .1 dw dw doj „ . (Sugerencia: Use una hodógrafa.) . d£ dco d$ A Sin embargo. z= 2 [\/f 2 —1 + *] d$ .204 CAPÍTULO 5 • MAPEOS CONFORMES Como W = A /w '(z).1 0 = — i eos. y que el flujo en el chorro es uniforme y paralelo al eje imaginario en °°. a lo largo de las cuales la rapidez es constante. ya que las líneas de corriente están dadas por las curvas Imzo = constante. al menos en forma implícita. la ecuación anterior implica que 1 ^ dw _ dz f i+ y /p . —r = — ’ — = 2A £. Encuentre las lí neas de corriente libres.$y/$2 —1 — cosh 1 f + 2 ¿ f + c = >/co(co —1 ) — cosh ' ■ y f c W y f c + c . Ej e r c ic io s 1. Suponga que el fluido sale como un chorro acotado por líneas de corriente libres.1 0 = — iir¡2. Puesto que co = 0 corresponde a z = 0 . El problema está resuelto ahora. dw _ dw d£ dz asi que dt¡ dz Y Entonces. SECCIÓN 5 .5 En el Capítulo 6 se analizarán problemas que incluyen fuentes. Para un texto excelente.8 Se puede encontrar una argumentación cuidadosa de estelas y chorros en [MT]. 227-232] para una prueba de la fórmula de SchwarzChristoffel. sustituciones lineales y trans formaciones de Móbius. Una fórmula para mapear el disco unitario en el exterior de un po lígono se obtiene fácilmente. véase [MT]. S e c c ió n 5 . .6 Véase [A. Se pueden encontrar dos pruebas dife rentes del teorema de Riemann del mapeo en [V].encontrar mapeos adicionales en [Ko]. Se c c ió n 5 . en que se detalla el uso del análisis complejo en la hidrodinámica. transformaciones bilineales. Pueden en contrarse algunas aplicaciones detalladas en [R]. S e c c ió n 5 .2 Las transformaciones fracciónales lineales se conocen también como transfor maciones lineales. págs. . uxy —uyx —0 . SOLUCIÓN: La función u tiene primera y segunda parciales continuas: u x = 2x. se tiene formalmente que Uxx ~ {ux )x — (py )*. Por las ecua ciones de Cauchy-Riemann. De la misma forma.1 F u n c io n e s a r m ó n ic a s La ecuación de Laplace uxx + uyy = 0 es de fundamental importancia en Física y surge en conexión con el flujo de calor y de fluidos.Problemas c o n U VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INICIALES A 6 . uy = —2y uyy 2. se cumple para v. Ej e m p l o 1 Muéstrese que la función u(x. y ) con segundas derivadas parciales conti nuas. y) = x 2 — y 2 es armónica en C . 207 . que satisface la ecuación de Laplace en una región G. —(Vx)y ~ ( Uy)y ~ Uyy donde la ecuación de Laplace se cumple para u. así como con los campos gravitacionales y electrostáticos. se denomina ar m ónica en G. Cualquier función real u(x. la temperatura u en un flujo de calor es la parte real de una función analítica w = u +' iv. Por ejemplo. Uxx ~ 2 . i u y . se puede utilizar el teorema funda mental para definir una antiderivada analítica de F(z): f( z ) = j F ( z ) d z = f (ux — iuy) (dx + idy) . uxy = uyx y vxy = vyx . Entonces la integral de línea v(z) = ux dy — uy dx. y la función f(z ) . del cálculo. Obsérvese que u = Re (z2 ). Así. puesto que UX X U . Entonces las dos funciones reales u(z) y v(z) son armónicas en G. ambas. Las funciones armónicas están íntimamente ligadas a las funciones analíticas. ■ L .u(z) + iv(z) es analítica en G.2 08 CAPÍTULO 6 • PROBLEMAS C O N VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INICIALES Además. (u x ) x ~ ( ^ y)y y (u x)y ( u y )x > ya que u es armónica. (ii) La función F(z) = ux — iuy tiene primeras parciales continuas que satisfa cen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en G. Te o r e m a (i) Sea f(z ) -■ u(z) + iv(z) analítica en la región G. (ii) Sea u(z) una función real armónica en una región G simplemen te conexa. u satisface la ecuación de Laplace. PRUEBA: (i) Si / = u + iv es analítica en G.yy 2 2 0. Así que u es armónica en C . las ecuación de Laplace. Estas son condiciones suficientes para la analiticidad de F(z) en G. también lo es f'(z ) = ux + ivx = vy . A v{z) se le llama ar m ónica conjugada de u(z). Como G es simplemente conexa. es armónica en G. las segundas parciales d eu yz/ son continuas y. 7 representa cualquier arco spp en G que une z 0 a z . Si se aplican las ecuaciones de Cauchy-Riemann. se tiene u xx ~ ~ iP y )x ~ { V x )y u yy y ^xx ~ ( u y)x ( wx ) y Vyy> lo cual implica que u y v satisfacen. I En los ejemplos siguientes se mostrará el uso de la integral anterior para determinar armónicas conjugadas. y que f(z ) = u + iv = (x 2 — y 2 ) + 2ixy + c = z 2 + c es entera. se tiene ü(z) = J ux dy — uy dx = J 2 x dy + 2 y dx = 2 j d(xy) = 2xy + c. SOLUCIÓN: En el Ejemplo 1 se probó que la función u es armónica en (B■ Como ux = 2x y Uy = —2 y . Ej e m p l o 2 Encuéntrese la armónica conjugada en C de la función u = x 2 —y2 Á. es armónica en G. así que se buscará una ar mónica conjugada de u en algún subconjunto simplemente conexo de Primero se prueba que u es armónica: C— {o }. Ej e m p l o 3 ¿Hay alguna función analítica f = u + iv para la cual U x 2 + y2 7? SOLUCIÓN: u no está definida en el origen. ux = y2 —x 2 — (x2 + y 2 )2 Uvy ” —2xy uv = ' y (x 2 + y 2 )2 • 2 x 3 — 6xy 2' _ (x + y ) . Nótese que v es armónica en C . definida hasta una constante arbitraria. puesto que vxx = vyy = 0.v(z) = j ux dy — uy dx. x 2 ) dy + 2xy dx --------.\ux dy . se sigue que eu no tiene máximo o mínimo en G. F (Z) = */(*) = eu+iv es analítica en G. al aplicar los principios del máximo y del mínimo para funciones analíticas a F .——-----J (x ¿ + y ) -y x2 + y2 x — iy z 1 ¡tp = 7 • y Nótese que la función es analítica para z 0. P r in c ip io del m á x i m o Si u(z) es armónica y no es constante en una región G simplemente cone xa. entonces M (?) = — 2t t Jo I u(j.210 CAPÍTULO 6 • PROBLEMAS C O N VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INICIALES De ahí que una armónica conjugada esté dada por f v{z) . la prueba es completa. Como la función real eu es una función creciente de u.— ------.uy dx J -y x 2 + y 2) [ {y2 . y IF(z) I= eu^ zK Como F(z) no se anula en G. 0 < r< R . se tiene que f = u + iv es analítica en G. En forma semejante. I T e o r e m a del v a l o r m e d io Si u(z) es armónica en Iz — f I< R . PRUEBA: Al construir una función armónica conjugada v(z). La correspondencia entre funciones analíticas y armónicas proporciona muchas propiedades importantes de estas últimas. entonces u(z) no tiene máximo o mínimo en G. . + rete) d d . Si u y v son funciones armónicas. indique el dominio de definición. En caso afirmativo. A una situación tal se le llama problema con valores en la fron tera. estas aplicaciones se reducen á encontrar una función armónica en una región G dada y que tome ciertos valores predeterminados en la frontera de la región G. temperaturas iguales. Pruebe que log sen 6 dd = — 7Tlog 2. y haga r -*■ 1 ~ . 5. — 1 ) + y2 l l .4. u = . u = log(x2 + y 2 ) 7.-x 2 —y2 12. 8 . 9.c2 + y 2 ) . muestre que au + bv es también armónica. Por ende. (Sugerencia: Aplique el teorema del valor medio a log ll + 2 l e n l z l ^ r < C l . Pruebe que log l/(z) Ies armónica siempre y cuando/(z) sea analítica y diferente de cero. Muestre que el principio del máximo se cumple para regiones múltiplemente co nexas. tenemos lo siguiente.1. etcétera. u . Más específicamente. las par tes real e imaginaria de una función analítica son funciones armónicas que sa tisfacen la ecuación de Laplace AU = U XX + U y y = 0 . u = \ log(. De acuerdo con la Sección 6.2 E l p r o b l e m a de D ir ic h l e t Las aplicaciones al flujo de fluidos. líneas de fuerza. donde a y b son constantes reales. muestran que la solución en cada una está dada por la función analítica llamada potencial complejo.i ------. 13. 2xy -. <p(x. u = sen* cosh y 6 .) 6 . flujo de calor y electrostática que se anali zaron en el Capítulo 5.x 2 — (y — l )2 10. 15. Muestre que uv es armónica si u y v son fun ciones armónicas conjugadas.. y) = e*2~y2 sen (2 x y ) Determine si existen funciones analíticas f(z ) = u + iv que satisfagan las condiciones dadas en los Ejercicios 5-7.— p-t(x — 1 ) + y u = tan . Las partes real e imaginaria del potencial complejo tienen significado físico como líneas de corriente. . 14. u = ey?x Encuentre las conjugadas de las funciones armónicas dadas en los Ejercicios 8-11. (log Iz 1+ i A rgz). Solución g rá fic a d e un p ro b le m a d e Dirichlet . donde w = u + iv (véase Figura 6. ¿hay una función armónica en G que tenga valores predeterminados en la frontera de G? Ej e m p l o 1 Encuéntrese una función que sea armónica en el primer cuadrante y que tenga valores frontera 0 en el eje real y 1 0 0 en el eje imaginario. . mientras que el eje y positivo se convierte en la recta v — 100. la función 200 v . . SOLUCIÓN: L a función 200 T w = ------.212 CAPÍTULO 6 • PROBLEMAS C O N VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INICIALES El p r o b l e m a de D ir ic h l e t Dada una región G arbitraria.----.1 . de manera conforme.Arg z rr es armónica en el primer cuadrante y satisface las condiciones de frontera requeridas.1). 100/ w= 200Lo g2 FIGURA 6 . u + iv = ------. el primer cuadrante en la franja 0 < v < 100. Puesto que 200 . El eje x positivo se transforma en la recta v — 0 .Log z mapea. 'í é * ) d e.) Por simplicidad. Nótese la similitud de esta situación con la fórmula integral de Cauchy. Ej e m p l o 2 Para resolver el problema de Dirichlet en G = { z : \z I < R } . (L a existencia de tal función está asegurada por el teorema de Riemann del mapeo. a G en el disco unitario If I< 1 con g (z 0 ) = 0. El problema de Dirichlet siempre tiene solución para una región G (¥=e) simplemente conexa. en puntos inte riores de la región G. La función compuesta uog~ 1 (véase Figura 6. supóngase que g es analítica en un conjunto abierto que contiene a G y su frontera. adviértase que R ¿ — z nz .2) es armónica en If I < 1. de manera conforme.2 . puede determinarse como una integral de los valores frontera de u. Los ejemplos siguientes ilustran el uso de esta integral. 2it J o Con f = e se obtiene y como f = g(z). la integral se convierte en u( Zo) =¿ r L Esta ecuación indica que el valor de una función armónica u. así que —por el teorema del valor medio para funciones armónicas (véase Sección 6 . sea g la función que mapea. 1 ) — se puede representar a uog ~ 1 ( 0 ) como el promedio integral de los valo res de u o g ~ 1 en If I= 1 si se escribe uog~~1 ( 0 ) = — í 2* u o g .Figura 6 . Para obtener una expresión explícita de la solución u en cualquier punto z 0 de G. la función g(z) = (z . R 2 — \zn I2 \z I2 — \zn I2 g'(z ) = _______________________________ g(z) (z . Para \z I= R. i: u (z0 ) = ------------ 2iri Jlzl=* u(z) Iz — z 0 \ 2 dz Si se hace z = R e1 ( t > y z 0 = retd se obtiene la fórmula integral de Poisson para el disco Iz I< R : u(re ) = porque \z — z 0 \ 2 = \z I2 + \z0 I2 — (z 0z + z 0z ) = R 2 + r 2 . a G en el círculo unitario con g (z 0 ) = 0. la ecuación (2) es válida en todos los pun Ej e m p l o 3 Sea G el semiplano derecho. la fórfnula integral de Poisson para el semiplano derecho es _ x0 u(z o) = — m y con z = it . \ ------- -* o '~ u(it) dt {t — yo) + x 0 .214 CAPÍTULO 6 • PROBLEMAS C O N VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INICIALES mapea.z 0 )/(z + z 0 ) mapea. (2 ) Como z 0 = re’6 es arbitrario. a G en el disco unitario abierto con g (z 0 ) = 0.z 0z) z lz -z c así que la ecuación ( 1 ) se convierte en i r i. + e_í(0“ 0)). Como g(z) = 2xq z 2 .z 0 )(R 2 .2 iy 0z . y sea z 0 cualquier punto interior de G. 12 i. se tiene U (Z o ) = ( ■ u(z) dz 9g z 2 — 2 i y 0z — l-z0 I2 . de manera conforme. de manera conforme.\ z o \ 2 .Rr tos l z „ \<R . En tonces. 27 T R 2 —r2 R 2 + r2 — 2R r eos (< p — 6) 2 it • o d< ¡> . d < f> {R e ^ -z l2 \z\2 £7(0) . Re ( — rd< fr = Re f + z df 2m KRe^ - f -z = 1. Si f • = R e t< ¡> .z\2 (3 ) Si se sustituye el lado izquierdo de la ecuación (3) en la integral. f Re _27Tí — Jl?l = fl í \$-z f Cuando £7(0) es continua en 0 = a dado e > 0. Entonces Au(z) = — 2 tt ( R e* + z í 2* £7(0) ARe . PRUEBA: Obsérvese que „ / R el < ¡ > +z \Re’* . Im(z) — £7(a) 1= 1 1 27r J 2 tt o 2 tt / R e i(t> +z\ (£7(0) .£/(a)) Re ( ¿ 2 * 3 . podemos efec tuar derivaciones parciales repetidamente con respecto a x y y bajo el signo de la integral.'« < lip-aK n |R e^ — .2 R2 Iz \ 2 Re ----- IR e * . De ahí que u(z) es armónica en Iz K i ? . nótese que 1 2 tt 27T o / R e& + z . Iz \ < R . hay un 5 > 0 tal que I £7(0) — £7(a) I < e siempre que |0 — al < 5 (en el supuesto de que £7 tiene periodo 2ir). R2 2zr . z^Re® en todos los puntos de continuidad de £7 (0 ). Así. . puesto que la parte real de la función analítica (R e !< ? > + z)/(R eK t > — z) es armó nica.£7(a) I d0. Jo \r ¿ * — z d(j) = 0 .u(z) = — f ' 2 ?r Jo es armónica en Iz I< R y £7(0) Ir #* z ¿0 lím u(z) = £7(0). ya que el integrando resultante es continuo en Iz I< r < R.U fa ). Z I2 .1 d$ R2 Iz I2 < — 2 tt Jo | u{(j>) . si largz — c t K 5 /2 y \ < ¡> — 5.® El ejemplo siguiente contrasta el uso de mapeos conformes con la fórmula integral de Poisson para encontrar soluciones al problema de Dirichlet. entonces (véase Figura 6.f2* o_ 7 -. armónica en el disco unitario.3) \ u { z ) .U { a ) \ < e + — ----------------. Ej e m p l o 4 Encuéntrese una función u. que tenga el valor en la frontera 1 en el semiplano derecho y 0 en el semiplano izquierdo. 3 Ahora. SOLUCIÓN: La transformación fraccional lineal . Como e es arbitrario. R eta.216 CAPÍTULO 6 • PROBLEMAS C O N VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INICIALES 0 A Figura 6.7 7 O ■ 'O 2 cuando z |U{<t>)-U{á)\d<t>-+e. la prueba está com pleta. p la n o z p la n o í p la n o w Fig ura 6 .4 Para resolver el problema de Dirichlet, por la fórmula integral de Poisson, nótese que 2* J-,/2 I*?*-*!2 , r tt/2 _ 1 r .n _ i - UP ya que U((j>) = 0 en el semiplano izquierdo. Si z = re u(z) 1 - r 2 d {4 > - 6 ) + r 2 — 2 r eos ( 0 — 6) 0 —6 tan — — 2 tt /2 2ir — tan - l ir Por tanto 1 +r 1 - r 1 J-7T/2 1 + r 1 —r — tt/2 ' tan iru(z) = /7 T 6 ir 6 tan ( ----------- I + tan — + — 4 2/ \4 2 1 + r' 1 —r / tan — \4 IT e 7 T 6 tan — + 2) \4 2 1-r 2 2r tan 2 - + 1 tan 2 1 - r 2 1 —2 r eos 6 Para comprobar que estas respuestas son equivalentes, adviértase que Arg i —z i +z Arg - ( z + z) + í ( l i + z I2 \z\2 ) y, con la identidad Arg(x + iy) = tan 1 {y/x)_ en el semiplano de recho, Arg i —z i+ z = tan - l 1 12-1 = tan 1 - r 2 - { Z + Z ) —2r eos 6 218 CAPÍTULO 6 • PROBLEMAS C O N VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INICIALES Ej e r c ic io s 1. Sea u(z) armónica en Iz — f I < R . Pruebe el teorema del valor medio del área m(?) = —í— í í . u (z )rd r d d . j k irR J J Iz- /í (Sugerencia: Use el teorema del valor medio para funciones armónicas.) 2. Use el teorema del valor medio del área para probar el principio del máximo para funciones armónicas. 3. Si u es armónica en una región G simplemente conexa, muestre que grad u es analítica. Entonces, utilizando el desarrollo de la Sección 5.5, pruebe que un ds = 0 , y donde 7 es cualquier curva cerrada spp en G, y un es la derivada direccional de u en la dirección de la normal exterior. 4. Muestre que la fórmula integral de Poisson para el semiplano superior y > 0 es y u(z) = ir f“ | u(t) dt (t — x ) 2 + y 2 , z = x + iy. 5. Pruebe que la fórmula integral de Poisson para el primer cuadrante es , \ _ ^xy u (z )~ ir tu(t) dt o t4 — 2 12 (x2 — y 2 ) + (x2 + y 2 )2 tu(it) dt + lo t 4 + 2 t 2 (x 2 - y 2 ) + (x 2 + y 2 )2_ 6 . Encuentre la temperatura en cualquier punto z del semiplano superior, si la tem peratura (en grados) en el eje real está dada por 1 U -\i\, 0, líK i, líl>l. 7. Pruebe que cualquier solución del problema de Dirichlet, continua en la cerra dura de una región G simplemente conexa, debe ser única. (Sugerencia: Use el principio del máximo.) 8 . Suponga que u(z) y v(z) son armónicas en una región G, continuas en su cerradu ra, y que satisfacen u(z) ^ v(z) en la frontera de G. Muestre que u (z ) ^ v(z) para todo z en G. 9. Sea G la región 0 < I z I< 1. Muestre que no hay una función u(z), armónica en G, con valores en la frontera u(ete ) = 0, m(0) = a > 0 .(Sugerencia: Aplique el Ejercicio 8 a las funciones 12. Muestre que la fórmula de Schwarz puede reescribirse en la forma /(* )= m f Jiri=ñ J — z (S u g eren cia : Aplique el teorema del valor medio a w(0) = 2t>(0) + /(O).) 13. Sea t/(0) continua para 0 0 2?r excepto por un número finito de saltos. Pruebe que í(*>= i p ’ y > . dt ir Jo R e^ — z es analítica en Iz I<CR. (S u g eren cia : Reescriba la fórmula de Schwarz.) 14. Muestre, por el método del teorema de Poisson, que / ^ y u(z) = — ir f°° u(t) , ---------^ ----- - dt, (t — x y + y z = x + iy, es una función armónica en él semiplano superior, aun si u (t) es discontinua en un número finito de valores de t. 15. Use el Ejercicio 14 para encontrar una función u (z ) que sea armónica en el se miplano superior y que satisfaga los valores en la frontera [1 “ < *> - si Si 1 1 1< 1 , lt l> l. j o 16. Repita el Ejercicio 15 para los valores en la frontera , , _ rl UM < l - t 0 si - 1 < t < 0 , si 0 < Í< 1 , en los otros puntos. 6 .3 A p l ic a c io n e s En las Secciones 5.5 y 5.7 se analizaron tres ejemplos análogos de campos vec toriales en estado estacionario que se presentan en la naturaleza: flujo de fluidos, flujo de calor y campo electrostático. Los campos vectoriales, que se supusieron bidimensionales e irrotacionales, se examinaron dentro de una re gión G que no contiene fuentes ni sumideros. En esta sección, se ampliarán esos problemas para incluir fuentes y vórtices en la región G. La teoría se de sarrollará para el flujo de fluidos, y las analogías con los otros dos campos se presentarán en la Tabla 6.1 al final de la sección. Recuérdese que el vector velocidad V(z) del campo es igual a w'(z\ don de la función analítica m(z) es el potencial complejo del flujo. Así, la función 220 CAPÍTULO 6 • PROBLEMAS C O N VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INICIALES potencial u y la función comente v son armónicas conjugadas, y el problema de encontrar la línea de corriente se reduce al problema de Dirichlet. Obsérve se, por el principio del máximo, que si una línea equipotencial form a una curva cerrada y, entonces y encierra una singularidad de u(z), o bien u(z) es cons tante en G. Por supuesto, no hay líneas de corriente cerradas, ya que el flujo es irrotacional. Además, ni las líneas de corriente ni las equipotenciales empiezan o terminan en un punto interior z 0 de G, porque de otra manera un disco sufi cientemente pequeño, centrado en z 0 estará contenido en G y su frontera cor ta la línea de corriente v(z) = k en un solo punto. Por continuidad, los puntos restantes de la frontera satisfarían que v(z) > k o v(z) < k, lo que violaría el teorema del valor medio. Líneas de corrientes diferentes pueden cortarse sólo en los puntos de la frontera de G (por ejemplo, en las fuentes) o en el infinito. Esto se muestra con un problema de flujo de calor. Ej e m p l o 1 Sea la placa G un disco de radio R con temperatura 1 0 en la frontera que se encuentra en el semiplano superior y 0 o en la del semiplano inferior. Encuéntrese la temperatura en todos los puntos de G y descríbanse las iso termas. SOLUCIÓN: Con la fórmula integral de Poisson, se tiene para z = retB, r <R, u(z) = 2ir J o 1 R e f fie<>+Z KRe^ - z R2 - r 2 R +r R + r R -r R+r d(¡) d(<i> - d) 2ir 1 Jo — 2R r cos(0 — d) ó —d tan ------2 7 T— 6 2 7 r Así, tan - i o tan wu(z) R -r 1 - tan + tan — 2 R + r\ 2 R -r ) 7t-6 tan ------2 6 tan — 2 . R +z Arg i --------- = constante, R —z e i(R + z)j(R — z) mapea a \z I< R en el semiplano superior, así que las isotermas corresponden a los arcos de la familia de círculos que pasan a través de los puntos ±R que pertenecen a \z l < f ? (véase Figura 6.5). FIGURA 6 . 5 . Fam ilia d e círcu lo s a tra vé s d e ±R Supóngase que una fuente (o sumidero) puntual se localiza en el origen. En tonces, el flujo Q _ a través de cualquier curva de Jordán alrededor del origen es una constante diferente de cero, y si 7 es el círculo Iz I= r, la componente nor mal Vn de la velocidad es constante en cada dirección, ya que las líneas de corriente son radiales en el origen. Así, Q= | \Vn d s= Vn ¡2n r d d = 2nrVn J Jo V(z) = Vn - [ 1 \z\ _ Q 2 ?r \z \ 2 ya que z/\z I es el vector unitario normal. Como V{z) = w'(z), w(z ) = 27 T log(z ) + c, c complejo, por tanto, la función potencial y la función corriente están dadas por u(z) = — log Iz I, 2 ?r Q - — arg^, 2 ?r respectivamente, hasta una constante real arbitraria. Nótese que v(z) es multivaluada, y que ambas funciones son armónicas en cualquier región simple mente conexa que no contenga al origen. Si Q > 0, se tiene una fuente de potencia Q en z = 0 , y si Q < 0 , se tendrá un sumidero. 222 CAPÍTULO ó • PROBLEMAS C O N VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INCALES Cuando la fuente no está en el origen, sino en el punto z 0 , el potencial complejo es ^ ( z ) = % - lo§(z ~ z ° ) + c(! ) Por otra parte, el campo vectorial puede no ser irrotacional. Esto puede ocurrir, por ejemplo, debido a la acción de un rotor cilindrico, de tal forma que en cualquier plano perpendicular a su eje, las líneas de corriente sean círculos concéntricos centrados en el rotor. Tal campo se denomina campo plano de vórtices. Si un vórtice puntual se localiza en el origen, la circulación T a lo largo de cualquier curva 7 de Jordán es una constante no nula (T > 0 cuando el flujo está en contra de las manecillas del reloj). A lo largo de un círculo Iz I= r, la componente tangencial de la velocidad Vs es constante, así que r = f K ds = 2irrV¡ Trt \ V (z ) = Tr Vs * 7 T ÍZ Iz I = — 2 ?r I z 2 ya que iz/ Iz I es el vector tangencial unitario. Entonces, excepto por una cons tante arbitraria, / \ — w(z ) ~ — , r . r 1 to g * - — arg z + i — log — 2 tr 2 ?r Iz I (2 27 t es el potencial complejo de este campo. Como también una fuente puntual puede ser vórtice, se combinan las ecuaciones ( 1 ) y ( 2 ) (en z 0 ), para obtener wiz) = r o +^ 2m log(z Z 0 ) +c ( 3 ) como el potencial complejo de una fuente vórtice localizada en z 0 con inten sidad T y potencia Q. Para obtener el potencial complejo de un sistema de fuentes vórtice T i + iQ i, . . + iQ¿ localizadas en z x, . . ., z¿ se suman los potenciales complejos individuales ^ (z ) = (r/ + ^ ' ) lo§(z - z/ ) ’ 2 tti i= l (4 ) que satisfacen \z — zj I Iz — z 2 \= constante. y se muestran en la Figura 6 . La lemniscata.Z l ) ( z . 6 .z 2 ). log z — z. se conocen como lemniscatas. Ej e m p l o 3 El sistema que consiste en una fu en te y un sumidero de potencias Q y -Q situados en z x y z 2 . respectivamente. Las líneas equipotenciales satisfacen Z — Zi constante .w(z ) = R log (z . con la forma de un está dada por la ecuación Nótese que (z¡ + z 2 )/2 es un punto de estancamiento. tiene un potencial complejo dado por la ecuación / \ _ ----Q . w(z) 27T z — z -. . 2ir Las líneas equipotenciales. .224 CAPÍTULO ó • PROBLEMAS C O N VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INICIALES y forman los círculos de Apolonio que se indican como líneas continuas en la Figura 6. cuyas líneas de corriente están dirigidas a lo largo del eje real positivo.7 . z +h p . ( h \ 1lh log 1 + . Si ahora se permite que la fuente se acerque al sumidero. Q . Las líneas de corriente son la familia de círculos que pasan por z¡ y z 2 .— 27r X2 + y 2 27T x 2 + y 2 . w(z ) = — log ------. FIGURA 6 . Entonces . Su potencial complejo está dado por w{z) = — 2 ir lím log ( l + —) h —o \ z / = — l o g e 1^ = 2 ir 2 ttz (6 ) por lo que p x -p v_ . Círculos d e A polonio Sea z ! = — h.7.= f ¿ir z 2tt \ z J p = Qh. se ob tiene en el límite un doblete puntual de momento p localizado en 0 . aumentan do (5 simultáneamente de tal forma que p permanezca constante. z 2 = 0. si el flujo es simétrico con respecto al eje x. Pero al quitar la suposición de simetría. D oblete puntual (dlpolo) en el origen El procedimiento anterior también se cumple para zl complejo. la ecuación del potencial complejo está dada por j p w (z ) = Z + — + lo g 2 . pues su vector velocidad correspondiente F 2 (z ) = Í L 2 itz se anula en oo. pero en tonces el momento del doblete es complejo con argumento ir + arg z t y coincide con la dirección de las líneas de corriente en el origen. centrado en el origen.FIGURA 6 . con potencial complejo w2 {z) = — 27TZ r logz. Sección 5. Z 2m . el potencial complejo estará dado por 1 w ¡(z ) = Z + — ) z ya que Vl (z) = 1 — (1 /z2 ). Ej e m p l o 4 Considérese el problema de conocer todas las líneas de corriente en el exte rior del disco unitario de tal forma que el vector velocidad tienda a 1 en °°. p0 r superposición.8 . de intensidad F . el flu jo podría también estar sujeto a un flujo de vórtice. Como se mostró en el Ejemplo 3.5. .T 2 y si Ir I > 4 7T . _ r * C r r n g . (a) FIGURA 6 . entonces Izs I= > / r 2 + 1 67 T 2 — r 2 / 47 T= 1 y tan Arg zs ±r y /l6 ir2 .226 CAPITULO ó • PROBLEMAS C O N VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INICIALES La magnitud de la velocidad satisface V{z) I= Iw'(z) I= 1 — 4* -----z2 2mz i r que se anula en los ceros zs (puntos de estancamiento) de la ecuación z2 + Esto es.9 . Líneas d e corriente del exterior d e un disco c o n un vórtice puntual en su ce n tro (a) 0 < r < 4?r. (c) I' > 4tr .r 2 (V) 47T 2iri z . 47T Así que solamente uno de los puntos de estancamiento está fuera del círculo unitario.1 = 0. los puntos de estancamiento están sobre el eje imaginario y satisfacen iz . Si Ir I< 47 T . (b) r = 4?r. _ T i± ^ l6 ir2 . .9. Se muestra un bosquejo de las líneas de corriente en la Figura 6. dadas las tem peraturas en la frontera de 100 ° en Ix I > 1 y 0o en I x I<C 1 . Encu en tre la función potencial p ara el cam p o electrostático plano en Iz I <C 1 cuyos bordes son electrodos representados por los semicírculos e % e . construya las líneas equipotenciales y las líneas de corriente.log(z . Encu en tre la tem p eratu ra de una p laca Q con la form a del semiplano superior. 4 . e t6 . flujo de calor y electrostática (véase Tabla 6. p a ra el flujo plano de un fluido en el semiplano superior. . Se puede incorporar la información de esta sección en la analogía entre flujo de fluidos. Perfil d e Joukowsky: {a) p la n o ?. cuando hay una fuente de potencia Q en i y un sumidero de igual potencia en 0 . Encu en tre el potencial complejo y las líneas de corriente.----------277 Z ZQ 1 D oblete de momento p en Zq 0 D oblete de momento p en z 0 D ipolo de momento p /2 lT en z Q Ej e r c ic io s 1. -ip zv(z) - F u en te de potencia Q. en z 0 w(z) - P C M N 1 1 N w( z ) = Z t 27T& Z _ i _ —z0 iw{z) = ---. y evaluar la eleva ción del ala. (b) p la n o z perfiles se aproximen a las secciones de las alas de un avión. 1 0 . I 8 — 7t| <C 77/2. 3 . ¿Cuál es el potencial complejo p a ra el flujo plano de un fluido con un sumidero de potencia Q en . con potenciales w0 y Uj .FIGURA 6 . I 8 I <C 77/2. . TABLA 6 . y encuentre el vector velo- .z 0 ) 2m F u en te vórtice de potencia Q. 2 .1).1 C a m p o s vectoriales en e sta do estacionarlo Flujo de calor Q -----2 irk i lo g ---------Z — Z q Flujo de fluidos F + iO w ( z ) = -----------.1 y una fu en te vórtice de potencia Q e intensidad T en 0? En los Ejercicios 5 -8. e intensidad F en Z q Campo electrostático Q 1 iw { z ) = — ¿ l o g ---------277 z —z0 C arga de magnitud Q ¡ 277 en z 0 . a p artir del potencial com plejo dado p ara el flujo de un fluido. respectivam ente. Se ha visto que si U(<¡)) es continua por partes para 0 < 0 < 27T. Un multiplete puntual (o multipolo) es una generalización de un doblete (dipo lo). Se dice que tal multiplete tiene orden 2n.z 8 . 5 . Muestre que su potencial complejo está dado por » ( * ) = 2irn 4 z. (Sugerencia: Muestre que z — 2 1 0 . w(z) = az + 27T log —> z a.x l = v / 2 ' + 2 2 = / r . Dibuje la imagen de los círculos descritos en los Ejercicios 10 y 11.i \ f + 1 V / l — zl = > / F 1 1 . w(z) = log ( l + z _1 7. los momentos de los dobletes y el comportamiento del flujo en oo. la potencia y la intensidad de las fuentes vórti ces. I f + 6 . w(z) = log ¡ z 2 -----. Q > 0 9.’ \p\ r = Qr. ^ (R e ^ + z £7(0) Re ( -----------XRe^-z d< ¡) . entonces la función u(z) 1 27T 2* 0 . x.w(z ) = TT" loS (z + 2ir \ z 6. que se obtiene al tomar un sumidero de potencia Qen el origen junto con n fuentes de potencia Qjn distribuidas simétricamente en un círculo de radio r. los puntos de estancamiento. bajo el mapeo z = f + (1 / f ).> y que las líneas de corriente están dirigidas a lo largo de los argumentos de las raíces n-ésimas de p. y que mantiene Qr fijo cuando r tiende a 0.228 CAPÍTULO 6 • PROBLEMAS C O N VALORES EN ÍA FRONTERA Y VALORES INICIALES cidad V.4 S eries de Fourier La fórmula integra) de Poisson está íntimamente relacionada con la noción de una serie de Fourier. l f . Así. .1 'a" '. SOLUCIÓN: z < R que tenga los valores en Primero se deben calcular los coeficientes de Fourier de 0 eos é e !n í> d é IT 1 "2n 0 + d < ¡> 2 -. _ n = 1. Ej e m p l o 2 Una placa con la forma'de un disco de radio R se mantiene a una tempe ratura constante de 1 0 0 ° en la mitad superior de su frontera.in*d<t>= 1 0 0 [ Jo in 1 n > 0.¡> d < ¡> (2) es el n-ésimo coeficiente de Fourier de U{<¡>).= c 0 + 2 Re donde 2 ? c n é in 8 ( 1) R nc = ___ 2 tt - '2 tt U {é )e . Ej e m p l o 1 Encuéntrese una función armónica en la frontera U{(¡>) = eos 0 . y de 0 o en la mitad inferior. w(z) = 2 Re ( r c ^ 16) = Re (z/¿?). por lo tanto los coeficientes de Fourier satisfacen c0 — 50 y 2irRn cn = l 0 0 f" e . SOLUCIÓN: Aquí U {<¡>) = 1 0 0 para 0 < (¡> < ir y t/( 0 ) = 0 para ir < < ¡ >< 2 ir. n¥= 1 .I 2i 1 2 g —i(n+ l)4> ~ \ 27t 1 + n + 1 = Jo e-2H> -i 2 tt 2i _ n —1 4 > = 0.in . Búsquese la temperatura en cualquier punto z de la placa. 0 < 0 < 2n. Arg -------t r \ R -z 100 Arg R +z R-z Existe una conexión similar entre las series de Fourier y de Laurent de una función f(z ) analítica en un anillo r t < Iz I< r 2 . u(z) = 50 + 2 Re 2 n=0 (re* ) 2 " +1 c 2 n+1 | i n= o 200 50 + -----.—°° 2 CnZn .2. _ = i n=o 2n + 1 1 — z2 2 Log ( L O \1 —z u(z) = 50 + 7T Re — Log ( i L Ü 2i \R — z ) 1 100 fR+z = 50 + -----.Re (z/R )2n+l 2n + 1 _ Con el método del Ejemplo 1 en la Sección 3.2 30 CAPÍTULO 6 • PROBLEMAS CO N VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INICIALES Luego. r l < R < r 2. Obsérvese que f 2 ir O 2 k k 2 II s Jé 1 I I K 1 . dz Jo . (3 ) | f 27 T o dz zn 1 d < t> . Aquí. la suma -2 n + l 2 Por ende. f{z)= donde Rn R n cn = ----2iri 1 27T j n . pero ésta no puede . es If ( z ) I2 . Ambas funciones tienen la misma serie de Fourier.n < t> + cn e m (t>.n— 1 d< ¡) n2 lcJ 2 r2(n -l) De ahí que. puesto que 2 R e(cn em < t> ) = cn e. como la convergencia es uniforme.r 2n). una función ( 0 ) que difiere de í/( 0 ) en sólo un punto. 1. se tiene Jo í \f'(reul> )\2 d<t>= lím í Jo = 2n 2 n = —~ k 2 2 n= —k ncn z. por ejemplo. Por tanto. fí Jr \f'{z) I 2 dx dy = 2ir =7 r 2 n = —«« n 2 lc „ | 2 n\cn I2 í Jr r2n 1 dr _ r2n ). producido por el m apeo/(z). las series de las ecuaciones (1) y (3) pueden escribirse ambas en la forma 2 con cnein < t> (4 ) = c„ . 2 n = —«« La serie de Fourier de la ecuación (1) no necesita converger a í/(0 ).= 27T n = —oo 2 r 2n Si z = é® . Con sidérese. se vio que el cambio lo cal en la escala de las áreas. Muéstrese que el área de la imagen del anillo es 7r 2 n lc„ I2 (R 2n . el área de la imagen del anillo es If'(z ) I2 dx dy - r< Iz Ki? Por el método utilizado al probar la identidad de Parseval. Ej e m p l o 3^ Sea f(z ) = 2„=_oo cnzn analítica y uno a uno en una región que contiene al anillo r < I : l < R. n=— °° SOLUCIÓN: En el Ejercicio 11 de la Sección 5 . y si U es derivable en 0. y e->0 e u ' » . El problema de la convergencia es de fundamental importancia en este estudio. Entonces lím " & -» c o E n= fe cne ^ = \ [í /( 0 + 0 ) + U ( 0 -())]. El teorema siguiente establece el problema de la convergencia para una clase útil de funciones. Te o r e m a Sea U{<¡>) una función spp en [0 .) .if» e-*0 — e serán las derivadas por la derecha y por la izquierda. b] si tiene derivada continua en todos los puntos en los que existen los límites y las deriva das de U por un lado. Nótese que si U es continua en 0 . existen funciones continuas cuyas series de Fourier divergen en todos los números racionales 0 en el intervalo [0. De hecho. (Adviértase que si la serie de Fourier (4) converge. Para e > 0. U {<¡> + 0) = lím 1/(0 + e). y i 27T 2* o u ( d ) e ~ ine d d . Antes de estudiar el tema de la convergencia. respectivamente. pero que éste existe aunque (4) diverja. es útil definir límites y deri vadas por un lado. concuerda con el límite anterior. ambos límites por un lado coinciden con U{<¡>). 27t). e-*0 1/(0 . de la función U en 0. Una función real f/(0) se llama suave por partes (spp) en [a.0) = lím 1/(0 .o i.e) e— ►0 son los límites de los lados derecho e izquierdo. ambas derivadas por un lado concuerdan con U'(<j)). 27 t] con periodo 27 T . excepto en un número finito de puntos.232 CAPÍTULO 6 • PROBLEMAS C O N VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INICIALES representarlas en cada punto. + + ^ ^ _ 0 jj ¿ t 2ir Jo Ya que las derivadas por un lado de £7 existen. 1 » i f' Í ü £ ± í í í . se tiene W =ir r s e n -f e+ r' ) ¿ . En particular.I í 2' 27T Jo £. integrar sobre el intervalo [ —ir.í) .(*) s e n (0 — 0) al establecer t = d — 0 . En consecuencia. si £7(0) = 1 para todo 0.11). tt] y dividir el interva lo de integración en mitades.0) . entonces c 0 = 1 y cn . 27r Jo sen t í Al multiplicar esta identidad por [1/(0 + 0) + 1/(0 — 0)] /2 . la función £7(0 + í) .0) Sfc( 0 ) = J_ g f * sen(_fe + T_ )í sen t t + tj _ u(^ .W +1 )+ 27 r Jo sen -jt (véase Figura 6. y la integral ■ * sen (fe + i ) í ^ o sen t t +^ + ^ + u{^ __ ^ ^ dt £7(0 .«•'(♦-») = .- ir 2ir Jo dd 1 .£7(0 . - 0] dt F ig u r a 6 .1 1 .0 para n =£ 0. se tiene £7(0 + 0) + £7(0 . 2 * .£7(0 + 0) sen t í es suave por partes en 0 < t < 7r por lo que se aplica la primera observación de esta prueba. 2 34 CAPÍTULO 6 • PROBLEMAS C O N VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INICIALES se anula cuando k °°. c-\ = — . ■ Ej e m p l o 4 Muéstrese que 7T — ~ T 2 ~ 1 1 ^ 3 ~~ 1 3 ^ 5 1 5 ^ 7 1 _ 7 ^ 9 por medio de la serie de Fourier de la función TTtA>\ W j í Sel1 0 . para 0 = 7t/2. c±1 = ± [ 4 ¿ ] . U(tt/2) = l. O < 0 < 7 7 . = 2ic i sen 0 . donde se anulan los coeficientes restantes. lím sk (4>) = i [U{<!> + 0) + U(4> . Como c 2k = c . Así.1 .l ) ( 2k + 1) Por tanto tt- 2 = j _______ L + _ L 1*3 3 -5 5 -7 _ L + 7 -9 4 Ej e r c ic io s . se tiene c 2ke 2 k < l> %+ c _ 2ke~ 2 h < l> %= 2 c 2k eos + c_ i e~% < ! > y UU) = 2 2k<¡>. 7 7 < 0 < 277.0 ) ] .2 k. SOLUCIÓN: U(4>) es suave por partes y ¿(\-n)<t> _ e-t(i+n)(¡> •o 2ircn = í sen 4>e~m < ^ d<j>= Jo 2f lo cual implica que c 2k = [^(1 — 4&2 ) ] . + i +Í 7T 7T l k =\ — (1 - cos2H 2A ¡)(1 + ■ 2k) Específicamente.1 .a sí que k 1 = —+ i — — f 2 77 7t k = i ( 2k . 9.. .) 10. los coeficientes de la serie de Fourier en la ecuación (4) se aproximan con sumas de la forma Ncn = 2 k=o N. 11. 0 < k }-. Use el Ejercicio 10 para la situación donde N=Ny "N2 •. y n . . ’ Nm . cn = cnj . confirme que C2n / M 0 / 0 \ 2 sen — / sen— d é = 27rn. . .=o \ N J W». 6 . n¿ < N j . Pruebe qué — = £ — • 90 n=l n4 8 . 27 T J— 7 r .l U — ) e -2**n/N . Si N = N i ' N 2.n2se obtiene como una transformada de los coeficientes N 2 A fj — 1 / 27r/s \ 1 2 k. + zn~ 1 . Jo V 2/ 2/ {Sugerencia: f{z) = {zn — 1)/{z — 1) para z =£ 1.. muestre que Ncn = 2 k 2=o N 2 U k. 1 —r 0 < r < 1. . .Este es el pro cedimiento que se utiliza en la transformada rápida de Fourier.n 2Ni + n i .6 n= 1 n 2 7.*. Así. k = k i N 2 + k 2 .L í* U{<t>)e~in* d<p.=0 2 í/ _ \ N J 1 0 < k 2 < N 2. Emplee la identidad de Parseval en la función f(z ) = 1 + z + . Aplique la identidad de Parseval a la función f { z ) — (1 — z ) "~1 y pruebe que 1 í’2n _______ ^ 27T ■ '0 1 —2r c o s 0 + r = — — . \N / ( 2 TTk\ . 1 j donde W Jv = e ~ 2™ /N ..5 T r a n s f o r m a d a s de F o u r ie r La serie de Fourier de una función U{(¡>) de periodo 27T puede escribirse en la forma siguiente: 2 c j n\ n=-« cn = . Para propósitos de cálculo. . se puede escribir la serie de Fourier en la forma | JíM ¿tn* = J _ A-v/Stt y /2 ñ ! u(fB) ^ * (tn+l .” . si £7(0) tiene periodo 27rA. muchas funciones interesantes no son periódicas. £7(0) tiene la serie de Fourier f n = —oo cn ein* = f 71= — oo cn ein^ K.¿n0/x d< t> . donde c„ = — r U(k\¡j)e-in+ d\¡J = — í/( 0 ) c . Se podría aproximar esta situación por medio de una función de pulsos idénticos. con 0 = 0/A se obtiene una función de periodo 2ir. un solo pulso que no se repite. separados entre sí por una distancia 27rA al investigar el efecto en su serie de Fourier cuando A -»■ °° (véase Figura 6. M(t) = —^ í / ( 0 ) ^ . y ya que tn +1 — tn .t t 27rÁ J-ttx Sin embargo.tn ).n n n n n n 0 ri 17 1n n n n n 27tX -> n n n n 1 r 0 r1 n n n n .¿í0 d< ¡> . por ende. Si A -> °° e ignora todas las dificultades técnicas. se obtienen for malmente las expresiones Ú (0) = — -— s/2ñ í” u(t)<P* dt. J~°° y /W J. al definir u(t) = —^ — í U{<$>)e~lt* d(j>.1 /A. B=-°" muy similar en apariencia a las sumas con las que se definen las integrales de Riemann. por ejemplo. Como tn = n/'k.236 CAPÍTULO 6 • PROBLEMAS C O N VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INICIALES De modo semejante.12). 2ir J . la integral oo ' £7(0)e!í(0-1^ d(j> converge uniformemente con respecto a t sobre cualquier intervalo finito. 4 Así que $ — I0 I> 1. = 2 y 0 — 0 > |0 1 + 1 (0 fijo) puede escogerse de tal forma que I •U0l><j> l£7(0)ld 0< f • . ( 1) Je+6 0 —0 . pero de ninguna manera es el mejor de su clase.Esto tiene el efecto de duplicar el tamaño de una tabla de integrales dada. e inver tir el orden de integración. -T £ 7 (0 )^ -^ d < ¡> dt = J - £7(0) £7(0) rr sen 7(0 . Es posible.4. TEOREMA INTEGRAL DE FOURIER Si £7(0) es suave por partes y I £7(0) I se puede integrar en —00 < 0 < entonces PV £ 7 (0 ) . lo cual denota que serene . integrar con respecto a t sobre el intervalo ( ~ T . Entonces. PRUEBAt: Como I £7(0) I es integrable. se conoce también una para su inversa.0) dt d<p t£0. por que si se conoce una solución en forma cerrada para la transformada de Fourier u(t).j ) I0 l> < t > 0 —0 # 0 1>0 I £7(0) Id < p < 4 Al igual que en la primera parte de la prueba del teorema de la convergencia de las series de Fourier en la Sección 6. El teorema siguiente pro porciona condiciones útiles bajo las cuales £7(0) y £7(0) concuerdan. por tanto. f* £7(0) sen 7 (0 — 0) d < j> -*■ 0 cuando T -*■ °°.PV • 1 í" d t= 1 [ f / ( 0 + 0) + £7(0 - 0) ] . T ) . [U{6 + 0 ) + U(Q . lo cual indica que para T grande 'T -T ’ 0+6 d (¡> d t.0 d<p < e.f/(0 .U{6 + 0) . 7-*-“ 7 T Jo ^ Como las derivadas por un lado de U existen. se encuentra M U M * aTS e z ñ (— 6 K> 0 . .) + ^ 7T lo cual implica que rv ifo j= 1 f Jo í e Z* * 0 ¿0 .2 38 CAPITULO 6 • PROBLEMAS C O N VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INICIALES y en forma semejante para la integral en [—< 3?.17(0 . 0 — 5 ] .U(6 + 0) + U{6 .0) <¿0 -> ■0 0 .t a P g + ai +W . Por (1) la integral sen T < j> cuando 7" -*■ U{Q + 0 ) + U{6 . Sección 2. ■ Ej e m p l o 1 Supóngase que t/(0) = e~ 1 ^ e n t o n c e s I U(<p) I es integrable y f/( 0 ) es suave por partes.0 ) ] d< ¡> .4). Sección 4.0) .0) .2 o Ejemplo 1.0) 0 es suave por partes. Pero al cambiar variables.0)] ¿ 0 . Su transformada de Fourier ¡ u(t) = 1 e ( . 0 d < t.o ) 7 T ?..0 y se sigue que P V t 7(0) = lím i i* .n I t [U{6 + 0) + U{d .it + 1 ) 0 d<¡) + -ít—1 )0 d<p x/2ñ .°) Iím 0 ^ 1 S 0 = ^ [ í / ( 0 + O) + í/( 0 _ O ) ] por la integral de Dirichlet (Ejercicio 16.2 1 ' " í/( 0 ) 3-6 ’ 6 senTcj) 0 0 sen!T(0 — 0 ) 0 . la función U{6 + 0) . Si se invierte el orden de integración y denota por u(t ) a la transformada de Fourier de £7(0) se tiene U(z) = — ^ í ” u{t)e~y ltl+ixt dt Re — í ” u{t)eht dt j .* n f ' (0 — x ) ¿ + y „ = J_ 2 7f f“ J — O O í” J — oo U{<b)e-yH^ . Ej e r c ic io s E ncu en tre las transform adas de Fourier de las funciones de los Ejercicios 1-4. x e ~ kx2 8 .2) en 0 W . La fórmula (3) es el análogo. --------senh x x senh x . (Suge rencia: Utilice las integrales de contorno de la Sección 4 . del desarrollo en serie de Fourier de la fórmula integral de Poisson en el disco. x x 2 + b2 1 x4 + ó4 Encu en tre las transform adas de Fourier de las funciones de los Ejercicios 5 -8 . Jo J (3) ya que u(t) = u (—t) para funciones reales £7(0) y 2 Re tt(í)e“ * = « (í)*”* + u {t)e~ at = M(í)e(_y+¿c)/í + M(-í)<?(y+¿c)(_í). Sección 6. --------- 7 . x2 — —r----. e~ kx* 1 6 .(0 — x ) 2 + y 2 lo que transforma la fórmula integral de Poisson para el semiplano supe rior (Ejercicio 4.5 .) ^ b x 2 + b2 3.) 5.2 y 4 .x^ dt d < $ > . ( Suge rencia: Use las integrales de las Secciones 2 .— {x 2 + b 2 )2 4.3 . para el semiplano. lo que conduce a probar factores de la forma e ~ S (l> = e~^g+lt^ . J —O O í U(<p)V(<p) dtp = í J — oo u(t)v(t)dt. Suponga que U = U en casi todos los puntos de (— °°. Esto se debe a que el factor no tiende a cero cuando < /> °°. t< l no tiene transformada de Fourier. Encuentre una función armónica en el semiplano superior que tenga a £/(</>) como sus valo res en la frontera. Considere la placa G con la forma del semiplano superior y con temperaturas de 1 ° en el intervalo [—1. La función . . la función de Heaviside {o. Sin considerar la con vergencia. °°). Encuentre la temperatura en todo punto de G. . muestre que 9. 11. Por ejemplo.6 T r a n s f o r m a d a s de L a p l a c e Los métodos de la transformada de Fourier a menudo son inútiles para anali zar funciones que no son absolutamente integrables en (— °°. 12. respectivamente.) (1 + í ) 6 . l ] y 0 ° e n e l resto del eje real.240 CAPÍTULO 6 • PROBLEMAS C O N VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INICIALES Suponga que U((p) = l ¡ en 0 < < ¡) < ° ° y se anula en--°° < < ¡) < 0. que se anulan cuando g > 0 y < ¡) °°. ^ 2 r T J-“ J-“ 7 (iSugerencia: Use el Ejercicio 11. donde u. Entonces obtenga la identidad de Parseval para las integrales J — oo I £/(</>) 2 d < ¡> = f J— o o \u(t)\2 dt. V. v son las transformadas de Fourier de U. °°).* . ya que la integral diverge. Muestre que r * . 10. (2 ) llamada transform ada de Laplace (por un lado) de £7(0). ya que JC 2 { t / ( 0 )} (s) = £ { t / ( _ 0 ) } ( .i 0 Id < ¡> + M í°° J< t > I (*— «)0 | d < ¡> . un estudio de las propiedades de la integral £{£/(</>)} (s)= J " ¿0. y |e . se I t/(0)e .s ) + £ { t / ( 0 )}(s). La transformada de Laplace por dos la dos convergerá en la franja a < Re s < b (a < b) en analogía con el de sarrollo de la serie de Laurent.= I” Jo d < t> + í°° £/(0)<?-f * -<*0. PRUEBA: Al denotar por M una cota finita de e a < t > \U {<¡>) I en 0 > < f> . existen constantes a y $ tales que e~a < 1 >IU {<¡>) I está acotada para toda 0 > <f>).i 0 \d(¡)< I* Jo Jo Pero £7(0) está acotada en [0. La transformada de Laplace por un lado.13). (f)] . tiene muchas propiedades similares a las de las series de potencias. Entonces la transformada de Laplace jC{t/)(s) es analítica en R e s > a {un semiplano de convergencia). porque . completamente contenido en el semiplano de convergencia.( i . tiene í°° l í / ( 0 k . definida en la ecuación (2). Se probará la existencia de un semiplano de convergencia análogo a la noción del radio de convergencia en el teorema de Abel. Jo Entonces.f l) 0 ¿ 0 = g ( R e *_ j l <oo. lo cual implica que la primera integral es finita.exponencial (esto es. TEOREMA Supóngase que í/(0) es suave por partes y de orden. Esta última ecuación indica que la transformada de Laplace converge uniformemente en cualquier conjunto cerrado D. permite investigar el comportamiento de la transformada de Laplace por dos lados. J< t J* Re s — a así que la transformada de Laplace de t/(0) converge absolutamente en Re s > a (véase Figura 6.« ) 0 | d 0 = f" e.(R e * . ya que es continua por partes. Para los enteros n 0. En particular. según el teorema de Weierstrass. la serie de funciones analíticas n= 0 2 [M„+1 ( í ) M „ (í)] = J0 í c / (0 )e _ í 0 £¿0 = JC {[/ (0 )} (í ) es analítica en Re s > a. y 0 puede elegirse de tal forma que el lado derecho de la ecuación anterior quede más pequeño que un e > 0 preestablecido.J o 0 U{^)e~s4 > d(¡). para todo s en D.242 CAPÍTULO 6 • PROBLEMAS C O N VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INICIALES ÍQ íp fíV eítívÑ T ' D óm ln io’d© FIGURA 6 .J “ 0 í/( 0 ) e . JC{í/(0)} = . Sem iplano d e c o n v e rg e n c ia ¡'oo (R e s —a)<p C/(0 )<?-^ d < ¡> < M . Por tanto.-------------J< t > Re s — a cuando 0 > < £ > .^ dc¡> = — £ { 0 C/(0)}.1 3 . ■ (3) Ej e m p l o 1 Muéstrese que £ { e ~ z* } 1 . las funciones ^ = Jo u ^ e~s 4 >d0 son analíticas en la región Re s > a porque Un (s) = . n = 0.para Re s > 0. £{U{(p)H(<j) . 1."e n — pn JO 1g s < t> 5 n s ni 6 "-1 + n —1 — 5 0 5 n\ A+ 1 . 2 . SOLUCIÓN: Al integrar por partes repetidamente. .¡e dd.* d(¡> = e . lo cual proporciona el prim er teorema de desplazamiento JC{í/( 0 ) e . se obtiene o (jfe s < i> d(j) + 0 jc m n_-s0 _ 0.^ z^ d(j>. Los siguientes dos ejemplos muestran el uso de los teoremas de desplazamiento.^ } ( s ) .^ ) c . .a)e~s* d<p = f " d < j> .as f °° U(6 + a )e .í0 d< ¡> = J ” U ( 4 ) e . se tiene ¡o U(c¡>)H((¡) . Si a > 0.a )} = e . Jo Además. . Otros dos resultados útiles al calcular transformadas de Laplace son los teoremas de desplazamiento. se obtiene f" Jo U (0 ) / / ( 0 .2 0’ d<j) e s < i> dtp También se pudo haber hecho z = 0 en el Ejemplo 1 y utilizado la ecuación (3) repetidamente para obtener el resultado. Nótese que °° ( C / ( 0 ) c . Cuando se sustituye 0 = 6 + a en el lado derecho de esta ecuación.n . .= J E { í / ( 0 )}(s+-z)v donde la última expresión significa que cada s en £ \U } se reemplaza por s + z.a ) é .aí £ { í / ( 0 + a ) } . puede reescribirse como el segundo teorema de desplazamiento. Por el segundo teorema de desplazamiento y el Ejemplo 1.2 44 CAPÍTULO 6 • PROBLEMAS C O N VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INICIALES Ej e m p l o 3 Para cualquier entero n > 0. entonces e -a (s+ z ) £ {e Z (¡> H((¡) — a ) } = ------------> s+z SOLUCIÓN: Re s > —Re z.a )} = < r « £ { e~z^ +a)} = e .^ 0 I . obsérvese que £{H(<p — a )} = cuando z — 0 . £ {e -Z (t > H(<¡) . Ej e m p l o 4 Muéstrese que si a > 0. + * ) = (. Así. pruébese que (C O T Í’ R' s > “ R E SOLUCIÓN: Podría usarse la ecuación (3) repetidamente para obtener este resultado. £ { r e . si ya se tiene el resultado del Ejemplo 2. Nótese que la transformada de Laplace es lineal: £{aU(<p) + bV((j))j = í o [aU(<p) + bV(<p)] e~s < s > dtp d<p + b V(<p)e~s < t > d<p = a jo = a£{U((¡>)} + b£{V(cp)}. En particular.» } = £ { < ? } ( . . pero es mucho más fácil el primer teorema de desplaza miento.« ( * + * ) £ { e~z* } . é~ as s » Re s > 0. donde £/(()+) es el límite por la derecha de U. 2(s 2 + 4z 2 ) / . Para probar (4).. entonces £ { í / ' ( 0 ) } =s£{U(<t>)} . í d(¡> = C/(0 )e-** U {$)e~s* d(¡>.2 2 0 \ i .U ( 0 + ). Ej e m p l o 6 Compruébese que £ {sen2 2 0 } = — --------— > 1 ' 5 (s2 + 42 ) SOLUCIÓN: 2z2 Re 5 > 2 IIm 2 I. V2 4z / /0 por la propiedad de derivación y linealidad. X{»e 2 1 = 5 4: 1 j \ 2z2 s(s 2 + 4z 2 ) .e ~ ^ ) / 1 V s — ¿2 5 + iz ) S2 + Z2 P r o p ie d a d de l a d e r iv a c ió n Si £7(0) y U'{4>) son funciones spp de orden exponencial. . 2s 2 cuando Re s > 1I m 2 2 I . Como d d0 sen. todos los términos en la ecuación (4) existen en Re s > a. 2 — ----------------) = t ( 1 — cos 2 2 0 ) =sen‘íz 0 . integre por partes C/'(0 ) e .s — iz s + iz ) s2 + z2 £ {sen 2 0 } = X 1 2¿ ^ (e** . (4) PRUEBA: Como U y U' son de orden exponencial. °°).t ) dt. SOLUCIÓN: Por medio de la propiedad de la derivación.2 46 CAPITULO 6 • PROBLEMAS C O N VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INICIALES La convolución de las funciones U (<¡>) y F (0) es la función U * V{<t>) = | U{t) V {< t> .t ) dt d < ¡> — S (¡> d < ¡> J ” U{t) V{<¡) . Las hipótesis anteriores son suficientes para in vertir el orden de integración £ { U * V} = J ” = J ” U{t) V {< ¡> .t)H(<j) . . Si las funciones U. Adviértase que los papeles de U y V pueden intercambiarse sin que varíe el va lor de la convolución. por el segundo teorema de desplazamiento. El ejemplo siguiente da una indicación de la importancia de la noción de convolución. la convolución satisface la identidad £ { U * V} = £{U }£{V}.t ) dt = í ” U{t) JO - í” V {<¡> .t)e ~ s0 d < ¡> d t _J o Jo r U{t)£{v{(p . se obtiene [s2 + 2 ws + [w2 + z 2 )] jC{C/(0)} =£{V{<¡>)}. que. Ej e m p l o 7 Obténgase una solución particular de la ecuación diferencial U"{<¡>) + 2 wU'(</>) + (w2 + z 2 )U(<fi) = V(</>) con í/( 0 ) = í/'( 0 ) = 0 .t)H((¡> . conduce a £ { u * v } = £ { v } J ” U{t)e~ts dt = £ { u } £ { v } . V son absolutamente integrables en ( 0 . la transformada de Laplace de la convolución es el producto de las transformadas de lasfunciones.t)H{(¡> .t ) j dt. (5) esto es. se en cuentra Z(s) 1 {U H ) = £{H(<¡>)} = I S o bien £{u} = ^ $ . Muchos sistemas físicos pueden tomarse como aparatos que transfor man una función de entrada V en una función de salida U.= sZ(s) s Z { uh } l { v } = sZ { uh * V }.Z 2 2. es independiente de V. Jo (6 ) Al conmutar £.{U h } y X { Vj dadas anteriormente. (7) ya que las condiciones iniciales implican que f/// (0) = 0.i . Si todas las condi ciones iniciales son cero cuando < j) = 0 y toman la transformada de Laplace de las ecuaciones que describen el sistema. £ {cosh ztp} = — Re 5 > |Re z| 52 . a la función de Heaviside. En consecuencia. Sea UH la función de salida cuando V(cp) = H((p). se obtiene la expresión Z{s) donde Z(s). experimentalmente accesible. £ {senh ztp] = — J-— -> 52 . Entonces. Ej e r c ic io s Verifique las transformadas de Laplace y las regiones de convergencia en los Ejercicios 1-13. U {<¡>) = (UH * V)'(tp) = í 0 UH ( t ) V\<l >-t ) dt + UH (<l>)V(0). £ {(p sen zcp\ = — ------— . fórmulas de Duhamel. la función de transferencia.z 2 ( í 2 + z 2 )2 Re 5 > |Re z| Re 5 > |Im z | 2 sz —> 3.t ) d t . Las ecuaciones ( 6 ) y (7).Este último ejemplo crea el importante concepto de función de transfe rencia. con el Ejemplo 4. 5 1. por la propiedad de la derivación. expresan la respuesta de un sistema a la función de entrada V((p) en términos de la respuesta. también se sigue que U(<P) = ( V * u H )\<t>)= J o v[t)irH { j > . £ { 0 s e nh z<¡)} = — -----. £ { 0 eos z<¡)} = — Z . t/( 0 ) = 0 . . t/'( 0 ) = l .248 CAPÍTULO 6 • PROBLEMAS C O N VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INICIALES 2 2 4. 15. C/(0) = U'( 0) = 0.s2 + z 2 ) J . £ { e ~ w < l> eos z 0 } = ----. £ { 0 cosh z 0 } = —^ . £ { 0 2 c o s z 0 } = Re 5 > |Im z| TTT^ ’ Re 5 > |Im z | (. Resuelva la ecuación diferencial U'\<¡>) + 3t/'(0) + 2 U {<¡>) = sen0. sen z0| = (s + w) + z2 8.F ( 0 ) + sen 0 .(s e o s za — z senza). use transformadas de Laplace. jC { / / ( 0 — a) sen z0} - e~as — ------. Utilice transformadas de Laplace. JC{02 sen z 0 } = 2 y^ S ■ Z ^> (s2 + z 2 ) J 10. JC{cos2 z 0 } = — —> Res>2|Im z| s(s2 + 4z2 ) 1 2 . Resuelva la ecuación diferencial t /" ( 0 ) + t/( 0 ) = 0 sen 0 . 16.)> | Imz| 9 cy 5. t/( 0 ) = 0 . \ s ~ z ) 7. (s2 + z ¿ )¿ Re 5 > |Im z\ Res>|Rez| Re 5 > |Re z| Re(s +a.—-------Re(s + w) > |Im z) (s + w)2 + z 2 9. s + z2 Re s > I Im z I 14.(z eos za + s senza). (s2 — z 2 )2 2 2 6.— . s + z2 Re s > I Im z I 13. 2z2 ~ \ ~c2 11. jC{//(0 — a) e o s z 0 } = —-----. Resuelva el sistema de ecuaciones diferenciales t/'( 0 ) = U {<¡>) . Jo . Jo r* -------s e n0 d(j). q>a../i La t r a n s fo r m a d a inversa de Laplace En esta sección se estudiará una técnica muy poderosa para determinar la fun ción £7(0) cuando sólo se conoce la transformada de Laplace U(5 ) = £ { £ 7 (0 ) } ( 5 ) = < ¡> [ “ U(<¡>)e-* d (1) de esa función. U * V = V * U 27. 0 Si £7(0) y £/'(0) son suaves por partes y de orden exponencial. ¿Pueden las funciones s s' 1 ser transformadas de Laplace de funciones £7(0) que. lím jE{C7(0)} = 0 S~> 00 22. junto con £7'(0) son suaves por partes y de orden exponencial? En los Ejercicios 25-27. pruebe las condiciones dadas en los Ejercicios 21-23. lím 5 jC{t/( 0 )} = £7(0+ ) S ~ +00 23. .y use ésta para encontrar la transformada de Laplace de la integral seno Si(0) = „. pruebe que la convolución es distributiva. conmutativa y aso ciativa. Si 5 = q + it. e . i.¿í0 ¿ 0 . { U * V) * W . Supóngase que £7(0) es de orden exponencial. ya que el dominio de convergencia de incluye el semiplano derecho cerrado. con e~a < p I £7(0) I acotada para 0 > < í> . U * {Vy + V2 ) = U * Vy + U * V2 26. 2 5 . lím s£{U{(¡))} = lím £7(0) ► 0 0— > 00 24. la transformada de Laplace se transforma en « ( * ) = í~ (£ 7 (0 )e -^ )e .£7 * ( F * W) > 1 .. 21. 14. las integrales de contorno sobre las curvas indicadas en la Figura 6. En particular. Se escribe £ ~ l {w(s)} = U((¡>) en todos los puntos < ¡ >> 0 de conti nuidad de U. s = q + it. <¡>>0. R e s > a y además que u(s) se anula cuando s -> oo en ( para s = q + Re ‘e . < ¡) > 0 . 4><0. y a U se le llama la transformada inversa de u.250 CAPÍTULO 6 • PROBLEMAS C O N VALORES EN U\ FRONTERA Y VALORES INICIALES que es la transformada de Fourier de la función 90. q > a. dado que < fi cos 9 < 0. en todos los puntos < j) > 0 de continuidad de P. < ¡ >< 0. Así que. (3) Esta última ecuación es la fórmula de inversión para transformadas de Laplace. Entonces. (2) Como q > a. se aplica el teorema integral de Fourier. Supóngase que se desea encontrar la transformada inversa de Laplace de una función univaluada w(s). —— í 2m J-Ti u{s)es < t > ds. IP((¡)) I es integrable. nótese que diferentes funciones continuas spp de orden exponencial tienen di ferentes transformadas de Laplace. se tiene P((j>) = ?VP((j ))= o sea t W = T27T T PV PV q+i** q —i* 1 PV y/2ir u(q + dt 2m u(s)es < t > ds. (4) (5 ) . I e *< t> |= + # 0 eos e o si R °°. Ej e m p l o 1 Encuéntrese la inversa de la transformada de Laplace u(s) = ------------------> \ ( * + l ) ( s + 2) SOLUCIÓN: Re s > 0. Con la fórmula del residuo en la ecuación ( 6 ).0 _ e. La transformada u(s) tiene polos en s = -1 y s = -2 .-------— + Res_2i s2 + 4 52 + 4 + 3^ 220 + f 4z + + 3 ) e -2út> 4Z —4z = 2 eos 2 0 + "I sen 2 0 . Re s > 0.+ Res _ 2 (s + l)(s + 2 ) (A P (s + l)(s + 2) = e. Ej e m p l o 3 Inviértase la transformada de Laplace -2 s u (s) = — (5 + 3)2 T’ Re5>0. 2s + 3 u(s) = ---------. Aquí los polos están en ±2z. sólo se usan las singularidades de la transformada de Laplace u(s) = jC{t/(0)} en el semiplano Re s < a.2 0 . La ecuación ( 6 ) proporciona una evaluación útil de la fórmula de inversión (3) para funciones univaluadas u(s ) que se anulan cuando s °°. Ej e m p l o 2 Obténgase la transformada inversa de Laplace de la función .Como la función exponencial es < t ) es entera. . . así que (25 + 3 V 0 „ (25 + 3 V 0 — — f/(0) = Res2¿ ---. se obtiene t/(0) = Res_i es < t > ------------------.> s2 + 4 SOLUCIÓN: . 2 )í u(s)eS (l> = ---------(. y y Í7(0) = -----27r¿ 1 lím r gto-zh (b ) F ig u r a 6 .2 )í = Res_ (0 . Sin embargo. se debe tener especial cuidado para evitar cruzar cortes de ramifi cación.2 52 CAPÍTULO 6 • PROBLEMAS C O N VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INCALES SOLUCIÓN: La ecuación ( 6 ) no puede usarse porque u(s) no se anula cuando s 00 sobre el eje real negativo.2 ) e ' 3(0“ 2). (b) < p> 2 Cuando se invierte una transformada de Laplace u(s) que sea multivaluada.2 ^ H(<p — 2). el teorema del residuo proporciona el resultado ds Jy2 (í + 3 ) 2 . . |e(< t> ~2 )s | = gR ( < t > . + 3 )2 sobre los dos contornos mostrados en la Figura 6.g(0 . (s + 3 ) 2 ds = 0 si 0 < 2 . el método utiliza do para obtener la ecuación ( 6 ) puede emplearse todavía.15. u(0) = (0 — 2 ) e " 3^ . 2m Para 0 > 2. 1 *(0 .1 5 .2 )í R-*™ h . Al integrar j 0 . Por el teorema de Cauchy.2 )cos 6 q cuando R °° si (0 — 2) eos 6 < 0. (a) < t >< 2 . (s + 3 ) 2 Por tanto. adviértase que para s = R e ie. | g ( * . / j °° en el semi ds < _L_ I 2 tt Jo 1 f 2 tt cos 6 d d ^ 0. 1 6 . 2iri J l V J T „ = lím K— í 1 I (27TZ f— r \-R 1 t < ¡ > dt f-r _____ j-R r—0 yf \ t \e ~ i 2m y/\t Si x = -t se tiene U{(¡>) = lím — 1 CR e~x4> dx 1 f°° -----------.5.i) < ¡ >] = eR Q cos 6 -> o. la función U(<p) = 0 para 0 < 0. Entonces. se tiene n i) _ ■ m ) i v^r0 ns/0- . nótese que la integral se anula cuando R círculo grande de y 2 mientras que 1 r 1= 27T Z «■ j ■ r■ . C orte d e ra m ific a c ió n F ig u r a 6 . Para 0 > 0. cuando R -*■ °° si 0 cos 6 < 0. cuando r -> 0 en el círculo pequeño de y 2 .-------- e x (t> dx * Jr V 5" * J° y con la definición de la función gamma del Ejercicio 14 de la Sección 4. f/( 0 ) = l í m R-+~ 1 fi+zfi —— ds — et r l> dt — . = 0 9 31 dx2 (7) donde 6 es el coeficiente de difusividad de calor en la varilla. de ahí que la transformada de Laplace de la ecuación diferencial se trans forma en (s2 + 2ws + w2 )£{U((¡))} o sea.6. Supóngase que se dan las siguientes condiciones inicial y de frontera: . £ { t / " ( 0 ) } =íJE {1T (0)} . t es el tiempo y U es la temperatura. x es la por ción sobre la varilla. U( 0) = 0.. t/( 0 )= asi que U (<¡>) = ~ e~ W > + —. í/'(0 ) = ~ ■ SOLUCIÓN: Con la propiedad de la derivación de la Sección 6.i .-A. £ { í / ( 0 )} = S — .= s 2 £{U(<l>)} .254 CAPÍTULO 6 • PROBLEMAS C O N VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INICIALES Ej e m p l o 5 Resuélvase el problema de valor inicial U”{<p) + 2 wU'(<p) + w2 U{<p) = —senw (j). 2 zv 2w JC{í / ' ( 0 ) } = í JC{í /( 0 ) }.e~ ÍW 0 s< 2 0 Res JC{í/(0)} (í) es < t > 4zv2 cos w < ¡) ~ e~ W 0 2zv Ej e m p l o 6 L a ecuación de difusión térmica en una varilla semi infinita es BU c d2 U ---.-L 2w IV = ■ ■ ■ ws + iv 2iü(í + iv)(s2 + w2) Por el teorema de inversión para transformadas de Laplace. 4 2iv 4zv 4. La solu ción general de la ecuación (9) tiene la forma u . y puede utilizarse el teorema de inversión para las transformadas de Laplace. la ecuación diferencial es 5 . (11) siempre que el intercambio de la integral y el límite sea válido. Las condiciones de frontera en (8) pueden reescribirse en la forma ( 0 . s/T (12) Al comprobar que la ecuación (12) es efectivamente la solución. Además." 2 dv) . t)e d t .0.— 2 por medio del Ejemplo 3 de la Sección 2. f ) } = d2 u o d tt = . £ { u y = ce~'J*fix/s. Por tanto.0 ) = J c j ^ } = 6 — £{U }. s ) = Jo lím U(x.í £ {t /}. nótese que r Jo e dv = . se debe comprobar la respuesta y verificar que solucione el problema.-C ~ cce-*' e~std (10) lím u ( x . Como este intercambio puede no ser válido. _ c g —x 2 /45 1 9^ y ‘ a2 fI _ 3^ yjñbt ex e ' x 'l4St = W í 3/2 " 9í ' “ 2v^5 .t /( * . Si :w = £ { [ / } .— f * /2s/i7 e . i = — u. para obtener U(x. o el Apéndice 2. así que c t = 0 por la ecuación (11) y c 2 = c/s por la (10).2. (9) dx2 8 donde se considera a x como la variable independiente y s como un pará metro. . t) = c ( 1 . Cuando se intercambian las operaciones de tomar la transformada de Laplace y la de derivar con respecto a x. s ) = £ {u (0 . De esta forma se satisfacen las condiciones inicial y de frontera (8). 1 1 . Suponga a.— --------s(s2 + a 2 ) Use los métodos de los Ejemplos 3 y 4 para invertir las transformadas de Laplace de los Ejercicios 11-18. y/T 19. tan-1 — > s 15.— . o e ~ bs (s + a )3 p-b s 9 . 5 s3 + a3 5 . ^ (s + a) 5-----{s2 + a 2 )2 2. Log ^1 + —— ^ > Re s > 0 Re s > 0 i 1 8 . Suponga que cada transformada se define en el semiplano Re s > a y b es real. Log 14.— L o g ( l + s 2 ). Re 5 > 0 1 2 . 4 . b) Re s > 0 Re s > 0 Re 5 > 0 13. e~a'fs~ 1 7 . 25 Re s > 0 Resuelva la ecuación l2 ■ U (<¡>) = <¡>+ | sen ( 4 > — í) U(t) dt. 1. -----.— s2 + a2 1 0 .— . . — -------P~bs 1 (s3 + a3 ) 8. b > 0.2 56 CAPÍTULO 6 • PROBLEMAS C O N VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INICIALES Ej e r c ic io s Encuentre las inversas de las transformadas de Laplace dadas en los Ejercicios 1-10.— i s(s2 + a 2 ) 7 .1---(s + a)4 6. ----------. 16. (s + a) 1 3. Resuelva la ecuación . 20. V^ Re s > máx(a. Ut(x. Encuentre una solución de la ecuación. Ut(x. X-*^o co x >0. 26. Resuelva la ecuación diferencial parcial Ut = 8Uxx + n U x . 0) = 0. 24. x>0. £7(0. 0) = 0. en una cuerda semi-infinita. t) = lím Ux (x.0)=g(x). 0) = h(x). sujeta a una función de forzamiento f { x. t > 0. con condiciones iniciales y de frontera U(x. t) = 0. t) = 0. U(b. t ^ 0 y x > 0. 27. Uxx . í) = sen — b . satisface la ecuación de movimiento Ux x Las condiciones iniciales U(x. t) = 0. 0) = 0. t). U (0 . . t) = 0. Use transformadas de Laplace para obtener una expresión para la solución de este problema. t > 0. t > 0. £7(0. 0) = 0. \ Utt = f( x. de onda Un ~ o . x > 0. lím U(x.t) U(t) dt. Una cuerda finita. X-*^o X. donde a y b son constantes fijas 25. 0 0 < x < L. dadas las condiciones iniciales y de frontera lím U(x. dadas las condiciones inicial y de frontera U(x. Busque una expresión para la solución de la ecuación de onda Uft ~ Q UX Xy U (x. t).£7(0) = 1 + J * ( 0 . í) = U(L. t) = 0. t > 0. Ut(x. a son funciones dadas. y la cuerda tiene sus extremos fijos: £7(0.0)=f(x). t > 0. t) = c(=£ 0). y H. Carleson [Acta M ath. Un teorema de Y. SECCIÓN 6 . S e c c ió n 6 .2 58 CAPÍTULO 6 • PROBLEMAS C O N VALORES EN LA FRONTERA Y VALORES INICIALES NOTAS SECCIÓN 6. 301-304] muestra que para cualquier conjunto S de medida cero. SECCIÓN 6 . si las funciones involucradas son suaves por partes.3 Un tratamiento del perfil de Joukowski se encuentra en [R. El problema de Dirichlet en el espacio tridimensional se estudia en la teoría del potencial. por un resultado de L. 116 (1966). una de las cuales está en el Apéndice.2 Puede encontrarse un análisis más completo del problema de Dirichlet en el plano complejo en [A. Se puede encontrar un aná lisis comprensible del problema de la convergencia en [Hf]. 27t] se encuentra en [ J .5 Frecuentemente se encuentran definiciones alternativas de las transformadas de Fourier. la serie de Fourier de una función continua converge excepto en un conjunto de medida cero. Katznelson [Studia Math. Todas las definiciones son equivalentes hasta una rotación y la am plificación por y/2ñ. págs. págs.7 Una prueba de unicidad de la transformada de Laplace para funciones conti . existe una función continua cuya serie de Fourier diverge en ese conjunto. 546]. 115-121].. SECCIÓN 6 . 237-253].. La hipótesis sobre C/(0) en el teorema de Poisson puede desarrollarse substancialmente [Hf. La integración y la derivación término a término de una serie de Fourier se pueden realizar.4 Un ejemplo de una función continua cuya serie de Fourier diverge en los nú meros racionales de [0. Recíprocamente. Capítulo 19]. 26 (1966). Capítulo 3. para obtener una serie de Fourier de la integral indefinida o de la derivada. un clásico en esta área es [Ke]. 135-157]. SECCIÓN 6 .6 En muchos manuales matemáticos pueden encontrarse tablas de transforma das de Laplace. pág. A 1 Tabla de mapeos CONFORMES 259 . b -----1 ----- W w + 1\ _ .2 1 + z d ----.1 ----v b a .Z ~ 1 1y z+ 1 C 1 wmm \ a O 1 w = Log / *= I a | I w-a 1 ~a~ l 1 ~aw J .2 60 APÉNDICE 1 • TABLA DE MAPEOS CONFORMES Plan o z Fu n ción del mapeo P lan o w v / ■IS lS l: 1 . w= l c . b \ o a . = yr1 6 b u . 262 APÉNDICE 1 • TABLA DE MAPEOS CONFORMES Plano z Función del mapeo Plano w w = sen z Linea continua y cosh/: J y senh/: J Línea discontinua ( sen —■ Y l j J “( ^ — eos.■V J w — ez + 1 e2 .1 ni f 9 w0 Lo g d ( N — ni b a . L o gz vmw.1 +cosh * z ] .w= ni +z .2 V ’1 + z + L o g ( l i'TT7 +$ “ {y 'z2. . a ) Re s > Re s > Re s > Re s > Re s > Re s > Re s > Re s > Re s > Re s > Re s > Re s > Re s > e Re s > Re s > 0 Re z i Im z\ |Im z| Re w + |Im z| Re w + |Im z\ |Im z| |Im z\ 2 |Im z \ 2 |Im z\ máx j| Re z|.w ) 2 + z 2 ] 2s z/ ( s 2 + z 2 ) 2 (s2 .a f 12 a/s e— R es > 0 v f 265 .z) z/(s 2 + z 2 ). .2 a<j>) Re s > 0 \ [w $> \pñ§ (2\ ^ ) ( s .w )/[(s . y = 0 . |Re tn|| |Im z| 2 |Im z| 0 0 efl0( l .A 2 Tabla de TRANSFORMADAS DE Laplace u(<P) < p z (R e z> -l) Dominio d e co n verg en cia e z<b r(z + i)/s'z+1 1 l(s .y )/s.“ /s sen z(j) eos z(p e wi^ sen z<p e wi^ eos z<p < p sen z(p (j) eos z<p sen2 z(p eos2 z<p _ gw < l> )¡(f) sen z< pl(t> e sen2 z<p¡(¡> -zd>2 v log (j) H(<p . .z 2 )l{s2 + z 2 )2 2 z 2/s(s2 + 4 z 2 ) (s2 + 2 z 2 )/s(s2 + 4 z 2 ) log[(s .w ) 2 + z2 ] (s . s/(s 2 + z2 ) z l [ ( s .5 7 7 2 .z)\ tan z/s Ílo g (l + 4 z 2/s 2 ) ¿y/ir/z es% ^ [ \ — erf (s¡2 \ fz j ] (log s .w)l{s . e. págs. .266 APÉNDICE 2 • TABLA DE TRANSFORMADAS DE LAPLACE “ (0) £ { w ( 0 ) } (í ) ea¡5 y/T Dominio d e co n ve rg e n cia — -— cosh (2yfa<i>) a 2\J-n<i>2 c ~a 2 /40 Reí > 0 e -as/T Reí > 0 1 — ------y /ir 9 . ver [M. 428434].’a/2 y/< i> ■0 e dv ------------s Re s > 0 Para una lista más extensa de transformadas de Laplace. (1 ) Ja En este apéndice se dará un breve desarrollo de las integrales de línea de fun ciones reales f( x. As 2 . As„ . yk ) en cada sub arco. se elige un punto (x/¡. recuérdese que la integral definida ( 1 ) se ob tiene al dividir el intervalo a < x < b en n subintervalos de longitudes Ax ¡ . . . . y) definida en una curva 7 suave del plano Euclideano: se divide 7 en n subarcos de longitudes de arco A s ¡ . (N . donde lin e sugiere siempre una línea recta. y se evalúa el límite de la suma k— \ 2 f(xk. Se puede llevar a cabo un proceso similar para una función real f( x. Axn .A 3 I ntegrales de LÍNEA Y TEOREMA DE GREEN Las integrales de línea son una generalización natural del concepto de in tegral definida \b f ( x ) dx. luego se elige un punto x^ en cada subintervalo.l). El término integral de línea* es una designación desafortunada. y se evalúa el límite de la suma de Riemann 2 f ( x k ) Ax k k-\ cuando todas las longitudes Axk tienden a 0. ya que usualmente se evalúan las integrales a lo largo de curvas. A x 2 . de. Para entender lo que se mide con una integral de línea.) 267 . * En inglés lin e integ ral. y) a lo largo de curvas spp en el plano Euclideano. .yk)&sk (2 ) cuando todas las longitudes de arco A t i e n d e n a 0 (véase Figura A . T . 1 . y) ds = J y lím m á x A s^-t-O 2 k f { x k. De hecho. (3) puede interpretarse como el área bajo la gráfica d e / a lo largo de 7 . entonces el límite en (3) existe [B. y k ) A s k . Las integrales de línea casi nunca se evalúan mediante la suma de Riemann de la ecuación (3).Y) FIGURA A . pág.2 68 APÉNDICE 3 • INTEGRALES DE LÍNEA Y TEOREMA DE GREEN f(x. Ej e m p l o 1 Evalúe . Suma d e Riemann p a ra una Integral d e línea De la misma manera en que la integral definida (1) puede interpretarse como el área bajo la gráfica de f entre a y b. Puede mostrarse que si f es continua en la curva suave 7 . 301]. la integral de línea í f ( x . el límite (3) existe bajo hipótesis mucho más débiles (véase [S]). Los dos ejemplos siguientes muestran el procedimiento usual para determinar el valor de una integral de línea. se tiene ( £ ) ’ = '♦ (£ )’• < 4> donde í(x) es la función longitud de arco que mide la longitud del arco a lo largo de la gráfica de y que va de (0. 0) a {x. se obtiene xyds = I y JO xy y / l + {y'{x))2 dx 1 y / l + 4 x 2 dx. Si se dividen ambos lados por { Ax) 2 y se toma el límite cuando Ax tiende a 0 .FIGURA A . x 2 ). Jo Al sustituir u .2 L o n g itu d d e a rc o la longitud de arco As que corresponde a un cambio en la variable inde pendiente de x a x + Ax es. se tiene 3 x 3\ / l + 4 % 2 dx = — {u — 1 )\ A du 32 -1! 1 u 5/2 5 u 3/2 3 Ti L 55/2 + 1 120 . Cambiando varia bles. (A í )2 « { Ax) 2 + {Ay)2 . aproximadamente.1 + 4 % 2 y cambiar variables. se obtiene ' y / y d s . 0 < t < 2 tt.y / z j * ' (1 — eos t) dt = y / Y ( t . Por tanto. se tiene 2 eos t + eos2 1 + sen2 1 = \ / 2 ~— 2 eos t. Si se cambian variables y se utiliza la regla de la cadena. al multiplicar los dos radicales.270 APÉNDICE 3 • INTEGRALES DE LÍNEA Y TEOREMA DE GREEN Si la curva 7 se describe en forma paramétrica se puede proceder como en el siguiente ejemplo. Al simplificar el segundo radical. El valor de la integral de línea fy f(x.y = 1 — eos t.sení) = I sf ón . SOLUCIÓN: Se reescribe la ecuación (4) en la forma ds \2 _ ( dx dt J \dt ) + f dy x 2 \dt y se cambian todas las variables en la integral de línea a funciones de t para obtener y/y ds = í 7 Jo -v /l — eos t yj{ 1 — eos t)2 + sen2 1 dt. E je m p l o 2 Calcular el valor de la integral de línea \fy~ds donde 7 es la curva paramétrica x = t — sen t . Cualquier cambio de pará metros en una curva suave está determinado por una función creciente t = t (T ) con derivada continua que mapea al intervalo A < T < 5 en a < í < ¿> . se tiene . y) ds para una curva 7 spp es in dependiente de la parametrización de la curva 7 . ds _ dt 1 yj\ — t3 x 3 ds = i J —1 ( 1 — t2 ) dt l 3 = 4 3 -1 (ii) Sean x = eos t. Es importante que ambas parametrizaciones tengan la misma orientación a lo largo de 7 . y = sen t con — 7t/2 ^ t < 7t/2. k . yk ) Ayk . se usarán dos parametrizaciones diferentes de la mitad derecha del círculo unitario.'7 lím m áx A x ¿ -> 0 2 k f { x k. y ) a lo largo de 7 que pueden definirse. se obtienen las integrales de línea d e / a lo largo de 7 con respecto a x o y: I f{x . SOLUCIÓN: Para demostrar el hecho de que las integrales de línea son independientes de la parametrización.7 | f( x. . y k ) A x k.y )d x = . Entonces dx dt por lo cual Jy dy y /T 1 I . y) dy = lím m áx A y ¿-> 0 2 f ( x k. así que x 3 ds 7 í ’ W2 J-n/2 . f sen 3 ■ ’A í eos t dt = sení — ir/2 -ir/2 _ 4 3 Hay otros dos tipos de integrales de línea de la función f(x. (i) Sea y = t y x = y/\ — t2 con —1 < í < 1.donde 7 es la mitad derecha del círculo unitario. Si se reemplaza A Sk por o Ayk en la ecuación (3).2 dt = 1. Entonces ds dt \/sen2 1 + eos2 1 = 1 . 3). Ej e m p l o 4 Evalúe fy y (l — x) dy a lo largo de la porción y del círculo unitario en el primer cuadrante. SOLUCIÓN: Al parametrizar a y como x = cos t. Proyecciones Estas integrales de línea pueden verse como proyecciones de la integral de línea (3) sobre el plano xz o el plano yz. 0 < t < tt/2. y = sen £. se tiene f Jt y (l — x) dy = J f77/ 2 o sen t ( 1 — cos t) cos t dt 1 1 — eos a t eos 2 t 77/2 _ 1 .272 APÉNDICE 3 • INTEGRALES DE LÍNEA Y TEOREMA DE GREEN FIGURA A.3 . La evaluación de estas integrales es similar a lo que se hizo anteriormente. respectivamente (véase Figura A . y). Si p(x. Se dibujan las rectas horizontales y verticales que circunscriben a 7 (véase Fi gura A .4). q(x. dos puntos. Obsér vese que la integral de línea Fig ura A . y dq/dy son continuas en todos los puntos de GU7 . h j Je \9x 9 yj dado que la integral de línea se toma erí sentido positivo (contrario al de las manecillas del reloj) alrededor de 7 . en tonces . y). en el intervalo a Se denotan estas funciones por y = f i(x) y y = f 2 (x). respectivamente. . a lo más. Entonces los arcos A B C y CDA a lo largo de 7 pueden definirse por medio de funciones de x. univaluadas. ap aq p dy + q dx = — ----.4 .— dxdy. PRUEBA: Supóngase inicialmente que 7 tiene la propiedad de que cualquier recta paralela a algún eje coordenado intersecta a 7 en.Te o r e m a de g r e e n Sea G la región interior de una curva 7 spp cerrada simple. 9p /9x. y) dy - fd Je p { g x {y). f i { x ) ) .f. ^ dxdy. dy Similarmente.274 APÉNDICE 3 • INTEGRALES DE LÍNEA Y TEOREMA DE GREEN 7 q dx = J A BC q dx + JCDA q dx [b Ja q ( x .q ( x . f 2 (x))dx. 7 q dxJ jg [ q { x .(x))d x- ya que CDA se recorre de derecha a izquierda. con p dy el c P{g 2 (y). f 2 {x))\ dx. y) x=ff2 (y) x=g . . los arcos DAB y BCD pueden definirse por medio de funciones univaluadas x = g ¡ ( y ) y x = g 2 (y) en c < y < d. Como la región G está delimitada por las curvas A B C y CDA. y) "b Por tanto. ( y ) _ dy . se tiene 9q — — dxdy = b r/ 2 (x) 9 q a Jf.J p dy. y) dy *£■ d x d y = í “ ¡S' b ) * dxdy G dx Je Jg.(y) dx p(x. fb Ja q(x.(x) dy G 9 -y dy dx y=f7Íx ) y=ft (*)_ dx q(x. dq/by = —2 y el teorema de Green conduce a (jc — 2 y) dx + x dy =ff JJx2+y2 < 1 [1 — (—2)] dxdy = 37t. así que dp/ dx = 1. y se suman. se nota que la integral de lí nea a lo largo de los subarcos de 7 i no son subarcos de 7 se cancelan por pares. fy (x 2 — y 2 ) dx — 2xydy.\9íc pdy + qdx Ti pdy + qdx. evalúe la integral de línea dada a lo largo de la curva que se indica. fy x 2 y 2 ds. f y y ds. donde 7 es el círculo unitario. donde 7 es la curva y = x 2 . donde 7 es la curva y = x 2. 0 4 . y) = x y q(x. y) = x — 2y. ya que cada subarco se recorre dos veces en sentidos opuestos. donde 7 es la recta y = x. f 7 x ds. SOLUCIÓN: Aquí p{x. < 1. —1 < x < 1 . 3y dxdy Ej e m p l o 5 Evalúese la integral de línea (jc — 2 y) dx + x dy. donde 7 es la curva x 2 = y 3 . se . Ej e r c ic io s En los Ejercicios 1-8.-.Green a cada una de las subregiones G¡. Utilice el teorema de Green. 5 . 3. donde 7 es el círculo unitario. porque el círculo unitario tiene área igual a ir. 1 .iene rí ¿G \9x 9y ) i r Jjg. Por tanto. 0 < x < 2 . 2 . f y x ds. . 0 < x < l . 8 * fy — — 1 +x y2 dx + 2y tan. 7. q. Muestre. que Ay = fy xy dy. 14. Muestre que el área delimitada por la curva y spp cerrada simple está dada por i 1 2 xdy — ydx.1 x dy. . 12. donde y es el círculo unitario. bp/bx = bq/by son continuas sobre 7 y en su interior.1 x Ldy. ~in le U donde d F / dn es la derivada direccional de F en la dirección de la normal exterior a y. y = ---y 2A 2A y 2 dx donde A es el área de G. y) las coordenadas del centroide de una región G delimitada por una curva y spp cerrada simple. 1 < t < 2. Sean (3c. utilizando la notación del Ejercicio 14. . 15. La integral de línea de 5. 9. Use el teorema de Green para evaluar el Ejercicio 6 . f y xy dx + x 2dy. pruebe que ' ( b 2F ? + b2 F \ . Con la notación del Ejercicio 14. y = 3 t 2 — 2 1. Muestre que pdy + qdx = 0 Jy para cualquier curva y spp cerrada simple si p. ¿Puede expresarse / 7 xy dx en términos de 3c? 16. para y definida por x = 3t — 1. 11. 10. donde y es la curva cerrada * 2 / 3 +y2/3 = 1 . [d F J . Pruebe que x = 2 i . Use el teorema de Green para evaluar la integral de línea 2xy dx + (x 2 + y 2 ) dy donde y es cualquier curva spp cerrada simple. 13.276 APÉNDICE 3 • INTEGRALES DE LÍNEA Y TEOREMA DE GREEN 6 . Use el teorema de Green para evaluar el Ejercicio 8 . 1947. Complex Analysis. L.Biblio g rafía Ahlfors.. H. J . Ke] Kellogg... A n Introduction to Complex Analysis in Several Var iables. Theoretical Hydrodynamics. Vols. K. [Ho] Hormander. ed. D. G. N .. Bos ton. 1938. Moretti. 1966. Londres. [H] Hille. R . Addison Wesley. E. Nueva York. R. Krook.. Mass. C. Nueva York. 1966. G.C . 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(A + B )3 = A 3 + B 3 + 3A B (A + £ ) = —b + 3 ABw A B = \ / — — D 2 = —— > así que 4 3 w3 + aw + b = (w — A — B)(w2 + (A + B)w +a + (A + B )2 ) = 0 con (A + B ) 2 . 2 + i.i(y ! . 5. Use las leyes de conmutatividad. entonces z 2z 2 = (longitud de z 2)2 ¥=0.íyi) 279 . 2 7 . inversos multiplicativos de z. 1 .x 2 ) . 14 .37. Por tanto Im z 2 = 0. — 2 + i . (R e ^ ! — R e z 2 ) = 0. 1 . . 2 .2 7 15.* yi ) . iz = ix — y 23. 9 .7. . ambos.B ) 2 33. Suponga que z l y z 2 son. 35. 5 + 47. — x . Las leyes de la identidad y del inverso se mostraron en el texto. 27.7 7 .4 [a + (A + B )2] = —3 (A . Enton ces z |z = 1 = z z 2 y z 1 = z j (zz 2 ) = (z jz )z 2 = z 2. Si z2 =£0.3 . 13. asociatividad y distributividad de los nú meros reales para verificar que la suma y la multiplicación complejas también satisfacen estas propieda des. —1 + i'.47 17 L j.5-------5— *2 +y2 Xix2 + y ¡ y 2 !-------. 1 (4 ) + 2lfk)] 11. v 2 eos 1 3 /—/ —+ * sen — 9 9 77 T ~9~ 7 T .( V V eos — + 1 sen — 12 12 1 Tn 7ir v r2 l eos 19?r + 12 sen 1 9 tt\ 12/ 2 1 . (¿l — • z3)= l-zll 2 — I-Z3I2 ZjZ 3 + Z3Zi + I Zi I2 .\/29 [cos(tan — 1 (4 ) + 2nk) + í sen (tan . V53". v 2 r. 2 12'( . $ 2 (eos | + 1 sen — 7 T =0 4r / 9?r 9tt V 2 I eos — + ! sen 19.1 (4 ) + 27T & )+ ! sen (tan .1 (-5 ) + 27T& ^ 0 .z 3 ) + (z 1 + z 3) 1.1 ( 4 ) + 2ttA. \ /2 9 . 1 . eos 2 + 2nk.1****1 V ’ V Xk \zk \ 2 ) y haga X = Z k \akzk \/ Z k \zk \ 2 . « 1 . V5¥[cos(tan. I z x ± z 2 l2 = (z 1 . + zn —1 debe te ner a cada una de las otras raíces n-ésimas de la unidad como raíz.z 2 I 3 3 . una de las cuales es 1 . 2 5 6 (—1 + i) 13.1 (4 ) + 2nk)] 9.azi 2 = 1 + la í2 Iz I2 — 2R eza.I a I2 ) = 1 . 43. s¡2\ . 1 + z + . I z — a I2 = I z I2 + Ia I2 — 2Re za.J ir 23. 1 + i . —2 18 15. P(z0 ) = p f o ) = ó = 0 3 9 . Como las n primeras raíces n-ésimas de la unidad son todas diferentes (ver Ejercicio 39) y el polinomio 1 — z " tiene exacta mente n raíces. tan . .-?*. I — I z 2 I = l(z 1 .280 RESPUESTAS A PROBLEMAS IMPARES SECCIÓN 12 (z.\ /2 4 + ¿ senl — + 2nk eos |— + 2tt£ 3 1 . tan .Iz l2 ) ( l .Izl 2 . 5 [cos(tan “ 1 (-|) + 2nk) + !sen (tan _1 (■ § ■ ) + 27T&)] 7 .3 8 0 5 + 2nk-. — 1 + » \/2 1 —i V2 ' 1 —i + ( 2 * |z¿|2 ) ( V . II .6 4 3 5 + 2nk-. 0 < 2* (| ak |2 2| akzk IX + ^ 2 (eos t i +0 77 T | z J 2 X2 ) = S ¿ | a j 2 - 13t t 1 3 tt\ eos — + * sen — . Iz ln (cos n9 + i sen nd) = zn = 1 = eos 2irk + i sen 2irk así que Iz 1= 1 y 6 = 2?rk/n. Similarmente I z 2 1 — I Z x I < Izj . .1 ( 4 ) + 2irk « 0 .z 2 ) (z¡ ± z 2 ) = I zX I2 + I z 2 I2 ± ( z j Z 2 + Z2 Z¡ ) = u 5 .2 9 2 5 + Izx I2 + lz 2 I2 ± 2 Re z ( z 2 3 5 . tan .\ / 3 + 0 17.z 2 ) + z 2 I lz 2 l ^ LZ X — z 2 I + Iz 2 1— lz2 l = I z¡ — z 2 I.la I2 + la I2 Iz I2 37. y 0 < (1 . 5 . Pero 2li(k + n) zk+n zkn— 1 1 -z n 2nk + 27T así que 27r£.+ 2 ir k .I z 3 I2 + Z3Z 1 z lz 3 = 0 tt + 2nk^j + i sen^ + 2irkj 3 . I z . + z 3 ) (zi . 7 T para cualquier raíz n-ésima de la uni dad z¿ ya que zfj1 = 1. Por ende. ll/( 2 ) l . .Ok Sk es abierto. no acotado.4 42 + 41 Iz .4 1 .(1 + t)l < 2 5 =e 7. (2 - l)2 .2 1 = fx 2 —2 1 < 5 = e 9. SECCIÓN 7.. rectas Im z = ± 1. czw + z = ^~ cw — a w a/c. Sean S i. z-*a 15. parábola I2 I = Re z + 2. indefinido. — i f y = ex (eos y + i sen y) = f x 3 . entonces 6 — Sfc es abierto. entonces z es un punto interior de al gún Sa . 12 + ¿ I< 5 así que haga e = 5 5 . 5 4 2 2 . acotado. lím Re f ( z ) = Re(lím f ( z ) ) = 2 ->a 2 ->a Re f(a ) 17. 1(22 3) ( . pero no simplemente conexo 11. El punto — d/c se mapea en 00 y °° se mapea en a/c.2 1 = 2 1 2 . No.± l 2 +1 4 . I 22 . —i f y = eos x coshy — i sen x senhy 22 . existen conjuntos abiertos G y H tales que S C. y G O S y H O S son no va cías. por tan to. Como lím 1 = 0 defina^O) = 0 z *0 para hacerla continua en 6 . . abierto. Entonces S está contenido en el conjunto cerrado 6 —H. 3 5. . Suponga que la cerradura S es no cone xa. está contenido en alguno de los conjuntos. cerrado. si z = 1 . . G O H es vacía.1 1 < 25 así que haga e = 25 3 . Por tanto la función puede hacerse continua en z = 0. una contradicción: 1 3 .^ + 4 32 + 2 1 ll 7. pero no simplemente conexo 9.vecindad de z está contenida en Sa y.. dw = az + basí que para 2 ¥= —d/c y 19. G O H. así que S T T H es vacía.1 . conexo.conexo 7. l l — a l = l 2 — a l < 5 = e así que lím 2 = a.5 1.4 2 -2 z3 . + SECCIÓN 7. digamos G. f ( z ) = z para 2 0 así que es con tinua en C — { 01 por el ejercicio 13. n ¿(e- e lím lím ►±1 2 ./ ( B) l < e 23 . I P(z) I > I a0 I — [ I «i Ia„ ll ^ 0 en 12 I< 1 I +. . 15. elipses I 2 — 1 1 + lz + l l = 3 y l .2* I = 2 12 . 23. Como S es conexo. círculo Iz + 3 I = 2.l / ( B) l l < l / ( 2 ) . elipse I z + 1 ¡ + I z + ¿ 1 = 2 . una e. 27. conexo. f ( z ) = x2 +y2 es continua en 6 — { o | por ser el cociente de funciones continuas con denomina dor no nulo. lím f(z) no existe por2 ->0 . 17.1 + 2¿) I = 122 . 2 = 0 2 1 . Pero Sk) = .1 2. z — ll + Iz + ll = 2\¡2 13. en U^Sq. una contradicción. Sn conjuntos cerra dos. Si z e U a Sa con cada Sa abierto. que obtenemos 1 si nos acercamos sobre el eje real y — 1 sobre el eje imaginario.2 . si z = —1 2 1 . 2 = °°. 25.1 +2 + 1 19. Entonces. v = . zlmz = 0.no existe. / es constante.i f y = 0 15.i f y = . / ( 0) = lím -----z ->0 z 21.similarmente para la otra identidad.0 lím (Re z )2 0 .Riemann conducen al sistema 2 UUX + Uy = 0 Ux — 2UUy = 0 Sil + 4u 2 0 . Uy = 0 = — vx en z = 0 . Ver la solución del ejercicio 1 de la Sección 1.i g una función de x.| f ( z ) ± g (z )] _ h f(z + h ) . y ify + y 2) —x ) 2 \2 _ -iy . f x = 2x pero —ify = 0 . entonces u* = uy = 015. entonces/ = — + no es u l z l < 5 = e. así que sólo puede tener derivada en z = 0 .-— - Iz I > para senh x — ------- +y = f x se cumple z->0 z que tiende a 1 cuando z -> 0 sobre el eje real positivo y a — 1 sobre el eje real negativo. y aplique el teorema sobre condiciones suficientes para analiticidad. aá que aplique el teorema de la derivada nula. 13. Pero u = 3xy z.y y ye = x .6 1. lo cual implica condi ciones suficientes para analiticidad en z ¥= 0. m _ i * ' 2 tiene valor 1 sobre el eje real y -1 sobre el eje imagina rio.282 RESPUESTAS A PROBLEMAS IMPARES 9. Use la regla de la cadena del ejercicio 20 23. 19.^satisfacen . rvr = r(vx x T + vy yr ) = xvx + yvy = —x u y + y u x = —u g .4. 1 1 . f x = lp e ro . ya que I Re z l Iz I y 3 — Sx2 y . por tanto. así que tiene derivadas solamente sobre el eje imaginario porque /'(iy ) = lím z-*-0 f ( z + iy) .PQ') / Q2 13.ix. yaque x g = .4.fx = z ¥= 0. . 17. en donde (. I f ( z + h) ± g ( z + fe)] .f ( z ) h g(z + h )-g (z ) h 7. Las ecuaciones de Cauchy. pero / ' = . 17. Ver la solución del ejercicio 3 de la Sección 1. Si f = f x = x . I m (/ + / ) = 0 y / + / es analítica. ya para z ¥= 0 . SECCIÓN 1. entonces no tiene derivada en z = 0. Im / = 0 .— -------. .Vy. y aplique el teorema g(y).(P / Q)' = (QP' . 3.fx ~ y pero —ify = 2y ./ ( i y ) lím -----. -ify = (y2 — x 2 ) + 2ixy (x +y ) 2 \2 cosh x 2 + y2 2xy + i (y (x x 2 + y2 x 2 + y2 11. así que el teorema de la derivada nu la implica que / + / = 2 R e / e s cons tante y. ejercicio 41 de la sección 1.2 para ob tener (n + 1 )x nx x sen ------------ eos — / sen — • 2 2 2 '• (n + l)x 2 3 . se n sen — nx / sen — x las dos últimas se siguen de la defini ción. 2 5 . (e2! + e ~z ¡ ) (ez 2 + e- 2 * ) + (e2i — e _2i )(e2 2 — e 2 ) = 2 (e2 > éz 2 + e z ‘ e z 2 ) 27. Use los ejercicios 20, 21 y 26. 29. Use la fórmula del cociente para de rivadas y el ejercicio 2 ,8. 31. Use el ejercicio 26 y la localización de los ceros de sen z y eos z. 33. Sume las definiciones de eos z y de i sen z. 35. El segmento de recta t '+ iy, I íl < 77/2 se mapea en la mitad supe rior de la elipse 25. Use el ejercicio 21 de la sección 1.5. 27. { e ~ n <C I w I<Ce n} — |Re w < 0 29. f ( z ) = e2lrz = oj- SECCIÓN 1.8 1 . i(e — e - 1 )/2 ( e + e - 1) ( e - e - 1) 3. ---------------eos 1 + x -------------- sen 1 2 2 cosh 2 y sénh2 y 1 , for y > 0. (e + e_ 1 ) (e ) 5 . ---------— eos 1 — i -------------- sen 1 2 2 El segmento de recta x + it, t > 0 se mapea en la mitad superior de la hipérbola 1 cos2 ;c 7. ( e - 1 - e ) / 2 9. e2iz = i, así que z = — + irk, k = 0, 4 sen2 jc ± 1 , ± 2, . 1 1 . e2 = 2±V"3^ así que 2 = log I 2 ±\/3~l + 27Tki,k = 0 , ± 1 , ± 2 , . . . 13. No, porque ez 0. 15. e',z+ e~~*z = e~*z + e*z e*zi + e ~ ‘zi e*zi + e~*zi 17. ----------------------------------2 2 que esté en el mismo cuadrante que el segmento de recta. 37. Use el mismo procedimiento que en los ejercicios 34-36 para mostrar que la franja 0 < x < 77, y > 0 se m a pea en el semiplano inferior. Enton ces considere la acción sobre la otra mitad de esta franja. + e‘z ¡ — e~a ' e izi — e~'z* 2i e>zt é~*zi + e *zi e „2 lZ 2i SECCIÓN 1.9 1 . i arg * = 2 "^77 + ^7T&J 2 e / iz \e ijz = 0, ± 1 , 19. — e 2i —2 IZ = — e 2i + e~ 2 „ —l Z \ ) ±2 , . . . 3 . i arg(—1) = ¿(77 + 277/e), k = 0 , ±1, ±2 , . . . 5 . *~arg¿ = e —irl2+2irk' * = 0> ±1> (el z + e ~ lz) 2 iz . — ÍZ\ 2 -iz . o ±2 , . . . 284 RESPUESTAS A PROBLEMAS IMPARES 9. e ~ n l 2 11. Para a real, no negativo, con/(O) = 1 si a = 0, y f(0 ) = 0 en otro caso. Entera para a = 0 , a T? 1. 13. log lz x I + i arg z i + log lz 2 I + 1 arg z 2 = log \z1z 2 ¡ + i arg(z1z 2 ) 1 5 . a lo g z + b logz = (a + 5 ) l o gz 17. Log(—1 — i) = log \¡2 t Log i•m’ pero t — Log 2 > S E C C IÓ N 1.10 1. E r Er Er R e e iw\ = r s 2 A Re = r 3 s 2 A Re e ^ wt- 2^ .......... = r 2n- 1 52 4 Re = r A .. así que T-Teílejada s2 A (1 — ——| E r d 2 n=0 1 + — £ transmitida -1 - * ----------i 3m ^ Re -J e íu,í * \ 2j Log(—1 + i) = lo g V iF + 19. log za = log(eal° s z ) = a logz ya que la exponencial y el logaritmo son funciones inversas. 21. Sea z = eos w = (e + e~^w)¡2, entonces e 2zw_ — 2ze*w + 1 = 0 tiene raíces e*w = z + (z2 — 1 )V 2 donde la raíz cuadrada mapea [ e —{o}] 2 e n e - { o } . 23. Sea z = cot w = i{eiw + e~iw)¡ (e’w — e~ iw), entonces 2 iw 2 — 1 —J A eos wt (1 —r 2 ) A eos (wt — (3) r \¡\ + A ~ 2 r 2 eos C t Entonces escriba cos(ieí — ¡3) = co: wt eos (3 + sen wt sen (3 y póngale en la forma A * eos (wt — y) eli giendo cot y = [( 2r — 1 ) \ /l + r4 — 2r 2 eos a + (1 — r 2 ) eos ¡3] z + í z —i 4 25. Si z = cosh w :±Í0W+ en . 2 .— l i\l /2 donde tonces = z + (z¿ ) í/¿ la raíz cuadrada es bivaluada. 27. Si z = sen w, entonces 1 = eos w dw ~dz (1 — r2 ) sen (3 3. d2E dx2 - f ( c t 1 d2E + X) = S J S (1 —sen w) 1/2 dw dz 29. Siz = tan w; entonces 1 = sec w ' 2 , dw (1 + tan w ) . dz 31. Seaz = cosh w, entonces 1 = C dw dz a p ít u l o 2 S E C C I O N 2.1 1 . x = a eos t, y = b sen í 3. Por ejemplo, C t, o < í < i z(f) = j 2 - t + i(t - 1 ), 1 < f < 2 * í(3 - t ) , 2 < f < 3 2 + e»ír(í+2 ) dw , dw senh w — = (cosh w — 1 ) < — dz dz 33. zk¡ 2 mapea a [ 6 — { o } ] 2 en T "2 13. / ( z ) = y no es la derivada de una función analítica. 15. e{ - e 17. é - e 19. (cos a — cosh a)¡a 21. Ri f rr/8 0 7r/8 R g- R í cos2i dt o, 0 00. cuando R 2 ? r j0 z '(í ) dt _ 2 tt di V (*'(*))* SECCION 2.3 2 3 . 2 — rn; 2 + ni 1. 3. 5. 7. 9. 11. 13. 15. ex aeü it dx + 17. 19. SECCIÓN 2.2 1. Haga z = etí para obtenert dt = 0. ParaO A L arg z < 27T obtenemos—2 T i 3. y dx + iy dy — dxdy B G = -A 5. 0 . ai Jo . e e -Ia ¡y , dt — 1 e y dy, Jo donde e = e os t + 1 sen t, y con sidere la parte imaginaria de las dos últimas integrales. 7. Senz = sen* cosh y + zcosxsenhy, donde* = at, y y = bt, 0 ^ i A LT 9. 0 = dz 7 1 + z* dy a dx 21. 23. 0 2 ni¡{b — a) 2ni cos 1 2ni sen 1 —2ni sen 1 —ni sen 1 Rompa la parametrización de 71 + 72 en dos partes. Use la desigualdad del triángulo y la propiedad (iy). Use I 1 + elt\= y / 2 ( l + cos i) Aplique la estimación de Cauchy a / y minimice el con M - (1 — resultado para todo 0 Aj r Ai 1 . Sea z = e*6 , 0 < 9 < 2'/T e iguale los términos imaginarios. La fundón es analítica en cada disco D, y la analiticidad es una propie dad local. — a 1 + X2 SECCION 2.4 1. Muestre que es constante. 3. Aplique el principio del máximo a la F[z) definida en el ejercicio 2. Enton ces IF I Aj 1 en Iz I = 1 . La igualdad hace que F sea constante. 5. Sea f(z) = z y sea G el disco unitario abierto. 7. I/I=A 0 en la frontera de G, y si/ no tiene ceros en G, los principios del máximo y el mínimo implican que/ es constante en G. 0 (1 + a2 - y 2 ) + 2iay rb 0 dy (1 + o2 y 2) - 2iay dx -a (l + x — ¿> 2 ) + 2ibx Multiplique numerador y denomina dor de la última integral por el com plejo conjugado y tome el límite cuando a °°, 286 RESPUESTAS A PROBLEMAS IMPARES 9. Por el teorema de Cauchy 3. Sea f { z ) - sen 2. Entonces f ^ n\Q) = 0 , / (4n+1 )(0 ) = 1 , / (4n+2 )(0 ) = 0 , /< 4b+s)( 0 ) = - 1 . 5. Si f(z ) = senh z, entonces / ^ ^ ( 0 ) = 0 , / (4 n + l)(o) = 1( ^4*1+2) (0 ) = 0 ; ao IzKR zP(z) dz = 2m. Cuando R -+ °° tenemos lím R-*°° I P(z) I üq " P(z) anzn / (4n+3)(0) = 1 _ = 1 así que para R grande, 7. Use la serie geométrica del Ejemplo 2. 9. 1 — 8 — (Z — t) 1 — 8 I anz n 1/2. Entonces 277 = dz 47T|flc I IzKR zP(z) ün I R — que con- 1 + 2 duce a una contradicción cuando R ■+ °° 1 - i SECCION 2.5 1. Use el teorema de Cauchy para deri vadas. 3. J rR eztf( z ) dz 11. + íiz i'i 1-8 + , \Z — 1\ <V 2 £ (-ir — 88 = 0 (2n) 1 2 sup If(z ) I r* Jo e tR eos e n ,Q . \ „ c R dd si a > 0. Sea 13. — 2 <1 (i)n S iíL s n=l n 15. log I 2I+ 377ÍIz - 2 e 3m I< 2 17. 19. 21. 23. 10 g (6 ) = eos 0 — (1 — 2 0 / 7 t). En tonces g ( 0) = g(TT¡2) = 0 yg" < 0. Use eos 0 > 1 — 20 /tt para aco tar la integral y muestre que la cota tiende a cero cuando R "+ 5. Suponga que la trayectoria poligonal y — y' en la prueba del teorema de la antiderivada evita los puntos z j , . . zn . Si un número finito de los puntos excepcionales están dentro de cualquier subrectángulo formado por las curvas y — 7 ', aplique el ejercicio 4. Entonces aplique el teo rema Fundamental. 0 0 / S ^ n=l « 37 T ¿\ n — í-, 2% 6 No f ( z ) = (2 — z )~1 25. /(z ) = 0 y g(z) = sen z son ambas enteras. 27. Desarrolle ea ^og(l+z) en una ser¡e de Maclaurin. SECCIÓN 3.2 1. 3. 5. 7. 9. 0 1 1/3 /? /T 21. Use las series de Taylor def(z) y g(z) centradas en 20para obtenerf(z)/g(z) f ' ( z 0 )(z - z 0 ) + f " ( z 0 )(z - z 0)2 l 2 + . . g'( 20)(2 - z 0 ) + g ' ( z 0 )(z - Z 0 )2 12 + . . . Entonces divida numerador y deno minador por z — Zq y tome el límite cuando z -*■z 0 . 2 3 . \/E (1 - z ) / 2 (1 - z 3) 25. La serie de potencias para ezt es-en tera, así que aplique el teorema de Weierstrass. 27. Derive dentro del signo de integra ción ya que la serie converge unifor memente. 29. — = 2 zn tn g(t) converge 11. - 2 n=l r \ ™ — Z\ 2 . + Z — n 3 13. z + 2 oo + 2 n=1 (2 + 2)n+1 cn zn , donde cn = c _ n y 15. 2 cn = ¿=0 17. 2 c 2n+i (z 2n+1 + 2 2^ 1 ), donde 2 [&!(« + &)!] -l n=0 c 2n+l “ ( - 1) n+A 1 - zt n=0 fc=0 k ! ( 2n + 1 + ft) ! uniformemente en 0 < t < 1 para Iz K 1. Aplique el teorema de Weierstrass y derive término a térmi no para obtener 19. \n=0 2 (1 - z ) n /'(*) = tg {t) 0 (l-2 í)2 (2M +1 ) £ ( _ 1 )"( 2 - 1 )— n =0 ( 2n + 1 ) ! 2 ( - l )n+1 c„(z - 1 )" donde dt. SECCION 3.3 1. - k=q (2k + 1 ) ! (-ir 1 2 - l + 2 - 22 + 23 - . . . = q - 0 , para n > —1 , < j = [ ln / 2 l ] , para n < —2 , en donde [tn] es el entero más grande < m. 2 (— 1) 2 n~ 0 3. 2 ( 1 - 2 ) - ( n+1) 21. 2 n~ 0 c n(2 — 1 ) , donde n =0 C ti (_l)(n/2 ] (2 [n/2 ] + 1 ) ! 1 - / 1 - 2 \" - 2 2 n =0 V 2 5. 2 2 - 2" - 1 n-1 23. an J_ —^ 2m f* f W - U S ) d$ n+l li-1=1 f’ eí(z s e n o - « 0 ) ^ 0 27T J _ w 7, i 4 £ n - —1 \ 2 (!-,)» y la parte imaginaria de esta integral es cero. 2 88 RESPUESTAS A PROBLEMAS IMPARES 25. [z + n— 0 2 ni 2 z m— 2n 1/2 y 7. I sen lzl= l (z + z - 1 )”1 dz _ jn+1 7 t2 ( z - 1)2 8 No. 2! 71* ( z - 1 )* 8 4! 2 m— 1 f7 T 7T J - 7 T - ,m — l e m eos7 7 1 (6 ) dO. Por tanto eos (m — 2 ra)0 eosm 9 dd - 7 TJ — t i mN 9. Sea f = g27rI^/^ para cualesquiera enteros positivos p y q, y observe que / W ) 00 cuando í -*■ 1 . n. n=0 i ( - l ) n (n + 2 )! (z - l)n ra! SECCION 3.4 z = 0 , 00 son removibles, z = ±t son polos simples. 3. z = 0 es una singularidad esencial, z = o° es un polo simple. 5. z = 0 es una singularidad esencial, z = 00 es removible. 7 , (z + 1 ) e 1H z- 1>l(z* + z 3 ) es un ejemplo. n _1n 9 . C(z) = 2 n=l 2n (2ra)! f ( z ) = -% • z3 13. Defina F (z ) = f f ( z ) en G + U 7 . 1 7 ( 5 ) en G - . 1. 11. L(z) = 2 ( - 1 ): T i+ l n Entonces F(z)es continua en G = G + U 7 UG—. En G—tenemos F (z ) = u(z) —¿y(z) en donde f = u + iv. Entonces —iFy = vy (z) + (z) = (z) — ivx (z) = F x así que F es analítica en G - . Para cualquier z 0 dentro de 7 considere Iz - z 0 I < p interior a G. Divida los círculos en dos semicírculos y muestre por continuidad que 71=1 F(z) Iz-z 0l=p z - z 0 13. Sea k el orden del polo en 00 (k = 0 si oo es una singularidad removible), y aplique el teorema de Liouville a z — / ( ? ) . Singularidades esen ciales. 15. z = 00 no es una singularidad esen cial, ni puede ser polo de orden k ¡3= 1 , ya que entonces / ( z ) = zk (z), con fk analítica en 311, / no se omite el cero. dz = 0. 15. Si I zl = 1 entonces 71= 1 O O 1 O O 71 2 71=1 -4 71 * < 1 + 2 7i = 2 1 ti(n — 1) 1 + (4 - t ) + (3 - 3 ) + ■ • •= 2 así que siempre converge. Sin em bargo, derivando término a término se tiene O O Jtl 1 2 = _ i Log (1 - z) n- 1 que diverge en z = 1 . SECCIÓN 3.5 4— 4 z +0 z 4 + ó4 i Jo f2w a +sen z dz + Res (-i+i)b/s/2 ' JI lzl=l (z2 .r f \ Q j 0+l (z . Im <27T¿ Res¿¿.b ) \ y la — ó I< Ca + ó dz a+ b Iz 1=1 (az — l)(z — a) [(a — ib )z 2 + (a + ib)\n dz Iz 1=1 n+1 (* . ( P \ VQj SECCION 4. Residuos en x ¡= 0 . Haga a = 0 en el teorema de esta sección y evalúe el residuo de z/(z 2 + 2z + 2)2 en —1 + i. (Use el teorema del interior y el exterior.9. 0.4 az2 y Iy/a — yja + 1 1< 1 3 . 7ri 23.) -------z .r dza 1 \ Q j Qi y. Quite todos los factores comunes de P y Q.2 7 rí 15. Entonces P 5. 4 9. -2 Im j 2ttí ze Res(l+¿)fe/V2 . x 2 dx 3T (¿+l) (x2 + a ) (— P \ik) (k -a )^ ) ) = 0. por inducción = lím z -r d i a~ k r dza~ R (.4 1.3 1. ya que Res 0 f ( z ) = 0. (— aP\ así que Resr Í — P \' = \QiJ \QJ da f í P \' aP lím — .) 17. 1 Re /27T¿ Res™ (z 2 + a 2 )2 5 .r )\ y calcule el residuo en z = 0. t a.» ■ )“ Qi p \' i (z . 27T¿ [ R e s ^ tan z + Res_ Jr/2 tanz] = —4 ttí 25.i (z. Re |27T¿ Res¿ (z 2 + 1)— 7. —4 í SECCIÓN 4. y escriba el numerador como \ sen 27tx lzl=l . . —2iri [Res_j-/(z). 1/2. Resk n f ( z ) = 1 13. 9. 0.r) { ---.2 1. Use cos ib = cosh b y sentó = t'senh b.l )2 . 21. Use los residuos en x = ±1/2 3. Reskm f( z ) = ( ~ l ) k km 11. 1 (z 2 + ó 2)2 SECCION 4. = m n 19. Multiplique la ecuación por z 2 + 2. Ningún punto interior de G puede tener valor absoluto máximo ya que todos son interiores a f(G ). Mire el teorema de Liouville. Vea la respuesta del ejercicio 1. 0 < y < l } . e 3. B = n(z . 2.1) • (z 4 — 5z 2 + 5) y note que Iz 2 — 1 1 > Iz I sobre el semicírculo Iz I = R > 2 . Por el ejercicio 12.b) alrededor de un semicírculo de ra dio R al que se le añaden semicírcu los de radio r en a y b. 7.b) e i{A +B))l 7. Aplique el principio del argumento a g(z) = / ( * ) 13. 3. Esta sustitución cambia la segunda integral en la del ejemplo 2 . 13. Para a = 0 resuleva directamente e in terprete la respuesta como un límite cuando a -> ■ 0. 13. 15. cen trado en f ( z 0 ) tiene su preimagen en G. 7. 9. Use el método del ejemplo 2. Polo en 7 T t con residuo — i senh Tía.a ) (z . Residuos en x = 0 y x .a ) . Sustituya a u = x a y aplique el ejerci cio 14. 9. 1). x > 0 . 9. Polo en i 12 con residuo cos(a/2)/7T!. z¥= 0 5.5 1.bi de f ( z ) = e iz/ z ( z 2 + b 2 ) 7. 15. 3. Resuelva directamente para a = 0. v) = b (x. . 11. Interprete la respuesta para a = 1 como un límite. Sustituya x = b tan0 y haga 5 = 1. 5. Cuadmplica el ángulo a 2 tt radianes. Üse f(z) = e^/ c osh 7 Tz sobre el contomo rectangular { z : I x I ^ a .290 RESPUESTAS A PROBLEMAS IMPARES 5. y sobre el seg mento de recta z = iy. en donde A = m ( z .y ) “ x uy vx vy y aplique las ecuaciones de Cauchy-Riemann. 11. 0 < y ^ 2m } al que se le quitan semicírculos en 0 y 2m.1 i. Use f ( z ) = {e™ elbz)¡z2 sobre el contomo de la Figura 4. Use la identidad eos (A — B) — eos (A + B) = 2 sen A sen B e integre la función f(z ) = {e^A~ B'> 2 (z . Duplica el ángulo.Existe un valor 6 y un e > 0 tales que Re ( e ^ f ’(z)) > 0 para todo z en Iz — z 0 K e. Iy K R. 0. 9. Sea f(z ) = (z2 . Use f(z ) = za\og z /( z 2 + b 2 ) e n la Figura 4. SECCIÓN 4. C a p ít u l o 5 SECCIÓN 5. 1.5. Use f(z) = eíaz /senh z sobre un contomo rectangular j z : I x I < R.6. / ( z 0 ) es inte rior a J{G) ya que todo punto en un disco suficientemente pequeño. Elija cualquier punto z 0 interior a G. Haga z = r (1 + e i e ) y eleve al cuadrado n d (“ . Use el método del ejemplo 1. w' = 0 cuando z = ± (3 )—1^2 . así que Z(z) es una función racional. 3. 1 . El origen es un punto de estancamiento.3 z 2 .-----' z — (a + R) mapea al círculo en el eje real. 7. muestre que Z(z) es de primer grado. El mapeo . e w = (z ± s f z 2 — a2 )¡o así que arg [(z ± y /z2 — a2 )¡a] = cons tante 13. i.(a+ R ) lo cual implica que z * = (R2 /(z — á)) + a.i 2 2 —w uj 1 +í 2 1 +z 1+t-jz . ( 3 + 4 í ) / 2 5 9. V = 3 + 2 iz.constante.1. respectivamente. No. Dentro de la cardioide. = ( . w = 0 cuando z = —Si/2. y + Sx2 y — y 3 = constante.V 3 15. i. así que I V\ = 3 . w 1 +zJ 5. 4 en 0. w = 3. Im (/4z4/ 3 ) = A Im (z4/ 3 ) = constante. Finalmente. 2 . respectivamente. lm (A z* ) = constante o x 3 y — x y 3 = constante. La segunda alternativa surge cuando v = z-(a-R) z .5 1. Las líneas de corriente son hipérbo las confocales a 2 sen 2 1.i -----------. Además.4 5.(a + R)_ b —a +a (a — R) SECCIÓN 5. i.1 es analítica en ±1 y es analítica o tiene polos simples en los polos de f(z ). 9. No es analítica 7. a. z — (a — R) w . El origen es un punto de estancamiento. La mapea en si misma invirtiendo la orientación 9. de lo cual se sigue la respuesta. V Í 3 . 5 .f l — v)¡ (fl — v) mapea al plano z en una su perficie de Riemann con dos hojas. 2.1. Primero recórrala hacia la izquierda 1 unidad y considere la raíz cuadrada con corte rama sobre el eje real posi tivo. Así. V = w ' = 1 . 1. Vea el Ejercicio 9 de la Sección 5. 3y — (x 2 — y 2 ) = constante. Escri biendo f(z) como una serie de L aurent. SECCIÓN 5. e o s 2 V .1 z + 1 z .4 _ 2i 1 . y puntos de ramificación en ± 1. +a . y + 2 ( x 2 — y 2 ) = constante. entonces f ( z) = ( 2/( z ) . (2 + 5 0 / 3 11. así que \V\ = 1. Z(z) de be tener al menos un polo simple ya que de otra forma sería constante. eos x senh y . Finalmente 1 1 . vemos que Z(z) = f (z) + V f 2 (*) .1. w = — log 7T 1 +u ) ------1 —w 3. 1 en 0. 7.2 + 4 0 (2 + 1)¡(5iz + 2 + 0 13. * 2) ’i dt r(-í) r(T) 2 r (3/4) 0 í 3/4 V i .a \l cosh 2 w — 1 a2 . Claramente mapea al semiplano su perior en un cuadrado.= V dw a senh w .j )2 = 7 T . Para v = 0 .3 /4 r ( f ) r ( 7 / 4 ) T(9/4) Si A 2 > A y 6 = +7T/2.a)¡z y considere el mapeo hay cavitación. Haga s = (z .tt/4 7.6 1.1 )3/4 dx lo cual implica que m P = t ^ + y > [ l . f = (z .l ) ) / 2 . 7 T ob tenga el flujo en los bordes de la abertura.4 s e n 20 ] . así que las líneas equipotenciales en el plano z satisfacen I z — y/3 I / I z + %/3l = constante.1 (2z .1 )“ . \/-t —a V-zfc . 1 dz zable físicamente porque — = -----. son las líneas de corriente en el plano w. ya que SECCIÓN 5. pero este flujo no es reali. _ .4(1 que. V . para z a /z ) así dx 0 \ 4 (i . 3. 1 2 ttV ^ 3p 5r(T )2 9. Re (sen. SECCION 5.1 ez ) J° v 4 (x 2 - 1) i fl J 0 r dx —= y x { \ —x 2 ) dx — 1 3.w = . P 2 p (c ( .V 3 ) / ( z + V 3 ) mapea la región en el anillo (\/3 — 1)1 (y/3 + 1) < I f I < 1.7 1 .f 5. tu = (1 — 2¿:) \¡z — z 2 — (sen.2 92 RESPUESTAS A PROBLEMAS IMPARES v = constante. Pero A(1 2v42sen2 0 P P "2 (z .1)3/4 dz 0 VT (x . Las líneas equipotenciales en el plano f son círculos I f I = constante. u = y - . así que I V I es infinito en z = 15. Im \/¡ü 2 + 1 = constante.1 ) dz. Use las identidades r(-g-) T(3/4) = 7 lV íF y r ( . Entonces tu = = ae'^ obtenemos I V (ae*®) I = -2i6 \i _ 2A I sen 6 I. 15.¿2: u (tí) t2 + z 2 |2 u(t) lt 2 . Use g(z) = (z 2 . Considere la parte real de log /(z ). 9. 277 J 0 2rr 0 log eos — dd = 2 d ri< logsen —e¡0 = 2 logsen 0 e¡0 2 Jo 0 13. considere la sucesión de mapeos z i = 2 Log W + Í7 r z 2 = sen(z'z1 / 2 ) f = - u(f) 4scy 2772 2 f(¿ ■d f = (f2 (í 2 . Por tanto. — 277 f Jo log I 1 + relS I dd = 11 Si u(z). z s= — y l[ (x — l )2 + y 2 ] + constan te 13. u no es continua en 0. U{z) son dos soluciones del problema de Dirichlet. Verifique que se satis face la ecuación de Laplace 5. C a p ít u l o 6 SECCIÓN 6.z 02 ). v = tan "’1 (y/se) + constante.1 1. El principio del máximo implica que U — u alcanza su máximo y su míni mo en 9G. Use la fórmula integral de Cauchy para /(z ) y la identidad 1 2 tt z .= u ieie) y uA reie) a ^ u(re l®) por el principio del máximo. Sume y reste 27r 0 “ (0 ) = — 1 f 2 tt ¿t u(f)^f 2772 J o .i. Verifique que se satis face la ecuación de Laplace 3. 0 = Re(z3 ). Pero U — u = 0 en 9G. entonces U(z) — u(z) es armónica en la región G simple mente conexa y continua en G. por el ejercicio 8.Cuando V (0 ) es puramente imagi nario obtenemos la hodógrafa W ( + 1) 0 fR f27T u(¡¡ + re ) rdrdd Ti 7 7 /?“ JO JO 1 grad u = / ' . uA eie) = o.— log 0 r 1 f2 7 r — log 11 + r 477 J 0 1 f27r / + 2r eos 9 Id6 6\ cuando r -> 0+. en donde / = u + ¿y con v cualquier armónica conjugada de u. 0 = Re(e2 ).z 0 2 )/(z 2 . entera 7. así que u es única. para r < k <C 1 u (k e ^ ) ^ ur (ke*S ) = a —.z 2 | 2 dt 7 T Log z 2 . Entonces u(z) = -----I J 3G W(-1) W( o con W = A / V = A/w (z): Enton ces. que son con tinuas en G .f -> — 277 log Jo 2 eos — ) d6 y V 2/ e¡0 = 0 . No. 11. f ( z ) = sen z. Puesto que k puede hacerse arbitrariamente pe queña. y puntos de estancamiento en ±1 y °°. Las líneas equipotenciales están dadas por I z + 1 /z I = constante. mientras SECCIÓN 6. las líneas de corriente por arg(z + 1 /z) = cons tante. ±i.log 277n -P ( log círculos que pasan por i y 0. 2 7 7 (i-z Arg -----\ l + Z 3 .x ) 2 + y 2 7 7 J -1 -------\z + 1 1 —7 7 para 0 arg / .3 1 . Sea w = -----. u(z) = d(t — x) (í .1 z + 1 7 7 arg z < 7 7 . Las líneas equipoten ciales satisfacen 1 constante. Sumideros de intensidad 277 en ± 1.-1 arg z . 1 15. sumideros en 0. 5. 7. u(z) («o + Mi ) + («0 M i) • que las líneas de corriente están da das por arg (22_ i / 2 2 ) = constante. w(z) - — log -----277 Z • Familia de 9 .294 RESPUESTAS A PROBLEMAS IMPARES y aplique las técnicas del teorema de Poisson. 2 7 7 7 1 V z r ^ lr 1+ — ~P 1 rn 11. y fuentes de intensidad 477 en 0 y ±(1 ± í) y o° son puntos de es tancamiento. iv = W2 . Fuentes en ±¡. todos de intensidad Q. °°. n ekl+iNl+i. (?r/2)1/2 (1 . c„ = 2/n 2 para n > 0 9. . 9. Sea /(re*0 ) = 0 2 . « 2 . obteniendo c0 = —27T2 /3.0 así que de la identidad de Parseval se tiene 2 ti L | . .2 . . . .b I fl) e ~ b u '¡2b e“ í. = c „ _ i = 1 . ---. por tanto. 7..6 1. una constante. + k j . • A i + .. 7.. . . Sea A = A i • A 2 ' .■■ Nj nmNm -i1 ds .7 T + 2 Re [ — ¿L og(l — z)] = 7 7 + 2 Arg (1 — 2 ). —Re z 3 . n [ . ' Nj + . entonces defina en forma recurrente c<'> ( « i .z 2 ) .2770 en la identidad de Parseval. las otras cn ..1 2 Jo re* 0 —1 e -n ¡4 . (tt/ 2)i/2 e_blíl 3.(z(s2 + z 2 ) *) ds ds por la ecuación (3). .. í £ -“ < * > 2 2 r2”+^ (2 n + 1)0 n =0 2n + 1 5.jC | s e n z 0 }= -----. . + n 1 .' ) 1 + ----s +z con Re s > 2 o r2A = í renit> . SECCIÓN 6. y n = nyAy_! • . Sea /(z ) entera y acotada por M. u(re'®) = — + 1 . \ /2 t 7 Entonces haga * = 0. Haga r = 1 para obtener 277 e7ii*>/2 _ 27771 = 0 2 e* 0/2 _ e— * 0/2 • 2 . . 3 . I cn I ’í M /rn -*■ 0 cuan do r -*■ Entonces cn = 0 para n > 0 y f ( z ) = 2 „ c „ z " = c 0 . c 0 = = .. .£ {senh ztp\ = ds (z(s2 . 5. • Ay. Para la segun da parte sea V = U. — !— U(tp)V(tp) dtp = V27T 1 \/2n 7 1 V27T * t V(tp)' u(t) e *í0 <¿f ) dtp = f *2 7 7 0 I/(re*0 ) I2 dtp < 27TM2 .. cosh ztp e ~ 50 dtp = [e-(*-*)'#> + e-(r**) 0 ] d(¡) = 1 Ls — z Re z. • Ay + k 2N 3 • .¡2 dtp.. „ { v 277 J-°° 1 ■ F(0) e ‘ (t—x)4> d(j) j u(t) v(t — x ) dt. . k = k i N 2 • . Haga t = s2 y compare con el ejercicio 15 de la sección 2 ./4A/yTft -í(7T/2 )1'2 tanh (ttí/2) u(f) = (1 —í signof)/2 lfl1//2. . --./sen n0 / 2 \ 2 ri0 dtp = Al 2 0 \ sen 0/2 / 11. Por la identidad de Parseval 277 2 r 2 n \cn ¡2 = 7 1= 0 1 1 . 5. .k [ + 1 l 771 = kj) = ■ -A . Entonces 1.s ) d s )d t U *(V *W ) haciendo s = < p — t.a) cost al = e ~ as £ { c o s z (0 +ay> y co s z(<¡> + a) = cos z<p cos za —sen z<p sen za. U 2 + 04 / 1 2 + c{a + 1 )] cos < p + seno — ae —<20 }/(«2 + 1 ) 23* + e 0 ) = cosh i 25. [/(</>) =sen(/> + (0sen (/>—< /> 2 cos 0 ) / 4 17. Por el primer teorema del corrimien to £{<?-ly 0 sen z<j>}(s) = JC-jsenz^j (s + w) y aplique el ejemplo 5. lím (p~*oo U'{<p)e-S(p d < ¡> = U{4>) + dy con condiciones en la frontera U'(4>)\ lím e 50 0 U ^ 0+ {/(</>) « ( 0 . 13. (1 — eos 2a4>)/2<t> 17. cos 2z<p = 2cos2 z<p— 1 así que en cuentre £ { ( 1 + eos 2z<p)¡2}. con J 0 la función de Bessel de or den cero.2 X U (t){^X 1 V {s )W ( x . Tratando a x como parámetro se tiene I £ { [/ }! N 1 M Re s M I e~ s(p I d<¡) + 2 1. .U (0+) J 0 ((/>). — ds £{sen z</>| = £-[</>2 sen z(p} por la ecuación (3). £ { [ / } = 1/(0+) (r 2 + 1). que es la transformada de U . Suponga que I {/I. 1 9 . cos \/Sa<p \/3s V3 a < t >J /3a2 11. 9 . </>sen a<¡)/(2a) 5. {[a d < ¡> - (Rer— a)í> + N Re s d2 ax - a2 s. 15 . lím u(x. sen a(< ¡> — b) H((¡) — b)/a 2/3 /r(l/3) 13. Por el segundo teorema del corri miento S E C C IO N 6. < p 2 e_a0 /2 3.7 £{#(</> . Como las integrales son operadores .{< ¡> )= i 19.296 RESPUESTAS A PROBLEMAS IMPARES 7. cuando s ■+ 00 23. U(<p) = Isen <p~l \ 21. -sep Usando el método de variación de parámetros de las ecuaciones dife renciales obtenemos u(x.t . 9. < í> ) y por Nea (¡> para < ¡> > < í> . 1 1 .)/<p 15. 25. (1 — cos a<t>)/a2 7. s) = 0 .1 / 2 .ea4.s ) = 0. (e 60 . .w 0 . s) = Clesx/a + c 2 e~sx/a x ñ y )sen h ± ^ y } 0 a . está acotada por M en (0 . 0 11. 148. u (jc .W 2« 15.3 = -ÍL xdxdy = 1. s) = 0 .l ) ) d j c d y = ¿ 13.( . c2 = —c/s y (.3 / s e . Por el teorema de Green ce-nx/ 26 £ { ! } £ 2 g.( M 2 í + x 2/ f ) / 4 6 pdy + qdx = Entonces. Por tanto. ip x - 9y) = í) = ce. t .x ¡ s / Z )\/s + ¡A /46 jcdy —y < ¿> c= así que por el teorema de convolución y el primer teorema del corri miento -H L U . Por el teorema de Green = 0 . cj ce -IJx/28 7.lím u(x. 75 9.( M 2f + x 2/ í ) / 4 6 -4 Jy y 2d x = A y i n A P É N D IC E A. 2 \/2 —1 J x 2 dy = — Ax . . 21 Acumulación. 127 función. 121 Amplificación. 80 teorema de. 62 suave. 178 Bilineales. transformación de. sistema de. teorema. 185 Bessel. 32 global. círculos de. 1 Cargas. función. 205 Binomial. 25 Cadena.. 10 principio del. teorema de. 90 299 . 2 Aislada(os). 72. flujo de. 62 suave por partes (spp). teorema de. axiomas de. 21 Absoluto. leyes. 2 Cardano. 86 fórmula integral de. L . 54 Analítica continuación. 62 longitud de. 121 Bidimensional. 33 Calor. 97 valor principal de. 82. 258 Cauchy convergencia de. 146 estimación de. 129 Antiderivada de una función analítica en un disco. conjunto. valor. 62 Argumento. función de. punto de. 167 Amplitud. 9 Acotado. transformaciones. 125. 94 Apolonio. Abel. para derivadas. 105 singularidad. 194 Campo. 196 Carleson. 20 Aditiva(o) identidad. 78 simple. 224 Arco de Jordán. 111 Abierto.ÍNDICE Con el número que se anota en cada término se indica la página en que éste se define. 108 Biyección. 92 teorema de la. 2 inverso. 8. 156 Armónica. 207 Asociativas. 2 Bemoulli. conjunto. 96 teorema de. funciones. 146 Cauchy-Goursat. teorema de. regla de la. proyección.3 00 ÍNDICE Cauchy-Riemann. 161 Conjugada(o) armónica. puntos de. 23 Conforme. función. 196 Elementos. 225 Directriz. 63 Extremos (de una curva). 122 Estacionario. 212 integral de. 38 Dipolo. exponencial) orden. 243 Coseno. 170 Fluidos. 241 uniforme (de series). 247 Electrostático. 196 Esenciales. región. razón. 101 Convergencia radio de. absolutamente. 178 Flujo como chorro. 77 Distributivas. 108 Convergente. 6 Conmutativas. leyes. 178 irrotacional. 2 Diverge (una serie). 202 Estereográfica. 54 Fijos. mapeos. 23 Exponencial compleja (véase Compleja. 101 Convexa. 225 momento del. 246 Corriente función. 241 Exterior ángulo. 194 estacionario. 34 Cavitación. 19 Equipotenciales. 178 Estancamiento. 32 6 -vecindad. 181 Estela (en un flujo de fluidos). 194. 2 plano. 21 múltiplemente (región). 62 Fase. 101 Doblete (puntual). exponencial. 185 Cerrado(a) conjunto. 208 complejo. 178 incompresible. 172 Derivada ( Continuación) nula. 202 Corrimiento primer teorema de. puntos. 4 Complejo(s) conjugado (véase Conjugado. 180 líneas de. 196 Complemento. 5 potencial (del flujo). 16 Dirichlet el problema de. 197 Conexo(a) conjunto. líneas. de un conjunto. leyes. 195 Corrientes libres. 179 . 187 conjunto. función. complejo) números. 15 Enestrom-Kakeya. campo. 224 Dominio. función. 180. 20 de la curva (región). 180. 180. 243 segundo teorema de. 179. ecuaciones diferenciales de. teorema de. 194 Conductor (contornos). 19 Entera. líneas de. 110 semiplano de. 21 Duhamel. coeficiente de. 20 Condensador. corrimiento de. 166 Convolución (de funciones). 21 curva. 201 Conductividad térmica. fórmulas de. 196 Compleja. teorema de la. 62 Cerradura (de un conjunto). singularidades. flujo de. 125 Elipse. 44 Cruzada. 2 Continua. 24 Circulación (del campo). 79 simplemente. 204 de calor. 27 Converge (una serie). 85 Lemniscatas. función (véase Función fuerza) líneas de. 131. 47 Looman-Menchoff. 222 Interferencia efectos de. 273 Hadamard. 258 Lagrange. 44 Fundamental. 64. 250 transformación de. polinomios de. 98 Laplace ecuación de. 180 de Bessel. 218 Heaviside. 195 Green. 104 Magnitud (véase Módulo) . 32 analítica global. 131 hiperbólica. 207 compleja. 63 y del exterior. 59 impulso. desigualdad de. 86 Geométrica. 195 Jacobiano. conjunto. 221 Fuerza. 196 teorema de. flujo (véase Flujo irrotacional) Isotermas. 46 Hodógrafa. 25 Imaginaria. serie. 121 de Heaviside. 23 Intensidad (de una fuente vórtice). 122 multivaluada. 110 Harnack. 116 teorema de. 167. 27 por un lado. 180 regular. 150 meromorfa.. 71. teorema de. teorema. 17 Hiperbólicas complejas. 59 Maclaurin. función (véase Función holomorfa) Imagen. función. 116 Legendre. 155 Gauss. serie de. 165 Jordán arco de. 62 teorema de la. región. 54 franjas de. fórmula de. 46 holomorfa. 190 Función analítica. 19 Laguerre. 247 entera. 54 Interior. 102 Gradiente. 62 curva de. perfil de. 237 Inyecciones. 63 Joukowsky. 1 ley de. 20 de la curva (región). polinomio de. funciones. 128 armónica. 5 punto al. teorema de. líneas. 196 gamma. 240 de transferencia. 232 reglas de. función de (véase Función de Heaviside) Hipérbola. 28 Línea. 179. integral de.de una región. 136 Inversión fórmula de (para transformada de Laplace). 223 L ’Hospital. teorema de. 59 Funciones trigonométricas complejas. 207 transformada de. teorema del. teorema de. del valor medio. 240 Laurent serie de. 203 Holomorfa. 22 Katznelson Y . 267 Liouville. 241 de dos lados. 87 Logaritmo. 50 potencial. teorema de. 24 continua. 32. 48 potencia. 25 Irrotacional. 32 fuerza. 114 Límites. identidad de. 27 corriente. 95 Gamma. conjunto. números. ecuaciones de. 43. frontera. argumento. 21 Noshiro-Warshawski. 166 Números complejos. 2 Onda ecuación de. 146 Pringsheim. 105 exponencial. teorema de. 121 Por un lado. o multipolo). 133 Riemann del mapeo. 63 Potencia. función. rama. 43 cortes de. teorema de. 131 Monogénica. ley del (para la suma vectorial). 16 Paralelogramo. 43 teorema de.ÍNDICE Mapeo(s). 180. 54 longitud de. 25 conformes. 131 tema de. 121 Residuo. 131 Mobius. 5 Reales. 58 Menchoff. función. 164 esfera de. 49 valor. 89 Schwarz-Cristoffel fórmula de. principio del. 56 Orden de un multiplete. 157 Schwarz fórmula de. 130 No acotado. funciones. 9 Monodromía. 87. 241 punto de ramificación de. 129 Removibles. 49. 128. 2 Multivaluadas. puntos. 5 Parábola. 122 Mínimo. 221 vórtice. transformada. 121 del cero. singularidades. 59 Morera. transformaciones de. 88 Mittag-Leffler. 2 inverso. prueba de la. 1 Reglas de límites (véase Límites. 50 Potencial. 130 Rápida de Fourier. principio del. 2 reales. teorema de la. conexa (véase Conexa. 43 logaritmo. reglas de) Regulares. 20 Puntual fuente (o sumidero). sentido. 130 Origen (del sistema coordenado). 49 puntos de. 222 Ramificación. función. 48 Natural. 205 Módulo (o magnitud). teorema de. 131 Punto. 10. 228 de un polo. 184 Razón. 150 Multivaluado. 228 orden de un (véase Orden de un multiplete) Multiplicativa(o) identidad. teorema de. múltiplemente) Multiplete (puntual. 187 transformación de. 3 Polos. 196 Principal. transformación de. teorema del. 96 Rotación. teorema de. 196 campo de. 167 Rouche. función. 187 . 210 Maxwell. 115 Real. límites (véase Límites por un lado) Positivo. 47 principal (rama o ramificación). parte. 35 Meromórfica. 83 Múltiplemente. teorema de. 161 Máximo. 23 superficie de. 219 principio de reflexión de. 235 Rapidez. 123 Zhukovski. teorema de. 218 teorema del. campo plano de. 146 Valor medio del área. 8 Taylor serie de. 211 Variable compleja. 61. teorema de. teorema del. 10. 103 Temperatura. función de. 102 Sumideros (véase Fuentes) Suryecciones. 62. 25 Tartaglia. método de. 167 Tres círculos. 98 Weierstrass. teorema de los. 49. suave por partes) Suave arco. 232 Suma (de la serie). 95 Transferencia. arco (o función). 222 fuente. problema con. 3 Velocidad. 88. 89 Valor. fórmula de. 222 Wallis. 131 Weierstrass-Casorati. 179 Vórtice(s). 1. 156 Vector. vector. 210 Valores en la frontera. 247 Traslación. 108. transformación de. 24 Variación (del argumento). 66.spp (suave por partes) (véase Arco. 90 del cálculo. (véase Joukowski) . 195 Teorema fundamental del álgebra. 62 por partes. 102 teorema de. . . El Manto Iztapalapa. 56 86 56 89 Marzo 2002 500 ejemplares más sobrantes .La impresión de esta obra se realizó en los talleres de: IMPRESORA MMC Quinta cerrada de Barranca s/n MZ. 4 LT. Tel. 5 Col.