PROBLEMAS DE ROBIN - COMPLEJO EN DOMINIOS NO ACOTADOS

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1 UNIVESIDAD SIMÓN BOLÍVA DECANATO DE ESTUDIOS DE POSTGADO COODINACIÓN DE MATEMÁTICAS MAESTÍA EN MATEMÁTICAS TABAJO DE GADO POBLEMAS DE OBIN - COMPLEJO EN DOMINIOS NO ACOTADOS por Yankis Linares Octubre, 2

2 UNIVESIDAD SIMÓN BOLÍVA DECANATO DE ESTUDIOS DE POSTGADO COODINACIÓN DE MATEMÁTICAS MAESTÍA EN MATEMÁTICAS POBLEMAS DE OBIN - COMPLEJO EN DOMINIOS NO ACOTADOS Trabajo de Grado presentado a la Universidad Simón Bolívar por Yankis Linares Como requisito parcial para optar al grado académico de Magister en Matemáticas ealizado con la tutoría de la Profesora Carmen Judith Vanegas Octubre, 2

3 algo ii

4 iii DEDICATOIA Para mi hija Jazmín Alejandra, con todo mi corazón.

5 iv AGADECIMIENTOS Gracias a todas aquellas personas por su apoo incondicional en especial a mi tutora Carmen Judith Vanegas por haberme orientado siempre desde que empecé mis estudios de postgrado en esta universidad.

6 v UNIVESIDAD SIMÓN BOLÍVA DECANATO DE ESTUDIOS DE POSTGADO MAESTÍA EN MATEMÁTICAS POBLEMAS DE OBIN - COMPLEJO EN DOMINIOS NO ACOTADOS Por: Linares Yankis amón Carnet: Tutor: Carmen Judith Vanegas Octubre, 2 ESUMEN En este trabajo se estudia el problema de valores de frontera de obin en análisis complejo para la ecuación de Cauch - iemann su correspondiente ecuación no homogénea la ecuación de Bitsadze, en dominios no acotados. Usando resultados clásicos del análisis complejo técnicas establecidas en [5, ] presentaremos las condiciones de solubilidad las representaciones integrales de las soluciones de estos problemas. También presentaremos de manera detallada casos particulares de algunos resultados que se encuentran en []. Específicamente, resolveremos los problemas de valores de frontera tipo Dirichlet, Neumann combinado (Dirichlet - Neumann para la ecuación de Bitsadze no homogénea en el semiplano superior. En estos problemas también se establecen las condiciones de solubilidad para garantizar la existencia de una solución única. Palabras claves: Problemas de valores de frontera, problema de obin.

7 vi ÍNDICE GENEAL APOBACIÓN DEL JUADO DEDICATOIA AGADECIMIENTOS ESUMEN LISTA DE SÍMBOLOS ii iii iv v viii INTODUCCIÓN I. PELIMINAES 4.. Valor principal de una integral de línea con singularidad en el contorno de integración Kernel de Poisson para el semiplano superior primer cuadrante Problema de Dirichlet para la ecuación de Cauch - iemann en el primer cuadrante II. POBLEMA DE OBIN PAA LA ECUACIÓN DE CAUCY -IEMANN EN EL PIME CUADANTE Problema de obin caso homogéneo Problema de obin caso no homogéneo III.POBLEMA DE OBIN PAA LA ECUACIÓN DE CAUCY -IEMANN NO OMOGÉNEA EN EL SEMIPLANO SUPEIO 3 IV.POBLEMA DE OBIN PAA LA ECUACIÓN DE BITSADZE EN EL SEMI- PLANO SUPEIO 37 V. CASOS PATICULAES DEL POBLEMA DE OBIN PAA LA ECUACIÓN DE BITSADZE EN EL SEMIPLANO SUPEIO Problema de Dirichlet

8 vii 5.2. Problema de Neumann Problema combinado de frontera Dirichlet-Neumann CONCLUSIONES 59 EFEENCIAS 6

9 viii LISTA DE SÍMBOLOS El conjunto de los números reales. El semiplano superior de números complejos. El semiplano superior de números complejos. z t Para z = x i, z t significa que x t. {z C : z <, Im(z > }. La frontera de. Q El primer cuadrante, es decir, {z C : e(z >, Im(z > }. Q {z C : z <, e(z >, Im(z > }. D Un dominio (conjunto abierto conexo en C. D La frontera de D. D El disco unitario {z C : z < }. D D D. C(D; El espacio de las funciones continuas a valores reales definidas en D. C(D; C El espacio de las funciones continuas a valores complejos definidas en D. C n (D; C El espacio de las funciones a valores complejos, n veces continuamente diferenciables definidas en D. C α (D; C El espacio de las funciones a valores complejos ölder continuas en D. L p (D; C Para p, el espacio de las funciones medibles f definidas en D para el cual f p es integrable. L p (; C Para p, el espacio de las funciones medibles f definidas en para el cual f p es integrable. L p,2 (; C El espacio de las funciones f en L p ( ; C tal que z 2 f ( z Lp ( ; C. W p,2 ( El espacio de Sobolev, conteniendo todas las funciones f L p ( para las cuales las derivadas D µ f hasta el orden m también pertenecen a L p (. Donde D µ f = µ f µ..., µ = (µ,..., µ m un multi-índice, µm µ j para cada j =, 2..., n µ = µ... µ m.

10 INTODUCCIÓN En los últimos 5 años, el campo de métodos analíticos complejos para ecuaciones en derivadas parciales ha llamado la atención de numerosos matemáticos. Una investigación sistemática de los problemas de valores en la frontera para ecuaciones en derivadas parciales de orden arbitrario, usando fórmulas integrales de representación, fue iniciada por. Begehr. Problemas de valores de frontera de Dirichlet, Neumann, Schwarz combinados en el disco unitario para modelos de ecuaciones, fueron introducidos por él en [8] dando las condiciones de solubilidad las soluciones en forma explícita. Uno de los problemas destacado en la teoría de valores de frontera es el problema de obin, el cual consiste en una combinación de condiciones de Dirichlet Neumann: αw β ν w = γ, donde ν es la derivada normal exterior en la frontera. A partir de 25 se han publicado varios resultados sobre este tipo de problemas. Es así que después de una búsqueda exhaustiva de referencias sobre el problema de obin hemos encontrado que, en el contexto del análisis complejo, en [9] se estudia un caso particular de este problema para la ecuación de Cauch-iemann su correspondiente ecuación no homogénea en el disco unitario. En [5] se estudia el problema de obin para la ecuación de Cauch-iemann un caso particular del problema de obin para la ecuación de Cauch-iemann no homogénea, ambos casos en el semiplano superior. En [5] se estudia un problema de obin particular en el primer cuadrante para la ecuación de Cauch-iemann finalmente en [] se estudia el problema de obin para la ecuación de Poisson en el disco unitario. En la reciente publicación [8], donde se presenta un resumen de los resultados más relevantes en el campo de problemas de valores de frontera en análisis complejo, encontramos que el problema de obin, para ecuaciones diferenciales lineales modelos de ecuaciones de orden maor, en el caso de dominios no acotados dominios multiplemente conexos son problemas a ún sin resolver. Por otro lado, hemos

11 2 encontrado que los trabajos [, ], donde otros tipos de problemas de valores de frontera son estudiados en dominios no acotados, ofrecen una base importante para trabajar los problemas abiertos mencionados anteriormente. En esta tesis resolveremos el problema de obin, en el contexto del análisis complejo, para la ecuación de Cauch - iemann su correspondiente ecuación no homogénea para la ecuación de Bitsadze, en dominios no acotados, específicamente en el semiplano superior ( primer cuadrante (Q : z w = f en con αw w = γ en la frontera z w = en Q con αw w = γ en la frontera, donde f, α γ satisfacen ciertas hipótesis. Similarmente se plantea el problema para el caso no homogéneo en Q. Por otro lado, dado el operador de Bitsadze 2 z se quiere resolver: 2 zw = en con w w = γ z w z w = γ en la frontera, para ciertas condiciones impuestas sobre γ γ. Debido a que estos problemas resultan mal planteados, necesitamos establecer condiciones de solubilidad. Para tal fin para lograr representaciones integrales de las soluciones, usaremos resultados clásicos del análisis complejo técnicas establecidas en [5, ]. Adicionalmente a la resolución de los problemas de obin, hemos resuelto en esta tesis de manera detallada los problemas de valores de frontera tipo Dirichlet, Neumann combinado Dirichlet - Neumann para la ecuación de Bitsadze no homogénea en el semiplano superior. Estos problemas son casos particulares de aquellos más generales que se encuentran en []. El estudio de estos problemas es de gran importancia. La ecuación de Cauch - iemann tiene aplicaciones a la mecánica de fluidos, por ejemplo a través de ella se puede determinar el flujo alrededor de una tuberia. Puede También representar el potencial de flujo en dinámica de fluidos, o puede modelar campos magnéticos estáticos en magnetoestática, en una región del plano que no contiene corriente, o campos eléctricos estáticos en electroestática, en una región del plano que no contiene carga eléctrica.

12 3 Ver [4, 2]. Asi mismo la correspondiente ecuación de Cauch - iemann no homogénea encuentra sus aplicaciones en mecánica de fluidos, mecánica de los sólidos, mappings cuasi - Corformes, ver [4] las referencias contenidas allí, en aerodinámica, ver [2] las referencias contenidas allí. Con respecto a la ecuación de Bitsadze sus aplicaciones se encuentran, por ejemplo, en mecánica estructural, electroestática, magnetoestática, potencia electromagnética, medios conductivos, transferencia de calor, difusión etc. Ver [3] las referencias contenidas allí. Todos los resultados obtenidos en esta tesis relacionados con el problema de obin son aportes originales de esta investigación hasta donde hemos investigado en la literatura existente, no han sido publicados en revistas científicas. En el caso de los problemas de valores de frontera tipo Dirichlet, Neumann Dirichlet - Neumann, nuestro aporte se limita a mostrar con detalles todos los cálculos para las ecuaciones polianalíticas de orden 2, es decir, para la ecuación de Bitsadze.

13 4 Capítulo I PELIMINAES Sea C el plano complejo, cuos elementos son de la forma z = x i con x, en. El plano complejo extendido es denotado por Ĉ = C { }. El número complejo z = x i es llamado conjugado del número z. ez, Imz denotan la parte real e imaginaria de z respectivamente. Ahora consideremos las derivadas parciales complejas con respecto a z z denotadas respectivamente por z z. Ellas se definen como sigue: 2 z = x i 2 z = x i. Sea w una función de valores complejos: w = u iv, con u = u(x, v = v(x, funciones de valores reales. Si u v tienen derivadas parciales continuas en un conjunto abierto del plano complejo C, entonces decimos que w es analítica (holomorfa en este conjunto del plano complejo si las derivadas parciales de las funciones u, v satisfacen las ecuaciones de Cauch-iemann x u = v u = x v. Esto último es equivalente a la ecuación de Cauch-iemann homogénea z w =. Algunas herramientas fundamentales para resolver problemas con valores en la frontera para ecuaciones diferenciales parciales de primer orden son el teorema de Gauss las fórmulas de representación de Cauch- Pompeiu. Usando las derivadas parciales complejas podemos escribir la forma compleja del teorema de la divergencia como sigue, ver [7]: Teorema I.. Teorema de Gauss Sea D C un dominio regular, es decir, un dominio acotado con frontera D suficientemente suave

14 5 sea w C (D, C C( D, C. Entonces 2i 2i D D w(z dz = z w(z dxd. D w(z d z = D z w(z dxd. Teorema I.2. [5]. Versión del Teorema de Gauss para el semiplano superior Sea := {z : Imz > } el semiplano superior supongamos que w W, (, C C(, C. Sea := {z : < Imz, z < } M(, w := max{ w(z : z =, θ }. Asumiendo que M(, w tiende a cero cuando tiende a infinito, se tiene w(t = 2i 2i w(t = z w(z dxd. z w(z dxd. La siguiente fórmula de representación integral de Cauch-Pompeiu [9, 7, 8, 7] es una generalización de la fórmula integral de Cauch para funciones analíticas, puede ser probada usando el teorema de Gauss. Teorema I.3. Fórmula de representación integral de Cauch - Pompeiu Sea D C un dominio regular w C (D, C C( D, C. Entonces la fórmula de Cauch-Pompeiu tiene la forma w(z = D w(ζ ζ z dζ D ζw(ζ ζ z dξdη. (I. w(z = D w(ζ ζ z d ζ D ζ w(ζ ζ z dξdη (I.2 Teorema I.4. Fórmula de representación integral de Cauch - Pompeiu para el semiplano superior. Suponga que w : C satisface w(x C x ɛ para x > k, ɛ > z w L (, C. Si lím M(, w =, entonces la fórmula integral de Cauch-Pompeiu para el semiplano superior está dada por w(z = w(t t z <Imζ ζw(ζ ζ z dξdη. (I.3 w(z = w(t t z <Imζ ζ w(ζ ζ z dξdη. (I.4 Demostración. Ver detalles en [5].

15 6 Teorema I.5. [5] Fórmula de representación integral de Cauch - Pompeiu para el primer cuadrante. Sea Q = {z C : < e(z, < Im(z}, w : Q C m(r, w = max{ w(z : z = r, θ 2 }. Si w C (Q, C C(Q, C tal que para algún δ > r la función ( r δ m(r, w es acotada si z w L (Q, C, entonces la fórmula integral de Cauch-Pompeiu para el primer cuadrante esta dada por w(z = w(t t z w(it t iz ζw(ζ Q ζ z dξdη. (I.5 w(z = w(t t z w(it t i z ζ w(ζ Q ζ z dξdη. (I.6 Demostración. Vamos a demostrar (I.5 la prueba de (I.6 es similar. Sea r consideremos Q r = {z C : z < r, < e(z, < Im(z}. Ahora bien, usando la fórmula integral de Cauch- Pompeiu (I. se tiene que: w(z = w(ζ Q r ζ z dζ ζw(ζ Q r ζ z dξdη. (I.7 Como w(ζ Q r ζ z dζ = r w(t t z r w(it t iz 2 w(re iθ reiθ idθ re iθ z, (I.8 entonces sustituendo (I.8 en (I.7 se tiene: r r w(z = w(t t z w(it t iz w(re iθ reiθ idθ re iθ z ζw(ζ Q r ζ z dξdη. (I.9 2 Por otra parte, w(re iθ reiθ idθ re iθ z < r 4 r z m(r, w por hipótesis ( rδ m(r, w es acotada, 2 es decir, existe c > tal que ( r δ m(r, w c para todo r.

16 7 Así, Por lo tanto, 2 w(re iθ reiθ idθ re iθ z < r 4 r z m(r, w < c r 4 r z ( r δ. lím r 2 w(re iθ reiθ idθ re iθ z =. Por consiguiente, tomando límite cuando r tiende a infinito en (I.9 usando el límite anterior se tiene (I.5. Definición I.. Sea D C un dominio regular sean f, g L (D, C. Entonces f es llamada derivada generalizada (distribucional de g con respecto a z si para toda función ϕ C (D, C g(z z ϕ(z dxd D D f(zϕ(z dxd =. Esta derivada es denotada por z g. De la misma forma se define la derivada generalizada respecto a z. (I. En el caso en que una función es continuamente diferenciable en el sentido usual, también es diferenciable en el sentido distribucional ambas derivadas coinciden. Definición I.2. Sea D C un dominio regular sea f L p (D, C, p > El operador integral T f(z = dξdη ζ z D (I. es el operador de Pompeiu. Este operador es investigado con detalles en [9]. Teorema I.6. El operador de Pompeiu T f posee derivada en el sentido distribucional donde Πf(z = Calderon - Zgmund. D z T f(z = f(z, z T f(z = Πf(z, dξdη es un operador integral singular de tipo (ζ z 2 (I.2 En el caso del semiplano superior, el operador de Pompeiu T f tiene la siguiente forma T f(z = dξdη ζ z. (I.3 T f satisface z T f(z = f(z, z T f(z = Πf(z, (I.4 donde Πf(z = dξdη (ζ z 2.

17 8 Similarmente para el caso del primer cuadrante Q. El siguiente teorema es un resultado que se encuentra en [9]. Teorema I.7. Sea D un dominio acotado con frontera suficientemente suave. Entonces Πf(z = T z f(z ζ z d ζ. D (I.5 Definición I.3. Sea C una curva suave en el plano complejo. Sea ϕ una función continua definida en C, llamaremos integral tipo Cauch a la integral de linea φ(z = ϕ(τ τ z dτ. C (I.6 ϕ es llamada función de densidad el Kernel. τ z Observemos que la integral tipo Cauch constitue una función analítica en todo el plano complejo excepto para los puntos z localizados en C. La prueba de la analiticidad de φ consiste en establecer la posibilidad de diferenciación respecto a la variable z. Ver [6, 7]... Valor principal de una integral de línea con singularidad en el contorno de integración Sea C una curva suave τ, t C. Considere la integral de linea con singularidad en t, C ϕ(τ τ t dτ. (I.7 Sea ρ > consideremos el círculo centrado en t de radio ρ. Sean t, t 2 los puntos de intersección de este círculo con la curva C. El radio ρ es considerado suficientemente pequeño de modo que el círculo no tiene otros puntos de intersección con la curva C, además de t t 2. Denotemos por l la parte del contorno C cortada por el círculo tomemos la integral sobre el resto del arco C l ϕ(τ τ t dτ. Definición I.4. El límite de la integral ϕ(τ lím ρ C l τ t dτ si existe, es llamado valor principal de la integral (I.7 es denotado por C ϕ(τ ϕ(τ dτ := lím τ t ρ C l τ t dτ. C ϕ(τ dτ. Es decir, τ t (I.8

18 9 Definición I.5. Supongamos que C es cerrada, si C es abierta podemos suplementarla con una curva arbitraria de manera tal que la nueva curva obtenida sea cerrada ϕ en ese suplemento se anule. Denotemos por C la región encerrada por la curva C sea C := C\C C. Se definen los valores en la frontera de φ como: φ (z := lím φ(z, ζ C. z ζ,z C φ (z := El siguiente resultado se encuentra en [6]. Teorema I.8. Fórmulas de Plemelj - Sokhotzki lím φ(z, ζ C. z ζ,z C Sea C una curva suave cerrada o abierta ϕ una función definida en C ölder continua. Entonces la integral tipo Cauch existe satisface φ(z = ϕ(τ C τ z dτ, φ (z = 2 ϕ(ζ ϕ(τ C τ ζ dτ. φ (z = 2 ϕ(ζ ϕ(τ τ ζ dτ. C (I.9 (I.2 (I.2 Teorema I.9. Sea 2 < p f W p, (Q, C tal que lím rm(r, f =, entonces r Πf(z = T z f(z f(t t z f(it it z i. (I.22 Similarmente, si 2 < p f W p, (, C tal que lím M(, f = entonces r Πf(z = T z f(z f(t t z. (I.23 Demostración. Sea r >. Vamos a considerar la región Q r = {z C : z r, e(z, Im(z }. Entonces, por el teorema (I.7 Pero, dξdη Q r (ζ z 2 = f ζ (ζ dξdη Q r ζ z d ζ, ζ = ξ iη. (I.24 Q r ζ z d ζ Q r ζ z = Por otra parte, observemos que r f(t t z r f(it i it z 2 f(re iθ rie iθ dθ re iθ z. (I.25

19 2 f(re iθ rie iθ dθ re iθ z Por hipótesis lím rm(r, f = entonces se tiene que: r lím r 4 rm(r, f r z. 2 f(re iθ rie iθ dθ re iθ =. z Por consiguiente, tomando límite cuando r en (I.24 se tiene: Πf(z = T f z (z f(t t z f(it it z i. (I.26 análogamente se prueba (I.23. Teorema I.. Si f W p, (Q ; C C α (Q ; C, 2 < p, < α < ; entonces se tiene que: lím z t lím z it f(τ τ z f(iτ f(it idτ = iτ z 2 f(t dτ = 2 f(τ τ t dτ. f(iτ τ t dτ. (I.27 (I.28 los valores de Πf(z en la frontera de Q están dados por: (Πf (t = lím Πf(z = f(t z t 2 f(τ τ t dτ f(iτ iτ t idτ T zf(t. (I.29 (Πf (it = lím Πf(z = f(τ f(it dτ z it τ it 2 f(iτ τ t dτ T zf(it. (I.3 En el caso del semiplano superior, es decir, si f W p, (; C C α (; C, 2 < p, < α <, entonces se tiene que: lím z t f(τ f(t dτ = τ z 2 f(τ τ t dτ. (I.3 (Πf (t = lím Πf(z = f(t z t 2 f(τ τ t dτ T zf(t. (I.32 Demostración. aremos la demostración para el caso del primer cuadrante Q. El caso del semiplano superior es similar. lím z t lím z it f(τ dτ = lím τ z lím z t f(iτ idτ = lím iτ z lím z it C f(τ τ z dτ ζ z dζ,

20 donde C := {ζ = it : t }. Pero por las fórmulas de Plemelj - Sokhotzki tenemos lím z t f(τ f(t dτ = τ z 2 f(τ τ t dτ. (I.33 lím z it C f(it dζ = ζ z 2 C Por lo tanto, usando estas dos últimas igualdades se prueba que: lím z t f(it dζ = f(iτ ζ it 2 τ t dτ. f(τ f(t dτ = τ z 2 f(τ τ t dτ. (I.34 (I.35 lím z it Por otra parte, observe que el teorema (I.9 muestra f(iτ f(it idτ = f(iτ iτ z 2 τ t dτ. (I.36 Πf(z = T z f(z f(t t z f(it it z i. Usando las identidades (I.35 (I.36 se obtiene (I.29 (I.3 respectivamente. (I.37

21 .2. Kernel de Poisson para el semiplano superior primer cuadrante 2 Los siguientes resultados se encuentran en [3]. Teorema I.. Sea p >. Sea f una función analítica en el semiplano superior, tal que f(z p = f(x i p es integrable para cada > ( f(x i p dx es acotada. Entonces f(x = lím f(x i existe en casi todas partes, f L p ( p log f(x x 2 dx >. Teorema I.2. Sea p. Sea f una función analítica en el semiplano superior, tal que f(z = f(x i p es integrable para cada > es acotada. Entonces f(z = Consecuentemente, si h L p (, p ( f(z = f(x i p dx p (x t 2 f(t, z = x i. (I.38 2 (x t 2 h(t (I.39 2 es analítica en, entonces f(z = f(x i p es integrable para cada > es acotada. ( f(x i p dx Teorema I.3. Sea p. Sea f una función analítica en el semiplano superior, tal que f(x i p es integrable para cada > es acotada. Entonces ( f(x i p dx p p f(z = f(t, donde Im(z = > ; (I.4 t z

22 3 la integral se anula para <. Consecuentemente, si h L p (, C entonces la función h(t =, donde Im(z = <, (I.4 t z f(z = h(t, donde Im(z = > t z es analítica en el semiplano superior, f(x i p es integrable para cada > es acotada. Además, ( f(x i p dx p h(t lím f(z = lím z t z t t z = h(t. Esta igualdad será probada con detalle más adelante. Por todo lo dicho anteriormente, si h L p (, C entonces h(t =, donde Im(z = <, (I.42 t z lím z t (x t 2 h(t = lím 2 z t = lím z t = h(t. Llamaremos Kernel de Poisson a la función K(z, t = primer cuadrante el Kernel de Poisson es Ver []. K(z, it = [ t z ] h(t t z h(t t z ( t z = t z x it z 2.. Para el caso del t z 2 El siguiente resultado está probado en [5], sin embargo dado su importancia para los problemas con valores en la frontera en el semiplano superior, nosotros lo anexamos escribimos la prueba con más detalles. Teorema I.4. Sea f una función a valores reales continua acotada excepto en una cantidad finita de puntos, entonces lím z t (t x 2 2 f(t = f(t, z = x i. (I.43

23 Demostración. Sea U(z = (t x 2 2 f(t. Sea ɛ >, como f es continua en t existe δ > tal que t t < δ entonces f(t f(t < ɛ. 4 Si x t < δ 2 < < 2 δ entonces U(z f(t = (t x 2 2 (f(t f(t (t x 2 2 f(t f(t ( = t δ (t x 2 2 f(t f(t Por otra parte, tδ t δ tδ t δ t δ (t x 2 2 f(t f(t (t x 2 2 f(t f(t ɛ tδ t δ ɛ (t x 2 2 (t x 2 2 = ɛ = ɛ como f es acotada, existe M > tal que f(t M para todo t. Por lo tanto, ( t δ ( 2M t δ f(t f(t (t x 2 2 (t x 2 2 t δ 2M = 2M ( t δ ( t δ t δ t δ t δ (t x 2 t x 2 haciendo el cambio de variable u = t t como t t x t t x entonces se tiene: ( 2M t δ ( 2M δ = t x 2 t t x 2 t δ como δ 2 = δ δ 2 < δ t x entonces 2M = 4M = 4M ( δ ( δ δ δ t x δ t x ( t t x 2 δ t x 2M ( t δ t δ 4M 2 t x 2 δ = 8M δ. En consecuencia, U(z f(t ɛ 8M δ

24 5 tomando límite cuando z t se tiene Así, como ɛ es arbitrario lím z t U(z = f(t. lím U(z f(t = lím U(z f(t ɛ = ɛ. z t

25 6.3. Problema de Dirichlet para la ecuación de Cauch - iemann en el primer cuadrante El siguiente teorema es un resultado que se encuentran en [5] []. Teorema I.5. Problema de Dirichlet Sea f L p,2 (Q, C, p > 2, γ, γ 2 C([, ; C tal que ( t δ γ (t, ( t δ γ 2 (t están acotadas para algún δ > satisfacen las condiciones de compatibilidad γ ( = γ 2 (. Entonces el problema z w = f en Q w = γ en x, =. w = γ 2 en, x =. Tiene una única solución en el sentido distribucional si sólo si para z Q γ (t t z γ 2 (t t i z dξdη Q ζ z =. (I.44 La solución es w(z = γ (t t z γ (t t z γ (t t z γ 2 (t t i z dξdη Q ζ z =. γ 2 (t t iz dξdη Q ζ z =. γ 2 (t t iz dξdη Q ζ z. (I.45 (I.46 (I.47

26 7 Capítulo II POBLEMA DE OBIN PAA LA ECUACIÓN DE CAUCY -IEMANN EN EL PIME CUADANTE 2.. Problema de obin caso homogéneo Teorema II.. Sean γ, γ 2 C(, C tal que para algún δ > las funciones ( t δ γ (t, ( t δ γ 2 (t, son acotadas en. Sean α, α 2 funciones continuas acotadas no negativas c C. Entonces el problema de encontrar w C ( Q, C tal que z w = en Q α w i w = γ en < x, = α 2 w x w = γ 2 en <, x = w( = c, tiene una única solución si sólo si para z Q [ce t t α(s ds γ (τe τ t α(s ds dτ] t z t [ce t iα2(is ds iγ 2 (τe τ t iα2(is ds dτ] i it z =. (II. La solución es w(z = [ce t t α(s ds γ (τe τ t α(s ds dτ] [ce t t z t iα2(is ds iγ 2 (τe τ t iα2(is ds dτ] i it z. (II.2

27 8 Demostración. Supongamos que este problema tiene una solución w. Como i w = x w = w entonces α w i w = α w w α 2 w x w = α 2 w w. Por otra parte en la semirecta x =, > nosotros consideramos z = it. Entonces w (it = dw(z dz = dw(z. dz = d tw(it. d ( z = dz i i d tw(it Así, w (it = id t w(it. En el caso de la semirecta =, x > tenemos z = t. Por lo tanto el problema anterior se expresa de la siguiente manera w z =, w( = c. (II.3 α (tw(t w (t = γ (t, t (II.4 α 2 (itw(it id t w(it = γ 2 (t, t. (II.5 De (II.4 (II.5 se obtiene que w(t = ce t α(s ds t γ (τe τ t α(s ds dτ. w(it = ce t iα2(is ds t iγ 2 (τe τ t iα2(is ds dτ. Luego, el problema se reduce a resolver el siguiente problema de Dirichlet w z = w(t = ce t α(s ds t γ (τe τ t α(s ds dτ, t w(it = ce t iα2(is ds t iγ 2 (τe τ t iα2(is ds dτ, t, el cual tiene una única solución si sólo si para z Q [ce t t α(s ds γ (τe τ t α(s ds dτ] t z t [ce t iα2(is ds iγ 2 (τe τ t iα2(is ds dτ] i it z = (II.6 que coincide con (II..

28 9 La solución es w(z = [ce t t α(s ds γ (τe τ t α(s ds dτ] [ce t t z t iα2(is ds iγ 2 (τe τ t iα2(is ds dτ] i it z (II.7 que es (II.2. Verificación. Supongamos que (II.6 es cierto probemos que (II.7 es la solución. Primero observemos que z w(z =. Consideremos γ 3 (t = ce t α(s ds t γ (τe τ t α(s ds dτ se tiene γ 4 (t = ce t iα2(is ds t iγ 2 (τe τ t iα2(is ds dτ, w(z = = γ 3 (t γ 3 (t t z t z i γ 4 (t it z γ 4 (t t iz para z Q γ 3 (t t z Evaluando en los puntos z, z, z en (II.8 obtenemos : γ 3 (t t z γ 4 (t γ 4 (t t iz =. t i z =. (II.8 (II.9 Ahora vamos a probar que para t γ 3 (t γ 3 (t t z t z w(t = γ 3 (t. γ 4 (t γ 4 (t t i z =. t iz =. (II. (II. w(it = γ 4 (t.

29 2 Observemos que: w(z = w(z (II. (II.9 (II.. Así, w(z = [ γ 3 (t t z ( t z t z ] t z [ γ 4 (t t iz t i z ( t iz ] t i z Así, w(z = w(z = [( γ 3 (t t z ( t z t z 2 γ 3(t t z t z γ 4 (t ( γ 3 (t γ 4 (t Tomando límite cuando z t en (II.2 tenemos ] [( t iz t i z t z t z [( t iz t i z ( t i z ] t iz ( t i z ] t iz (II.2 lím w(z = lím z t z t t z 2 γ 3(t lím lím z t Por lo tanto, lím w(z = lím z t z t t z 2 γ 3(t en consecuencia, z t γ 4 (t γ 4 (t ( γ 3 (t t z t z [( t iz t i z ( γ 3 (t t t t t [( t it t it lím w(z = lím z t z t t z 2 γ 3(t = γ 3 (t. Similarmente, w(z = w(z (II. (II.9 (II.. Así, w(z = [( γ 3 (t t z ( t z t z t z [ γ 4 (t ] t i z t iz ( t i z ] t iz ( ], t it t it ( t iz ] t i z w(z = [( γ 3 (t t z ( t z t z t z γ 4 (t ] [( t i z t iz ( t iz ] t i z

30 2 por lo tanto, w(z = [( γ 3 (t t z t z ( t z ] t z x γ 4 (t t iz 2 Ahora tomamos límite cuando z it en (II.3 se tiene: ( γ 4 (t t iz t i z (II.3 lím w(z = lím z it z it Por lo tanto, lím w(z = z it obteniendo que: [( γ 3 (t t z lím z it [( γ 3 (t t it lím z it t z ( t z t z x γ 4 (t lím t iz 2 z it lím w(z = lím z it z it ( t it t it t it x γ 4 (t t iz 2 En consecuencia se tiene que t w(t = ce t α(s ds t ] ] ( γ 4 (t t iz t i z ( γ 4 (t, t t t t x γ 4 (t t iz 2 = γ 4(t. (II.4 γ (τe τ t α(s ds dτ = γ 3 (t. w(it = ce t iα2(is ds Observe que para t = tenemos que w( = γ 3 ( = c = γ 4 (. t iγ 2 (τe τ t iα2(is ds dτ = γ 4 (t. Ahora bién, si w(z = [ce t t α(s ds es solución del problema de Dirichlet γ (τe τ t α(s ds dτ] [ce t t z t iα2(is ds w z = iγ 2 (τe τ t iα2(is ds dτ] i it z. (II.5 w(t = ce t α(s ds w(it = ce t iα2(is ds t t γ (τe τ t α(s ds dτ, t iγ 2 (τe τ t iα2(is ds dτ, t,

31 22 entonces por el teorema (I.5 tomando f = tenemos que para z Q : [ce t t α(s ds γ (τe τ t α(s ds dτ] [ce t t z t iα2(is ds iγ 2 (τe τ t iα2(is ds dτ] i =. (II.6 it z

32 Problema de obin caso no homogéneo. El siguiente teorema es un resultado que se encuentra en [5]. Teorema II.2. Problema de obin caso Particular. Sea f L p,2 (Q, C C α (Q, C, 2 < p, < α <, γ, γ 2 C( ; C tal que para algún δ > ( t δ γ (t, ( t δ γ 2 (t, ( t δ f(t, ( t δ f(it están acotadas en. Entonces el problema que consiste en calcular w C (Q, C satisfaciendo z w = f en Q w i w = γ en < x, = w x w = γ 2 en <, x = w( = c C, tiene una única solución en el sentido distribucional si sólo si para z Q t [ γ (τ 3f(τ ] 2 e τ t dτ t z i t [ γ 2 (τ f(iτ ] 2 e i(τ t dτ i it z =. (II.7 La solución es w(z = [c T f(]e z t z t [ γ (τ 3f(τ 2 [ γ 2 (τ f(iτ T (f f ζ (ζe ζ z dζ ] e τ t dτ t z ] e i(τ t idτ i 2 it z z f( ζ d ζ Q ζ ζ eζ z dζ T f(z. (II.8 Ahora nosotros vamos a considerar una versión más general del teorema anterior al colocar un parámetro α a la función w en la frontera. El problema de obin para la ecuación de Cauch - iemann no homogénea se puede establecer en Q de la siguiente forma: Sea f L p,2 (Q, C C α ( Q, C, 2 < p, < α <, γ, γ 2 C(, C tal que para algún δ > las funciones ( t δ γ (t, ( t δ γ 2 (t, ( t δ f(t, ( t δ f(it son acotadas en. Sean α, α 2 continuas, acotadas no negativas, c C.Calcular w C ( Q, C tal que z w = f en Q α w i w = γ en < x, = α 2 w x w = γ 2 en <, x = w( = c.

33 24 Teorema II.3. El problema de obin anterior tiene una única solución si sólo si para z Q [(c Q ζ [(c dξdηe t t α(s ds Q ζ dξdηe t iα2(is ds γ (τe τ t α(s ds dτ] t t z γ 2 (τe τ t iα2(is ds i dτ] it z =. (II.9 La solución es para z Q w(z = donde t [(c Q ζ γ (τe τ t α(s ds dτ] dξdηe t α(s ds t z [(c t Q ζ γ 2 (τe τ t iα2(is ds dτ] γ (t = γ (t f(t α (tt f(t (Πf (t. dξdηe t iα2(is ds i it z T f(z, (II.2 γ 2 (t = iγ 2 (t if(it iα 2 (itt f(it i(πf (it. T f(z = Q ζ z dξdη. Demostración. Supongamos que este problema tiene una solución w. Dado que w z = f en Q, w se puede descomponer así: w(z = ϕ(z T f(z donde ϕ z (z = z T f(z = f(z en Q. Por otra parte i w = z w z w = ϕ Πf f x w = z w z w = ϕ Πf f. De acuerdo al Teorema I. los valores del operador Πf en la frontera de Q están descritos de la siguiente manera: (Πf (t = límπf(z = z t 2 f(t f(τ τ t dτ f(iτ idτ iτ t T fζ(t. (II.2 (Πf (it = lím Πf(z = z it 2 f(it f(iτ τ t dτ f(τ dτ τ it T f ζ (it. (II.22

34 25 Esto lo podemos ree- Luego, en la frontera de Q tenemos las siguientes igualdades: α (tw(t i w(t = α (tϕ(t α (tt f(t ϕ (t (Πf (t f(t. α 2 (itw(it x w(it = α 2 (itϕ(it α 2 (itt f(it id t ϕ(it (Πf (it f(it. scribir como: α (tϕ(t ϕ (t = γ (t iα 2 (itϕ(it d t ϕ(it = γ 2 (t, lo cual es equivalente a: ( ϕ(t = c ( ϕ(it = c Q Q dξdη ζ dξdη ζ e t t α(s ds e t iα2(is ds t γ (τe τ t α(s ds dτ, t γ 2 (τe τ t iα2(is ds dτ, t Luego, el problema de obin se reduce en resolver el siguiente problema de Dirichlet ( ϕ(t = c ( ϕ(it = c Q Q dξdη ζ dξdη ζ ϕ z = e t α(s ds e t iα2(is ds Este problema tiene una única solución si sólo si para z Q t t γ (τe τ t α(s ds dτ, t γ 2 (τe τ t iα2(is ds dτ, t [(c Q ζ dξdηe t t α(s ds [(c Q γ (τe τ t α(s ds dτ] ζ t z dξdηe t iα2(is ds t γ 2 (τe τ t iα2(is ds dτ] i it z =. (II.23 La solución es para z Q ϕ(z = [(c Q ζ dξdηe t t α(s ds [(c Q ζ γ (τe τ t α(s ds dτ] dξdηe t iα2(is ds t t z γ 2 (τe τ t iα2(is ds dτ] i it z. (II.24 Por lo tanto, una vez resuelto este problema de Dirichlet se tiene que para z Q w(z = ϕ(z T f(z.

35 26 Verificación. Supongamos que para z Q [(c Q ζ dξdηe t t α(s ds [(c Q γ (τe τ t α(s ds dτ] ζ t z dξdηe t iα2(is ds t γ 2 (τe τ t iα2(is ds dτ] i it z =. (II.25 Es claro que ϕ es una función analítica. Consideremos ( γ 3 (t = c dξdη Q ζ Entonces, γ 4 (t = ( c Q ζ e t t α(s ds dξdη e t iα2(is ds t γ (τe τ t α(s ds dτ. γ 2 (τe τ t iα2(is ds dτ. ϕ(z = = γ 3 (t γ 3 (t t z t z i γ 4 (t it z γ 4 (t t iz. para z Q γ 3 (t t z γ 4 (t t iz =. Evaluando en los puntos z, z, z que no pertenecen a Q en (II.26 se tiene: γ 3 (t t z γ 4 (t t i z =. (II.26 (II.27 γ 3 (t γ 3 (t t z γ 4 (t t z γ 4 (t Ahora vamos a probar las condiciones de frontera, es decir para t ( ϕ(t = c dξdη e t t α(s ds ( Q ζ ϕ(it = c dξdη e t t iα2(is ds ζ Q t i z =. t iz =. γ (τe τ t α(s ds dτ. γ 2 (τe τ t iα2(is ds dτ. (II.28 (II.29 Observemos que: ϕ(z = ϕ(z (II.28 (II.27 (II.29. Así, ϕ(z = [ γ 3 (t t z ( t z t z ] t z [ γ 4 (t t iz t i z ( t iz ] t i z

36 27 ϕ(z = [( γ 3 (t t z ( t z t z t z γ 4 (t ] [( t iz t i z ( t i z ] t iz Así, ϕ(z = t z 2 γ 3(t ( γ 3 (t γ 4 (t t z t z [( t iz t i z ( t i z ] t iz (II.3 Tomando límite cuando z t en (II.3 tenemos lím ϕ(z = lím z t z t t z 2 γ 3(t lím lím z t Por lo tanto, z t γ 4 (t ( γ 3 (t t z t z [( t iz t i z ( t i z ] t iz lím ϕ(z = lím z t z t t z 2 γ 3(t en consecuencia, γ 4 (t ( γ 3 (t t t t t [( t it t it lím ϕ(z = lím z t z t t z 2 γ 3(t = γ 3 (t. Similarmente, ϕ(z = ϕ(z (II.29 (II.27 (II.28. Así, ϕ(z = [( γ 3 (t t z ( t z t z t z [ γ 4 (t ] t i z t iz ( ] ; t it t it ( t iz ] t i z ϕ(z = [( γ 3 (t t z ( t z por lo tanto, t z t z γ 4 (t ] [( t i z t iz ( t iz ] t i z

37 28 ϕ(z = [( γ 3 (t t z t z ( t z ] t z x γ 4 (t t iz 2 ( γ 4 (t t iz t i z (II.3 Ahora tomamos límite cuando z it en (II.3 se tiene: [( lím ϕ(z = lím γ 3 (t z it z it t z lím γ 4 (t z it Por lo tanto, t z ( t z t z x lím t iz 2 z it ] ( γ 4 (t t iz t i z lím ϕ(z = [( γ 3 (t z it t it lím z it obteniendo lím ϕ(z = lím z it z it Observemos que para t = tenemos que ϕ( = γ 3 ( = c dξdη = γ 4 (. Q ζ Por lo tanto, w( = ϕ( T f( = c Por otra parte, si w(z = ϕ(z T f(z, donde ϕ(z = [(c Q ζ ( t it t it t it x γ 4 (t t iz 2 Q ] ( γ 4 (t ; t t t t x γ 4 (t t iz 2 = γ 4(t. (II.32 ζ dξdηe t t α(s ds [(c Q ζ dξdη Q ζ γ (τe τ t α(s ds dτ] dξdηe t iα2(is ds t dξdη = c. t z γ 2 (τe τ t iα2(is ds dτ] es solución del problema obin, entonces ϕ(z es solución del problema de Dirichlet ( ϕ(t = c ( ϕ(it = c Q Q dξdη ζ dξdη ζ ϕ z = e t α(s ds e t iα2(is ds t t γ (τe τ t α(s ds dτ, t i it z. γ 2 (τe τ t iα2(is ds dτ, t (II.33

38 29 por el Teorema I.5 tomando f = tenemos que para z Q : [(c Q ζ dξdηe t t α(s ds [(c Q γ (τe τ t α(s ds dτ] ζ t z dξdηe t iα2(is ds t γ 2 (τe τ t iα2(is ds i dτ] =. (II.34 it z

39 3 Capítulo III POBLEMA DE OBIN PAA LA ECUACIÓN DE CAUCY -IEMANN NO OMOGÉNEA EN EL SEMIPLANO SUPEIO ecordemos el siguiente problema [5]: Teorema III.. Problema de Dirichlet para la ecuación de Cauch - iemann no homogénea en el semiplano superior Sean f L p,2 (, C, 2 < p, γ L 2 (, C C(, C. Calcular w tal que z w = f en. w = γ en. Este problema tiene una única solución si sólo si para z γ(t t z dξdη =. ζ z (III. La solución es w(z = γ(t t z ζ z dξdη. (III.2

40 3 Ahora resolveremos el problema de obin para la ecuación de Cauch - iemann no homogénea en el semiplano superior. Este resultado es una generalización del teorema 2 de la referencia [5]. Problema de obin. Sea O( el conjunto de las funciones analíticas en. Sea α O( C(; C tal que para algún δ > ( z δ α(z es acotada. Sean f L p,2 (, C C (, C L 2 (, C, γ L 2 (, C C(, C, p > 2. Calcular w tal que z w = f en αw w = γ en w(i ζ i dξdη = c C. Teorema III.2. El problema de robin anterior tiene una única solución si sólo si para z (iγ(t f(t t z i α(ζ dξdη T f ζ ( z =. ζ z (III.3 La solución es para z w(z = c.e z i iα( ζ d ζ z (iγ(t 2f(t i i e u z iα( ζ d ζ z i t u du (α(ζ α(u e u z iα( ζ d ζ dudξdη T f(z. ζ u (III.4 Demostración. Supongamos que w es la solución del problema de obin. Sea w(z = ϕ(z T f(z donde ϕ z =. Entonces α(zw(z w(z = (α(z i( z z (ϕ(z T f(z = α(zϕ(z α(zt f(z iϕ (z iπf(z if(z. (III.5 Tomando límite cuando z t se tiene: α(tw(t w(t = α(tϕ(t α(tt f(t iϕ (t i(πf (t if(t = γ(t, donde Luego, (Πf (t = 2 f(t f(τ τ t dτ T f ζ(t. ϕ (t iα(tϕ(t = iγ(t iα(tt f(t 3 2 f(t f(τ τ t dτ T f ζ(t := γ(t. Como ϕ (z iα(zϕ(z es analítica en el semiplano superior con valores en la frontera γ, entonces tenemos un problema de Dirichlet. Entonces por el Teorema III. para z

41 32 γ(t t z = ϕ (z iα(zϕ(z = γ(t t z. IDENTIDADES USADAS EN ESTE POBLEMA. La prueba de las siguientes identidades están al final de esta sección. Sea z, entonces iα(tt f(t = iα(zt f(z i α(ζ dξdη. t z ζ z iα(tt f(t = i α(ζ dξdη. t z ζ z f(τ dτ τ t f(τ dτ τ t t z = i, t z = i. t z = 4i t z = 4i f(t t z. f(t t z. T f ζ (t t z =, T f ζ (t t z = T f ζ( z. Por lo tanto, usando estas identidades se tiene que las condición de solubilidad queda de la siguiente manera: Para z (iγ(t f(t t z i que es (III.3 la representación de ϕ (z iα(zϕ(z es α(ζ dξdη T f ζ ( z = ζ z ϕ (z iα(zϕ(z = (iγ(t 2f(t iα(zt f(z t z i α(ζ ζ z dξdη. Por lo tanto, resolviendo esta ecuación diferencial de primer orden, se tiene que ϕ(z = ce z i iα( ζ d ζ z (iγ(t 2f(t i i z i (α(ζ α(u e u z iα( ζ d ζ dudξdη. ζ u e u z iα( ζ d ζ du t u

42 33 Así, w(z = ce z i iα( ζ d ζ i satisface que z w = f(z. z i z (iγ(t 2f(t i e u z iα( ζ d ζ du t u (α(ζ α(u e u z iα( ζ d ζ dudξdη T f(z ζ u Ahora veamos que si (iγ(t f(t t z i α(ζ dξdη T f ζ ( z =, ζ z entonces que w satisface la condición de frontera αw w = γ en. α(zw(z w(z = γ(t 2i t z f(t t z α(ζ ζ z dξdη iπf(z if(z. Multiplicando por i la condición de solubilidad (III.3 sumando con esta última igualdad se tiene que: α(zw(z w(z = Luego, tomando límite cuando z t tenemos que: (γ(t if(t t z 2 i f(t t z α(ζ[ ζ z ζ z ]dξdη iπf(z if(z it f ζ( z. i lím (α(zw(z w(z = lím (γ(t if(t lím z t z t t z 2 z t lím z t α(ζ[ ζ z ζ z Por las fórmulas de Plemelj - Sokhotzki f(t t z ]dξdη i lím z t Πf(z i lím z t f(z i lím z t T f ζ ( z. lím z t f(τ τ z dτ = f(t 2 f(τ τ t dτ. (III.6 Sustituendo tenemos: (Πf (t = lím Πf(z = f(t f(τ dτ T f z (t. z t 2 τ t lím (α(zw(z w(z = lím (γ(t if(t z t z t t z 2 if(t 2 i f(τ dτ if(t i f(τ dτ it f ζ (t if(t it f ζ (t. τ t 2 τ t (III.7

43 34 Como entonces lím (γ(t if(t z t t z 2 = γ(t if(t, lím (α(zw(z w(z = γ(t if(t if(t z t 2 i f(τ τ t dτ Así, if(t 2 i f(τ dτ it f ζ (t if(t it f ζ (t. τ t lím (α(zw(z w(z = γ(t. z t

44 35 PUEBA DE LAS IDENTIDADES Sea z, entonces iα(tt f(t = i t z = i = i [ ζ z ζ z [ = iα(zt f(z i α(t (t ζ(t z α(t t ζ [α(ζ α(z] dξdη α(ζ dξdη. ζ z ] dξdη ] α(t t z dξdη iα(tt f(t = i t z = i = i = i Si z = x i entonces t z = = [ ζ z [ α(t (t ζ(t z α(t t ζ [α(ζ ] dξdη ζ z α(ζ dξdη. ζ z t z t z 2 = 2 lím a ln t x (t x 2 2 i ( (a x 2 2 = 2 i( 2 ( 2 = i. Tomando conjugado al resultado anterior se tiene Por otra parte, dτ τ t N = lím N N = lím N = lím N = lím N ln =. lím ɛ (a x 2 2 dτ τ t ( t ɛ N = i. t z dτ N τ t tɛ ] dξdη (t x 2 2 i( 2 ( 2 dτ τ t ] α(t t z dξdη lím (ln ɛ ln N t ln N t ln ɛ ( N t N t ɛ

45 36 Por lo tanto, f(τ dτ τ t t z = = = = = 4i 2 i 4i 4i ( f(τ τ z dτ τ t f(τ ( i dτ τ z f(t t z f(t t z f(t t z. dτ t z En esta última igualdad se puede quitar el símbolo del valor principal de Cauch a que estamos tratando con una integral sin singularidad, pues z. Tomando conjugado al resultado anterior también se tiene que f(τ dτ τ t t z = f(t 4i t z. T f ζ (t = t z = = =. T f ζ (t = t z = = = = T f ζ ( z. [ f ζ (ζ f ζ (ζ ζ z f ζ (ζ ζ z [ [ 2 2 [ f ζ (ζ f ζ (ζ ζ z f ζ (ζ ζ z [ [ 2 2 f ζ (ζ ζ z dξdη ] dξdη (t ζ(t z t ζ ] dξdη ] dξdη (t ζ(t z t ζ ] dξdη ] t z dξdη ] t z dξdη

46 37 Capítulo IV POBLEMA DE OBIN PAA LA ECUACIÓN DE BITSADZE EN EL SEMIPLANO SUPEIO En esta sección resolveremos un problema de obin para la ecuación de Bitsadze usando un proceso de iteración. Para tal proceso necesitaremos los siguientes resultados que se encuentran en la referencia [5]. Teorema IV.. El problema de obin para la ecuación de Cauch - iemann w z = en, w w = γ en w(i = c, tiene una única solución para γ L 2 (, C C(, C si sólo si para z La solución es w(z = c e iz i γ(t t z =. γ(t z i e i(z s Im(s (IV. ds. (IV.2 t s 2 Teorema IV.2. El problema de robin para la ecuación de Cauch - iemann no homogénea w z = f en, w w = γ en w( ζ dξdη = c tiene una única solución para f L p,2 (, C C (, C con p > γ L 2 (, C C(, C si sólo si para z La solución es (iγ(t f(t t z it f( z T f ζ( z =. w(z = ce iz z t (γ(t 2if(te i(t z e iζ t iζ dζ ζ z dξdη. (IV.3 (IV.4

47 38 Ahora resolveremos nuestro problema: Teorema IV.3. Sean γ, γ L 2 (, C C(, C, c, c C w L p,2 (, C C 2 (, C, p >. El siguiente problema de obin z z w = en w w = γ en z w z w = γ en w( ζw(ζ dξdη = c, z w(i = c. ζ Entonces el problema tiene una única solución si sólo si para z γ (t t z = donde u(z = ce iz i La solución es (iγ(t c 2 e it γ (t z i t w(z = c e iz ((γ(t 2i(c 2 e it iγ (τe i(τ t dτ t z it u( z T u ζ( z =, i(z s Im(s e t s 2 ds c 2 = u(. t iγ (τe i(τ t dτe i(t z z t t e iζ iζ dζ T u(z. (IV.7 (IV.5 (IV.6 Demostración. agamos el cambio w z = u. Luego el problema anterior se descompone en dos problemas u z = en, u u = γ en, u(i = c (IV.8 w z = u, en, w w = γ en, w( u(ζ dξdη = c (IV.9 ζ De acuerdo al Teorema IV., el problema (IV.8 tiene solución única si sólo si para z γ (t t z = su solución viene dada por u(z = ce iz i γ (t z i e i(z s Im(s ds (IV. t s 2 Por otro lado, de acuerdo al Teorema IV.2, el problema (IV.9 tiene solución única si sólo si para z (iγ(t u(t t z it u( z T u ζ( z =. (IV.

48 39 su solución viene dada por w(z = c e iz z t (γ(t 2iu(te i(t z e iζ t iζ dζ u(ζ ζ z dξdη. (IV.2 Observemos que u u = γ si sólo si u (t iu(t = iγ (t. Por lo tanto, u(t = c 2 e it t Luego, al sustituir (IV.3 en (IV. (IV.2 se obtiene: la solución es (iγ(t (c 2 e it t w(z = c e iz (γ(t 2i(c 2 e it iγ (τe i(τ t dτ. iγ (τe i(τ t dτ t z it u( z T u ζ( z = t iγ (τe i(τ t dτ e i(t z z t t e iζ iζ dζ T u(z, (IV.4 (IV.3 respectivamente. Observe que (IV.4 es (IV.7. Verificación. Supongamos que se cumple (IV.5 (IV.6 probemos que (IV.7 es la solución. z w(z z w(z = u(z u(z = u(z i[u (z z u(z] = u(z iu (z. (IV.5 Como entonces Por lo tanto u (z = ice iz i γ (t t z 2 iu (z = u(z u(z iu (z = sustituendo (IV.6 en (IV.5 se tiene que: z w(z z w(z = Ahora vamos a tomar límite cuando z t tenemos: γ (t z γ (t t z 2. i i(z s Im(s e t s 2 ds γ (t, (IV.6 t z 2 γ (t t z 2. lím ( z w(z z w(z z t = lím γ (t z t t z 2 = γ (t.

49 4 Observemos que de esta última igualdad se tiene que u(t iu (t = γ (t, entonces los valores de u(z en la frontera están dados de la siguiente manera u(t = c 2 e it t iγ (τe i(τ t dτ, por lo tanto (IV.6 (IV.7 se escriben de la siguiente forma respectivamente. (iγ(t u(t t z it u( z T u ζ( z = w(z = c e iz z t (γ(t 2iu(te i(t z e iζ dζ T u(z t iζ (IV.7 Ahora vamos a demostrar que w w = γ en. w(z w(z = w(z i( z w(z z w(z. (IV.8 Calculemos z w z w. z w(z = ice iz i z t [γ(t 2iu(t]e i(t z e iζ t iζ dζ [γ(t 2iu(t] i(z t Πu(z z w(z = u(z. Luego sustituendo en (IV.8 se tiene: w(z w(z = T u(z [γ(t 2iu(t] iπu(z iu(z. t z (IV.2 Ahora vamos a multiplicar (IV.6 por i obteniendo ( γ(t iu(t t z T u( z it u ζ( z = entonces, w(z w(z = w(z w(z (IV.2 w(z w(z = iu(z [γ(t iu(t] t z 2 i Tomando límite cuando z t en (IV.22 tenemos entonces: lím (w(z w(z = iu(t lím z t z t [γ(t iu(t] t z 2 i u(t t z lím z t u(t t z T u(z T u( z iπu(z it u ζ ( z. lím T u(z lím T u( z i lím Πu(z i lím T u ζ ( z. z t z t z t z t (IV.9 (IV.2 (IV.22 (IV.23

50 4 Por el teorema (I. se tiene: lím z t u(τ τ z dτ = u(t 2 u(τ τ t dτ. (IV.24 (Πu (t = lím Πu(z = u(t u(τ dτ T u ζ (t z t 2 τ t (IV.25 lím [γ(t iu(t] z t t z 2 = γ(t iu(t (IV.26 Luego sustituendo (IV.24,(IV.25 (IV.26 en (IV.23 tenemos que: lím (w(z w(z = γ(t. z t Finalmente se observa fácilmente w( = c T u( como z w(z = u(z entonces w( = c T z w( = c z w(ζ dξdη. ζ Así mismo z w(i = u(i = c.

51 42 Capítulo V CASOS PATICULAES DEL POBLEMA DE OBIN PAA LA ECUACIÓN DE BITSADZE EN EL SEMIPLANO SUPEIO 5.. Problema de Dirichlet Teorema V.. Sea w W 2, (, C tal que lím M(w, =. lím M( zw, =. z z w L (, C entonces para z w se representa de la siguiente manera Además, w(z = w(t t z t z t z ζw(t ζ ζw(ζ ζ z ζ z dξdη. w(t t z ζw(t t z t z ζw(t t z ζ ζw(ζ dξdη = ζ z Demostración. Sea >. Entonces para z consideremos ζ ζw(ζ ( ζ z ζ z dξdη = (V. (V.2 (V.3 w(z = w(ζ ζ z dζ ζw( ζ d ζd η ζ z ζw( ζ = ζw(ζ ζ ζ dζ ζ ζw(ζ dζdη ζ ζ (V.4 (V.5

52 43 Sustituendo (V.5 en (V.4 obtenemos w(z = w(ζ ζ z dζ ζw(ζψ(z, ζ dζ ζ ζw(ζψ(z, ζ dξdη, (V.6 donde Sea ψ(z, ζ = d ζd η (ζ ζ( ζ z. ψ(z, ζ = ζ ζ (ζ ζ( ζ z d ζ. Aplicando la fórmula de representación de Cauch- Pompeiu tenemos Así, Como ζ z ζ z = ζ ζ (ζ ζ( ζ z d ζ ( ζ ζ ζ ζ ζ ζ z ζ z = ψ(z, ζ ψ(z, ζ. d ζd η ζ z. ζ ψ(z, ζ = (ζ ζ( ζ z d ζ = [ ] =, (ζ z entonces aplicando el teorema de Gauss se obtiene que ζ ζw(ζ ψ(z, ζ dξdη = ζw(ζ ψ(z, ζ dζ. (V.7 (V.8 (V.9 Usando (V.8 (V.9 obtenemos de (V.6 w(z = w(ζ ζ z dζ ζw(ζ ζ z ζ z dζ ζw(ζ ψ(z, ζ ζ ζw(ζ ψ(z, ζ dξdη ζ ζw(ζ ζ z ζ z dξdη. (V. Luego tomando límite cuando usando las hipótesis del teorema se obtiene (V.. Ahora vamos a demostrar (V.2 (V.3. Observemos que ζ ζ w(ζ ζ z ζ z = ζ [ ζ ζ ζ w(ζ ζ z w(ζ(ζ z ζ z ( ζ w(ζ = ζ ζ z ] ζ ( w(ζ ζ z

53 44 Luego, aplicando el teorema de Gauss para regiones acotadas, en este caso en se tiene ζ ζw(ζ ζ z ζ z dξdη = ζw(ζ ζ z ζ z dζ w(ζ ζ z dζ (V. ζ ζ w(ζ dξdη = ζ w(ζ ζ z ζ z dζ (V.2 Luego, tomando límite cuando en (V. (V.2, se obtienen (V.2 (V.3 respectivamente. Teorema V.2. Bajo las mismas condiciones del teorema anterior, el problema de Dirichlet para la ecuación de Bitsadze z z w = f en w = γ (t en z w = γ (t en tiene una única solución para f L p,2 (, C, p > 2, γ (t, tγ (t L p (, C C(, C si sólo si para z La solución es γ (t t z γ (t t z t z ( ζ z dξdη =. ζ z (V.3 γ (t t z dξdη =. ζ z (V.4 w(z = γ (t t z γ (t. t z t z ζ z ζ z dξdη. (V.5 Demostración. Supongamos que w es la solución de este problema. Aplicando el teorema anterior las condiciones en la frontera, se obtiene (V.3,(V.4 (V.5. ecíprocamente, si se tiene (V.3,(V.4 probemos que (V.5 es la solución de este problema. Observemos que z w(z = γ (t. t z ζ z dξdη. De aquí se obtiene de nuevo que z z w(z = f(z en el sentido distribucional.

54 45 Ahora vamos a verificar las condiciones en la frontera. estándole a w(z z w(z (V.2 (V.3 respectivamente tenemos: w(z = γ (t t z 2 γ (t[ z t t z t z t z ] [ ζ z ζ z ζ z ζ z ] dξdη. Luego z w(z = γ (t t z 2 [ ζ z ζ z ] dξdη. lím w(z = lím γ (t z t z t t z 2 γ (t[ t t t t ] t t t t [ ζ t ζ t ] dξdη. ζ t ζ t = lím γ (t z t t z 2. lím z w(z = lím γ (t z t z t t z 2 [ ] dξdη ζ t ζ t = lím γ (t z t t z 2. Obtenemos así, lím w(z = γ (t. z t lím z w(z = γ (t. z t

55 Problema de Neumann Teorema V.3. Para w W 2, (, C tal que lím M(w, =. lím M( zw, =. z z w L (, C w(t, z w(t < para algún ɛ >. t ɛ El problema Neumann para la ecuación de Bitsadze no homogénea en el semiplano superior, z z w = f en w = iγ en z w = iγ en w(i = c z w(i = c tiene una única solución para f L p,2 (, C C (, C L 2 (, C, p 2, γ (t, γ (t L 2 (, C C(, C, c, c C; si sólo si para z, c γ (t t z [ t z (γ (t 2f(t t z ] log(t i ( ζ z (ζ z 2 z i dξdη =. (ζ z(ζ i (V.6 (γ (t f(t t z f ζ (ζ dξdη ζ z =. (V.7 Para z, la solución es w(z = c c (i z ( t z t i γ (t log (γ (t 2f(t[z i (2t z z log(t z (2t i z log(t i] ( (z i(ζ z dξdη. (ζ z(ζ i (V.8 Demostración. Supongamos que este problema tiene solución. Observemos que ( (z i(ζ z dξdη = ζ ζw(ζ(ζ z (ζ z(ζ i = ζ ζw(ζ ζ z ζ z dξdηdη ζ ζw(ζ ζ z ζ i dξ [ ζ z ζ i ] dξdη

56 47 ζ ζw(ζ ζ z ζ z ζ ζw(ζ ζ z ζ i = ζ ( ζw(ζ ζ z ζw(ζ ζ z ζ z. = ζ( ζw(ζ(ζ z ζ i ζw(ζ ζ i. Ahora vamos aplicar el teorema de Gauss el teorema de representación integral de Cauch- Pompeiu para el semiplano superior a estas dos últimas igualdades. Tenemos entonces: Luego, ζ ζw(ζ ζ z ζ z dξdη = ζ ζw(ζ ζ z ζ i dξdη = ( (z i(ζ z dξdη = [ t z ζw(t (ζ z(ζ i t z t z t i w(t ζw(t t z w(t w(z t z t z. ζw(t t z t i ζw(i(i z w(i w(t t i. ] [ t z t i ] c (i zc w(z. Así, w(z = c c (i z [ w(t ζw(t ] t z t i [ t z t z t z t i ] ( (z i(ζ z dξdη. (ζ z(ζ i (V.9 Ahora vamos integrar por partes las integrales de frontera. Sea u(t = ζw(t, ũ(t = w(t. Entonces du = [γ (t 2f(t] dũ = ( ζ w(t ζw(t = ( ζw(t i w(t ζw(t = (2 ζw(t γ (t. Como w(t, ζw(t < t ɛ Por consiguiente, [ t z t z t z ] = i z (z z log(t z (i z log(t i. t i [ t z ] ( t z = log. t i t i para algún ɛ > entonces lím ζw(t[i z (z z log(t z (i z log(t i] t=a t= a =. a ( t z lím w(t log t=a t= a =. a t i

57 48 [ t z ζw(t t z t z ] = [i z (z z log(t z t i (i z log(t i](γ (t 2f(t (V.2 [ w(t t z ] = γ (t log t i ( t z t i 2 ζw(t log ( t z t i (V.2 Integrando por partes la última integral del lado derecho de (V.2, tenemos que (V.2 se puede reescribir como: [ w(t t z ] = ( t z γ (t log t i t i [γ (t 2f(t][2(z i 2(t z log(t z 2(t i log(t i]. (V.22 Sustituendo (V.2 (V.22 en la ecuación dada por (V.9 se obtiene (V.8. Ahora procedamos a verificar las condiciones de solubilidad. Comenzamos con la prueba de (V.6: [ ] ζ z (ζ z 2 z i dξdη = (ζ z(ζ i [ ζ z ζ z (ζ z 2 = ζ ζw(ζ (ζ z 2 [ ] z i ζw(ζ = ζ (ζ z(ζ i ζ z ζ z (ζ z 2 dξdη z i (ζ z(ζ i dξdη. ] [ ] w(ζ ζ (ζ z 2. ζ( ζw(ζ. ζ i Aplicando el teorema de Gauss para el semiplano superior obtenemos : ζ z (ζ z 2 dξdη = ζw(t t z (t z 2 aplicando el teorema de Gauss la fórmula integral de Cauch - Pompeiu z i (ζ z(ζ i dξdη = Ahora vamos integrar por partes las integrales ζw(t t z (t z 2, ζw(t t z zw(i w(t (t z 2 w(t (t z 2. (V.23 ζw(t (t i. (V.24 ζw(t (t i.

58 49 Sea u(t = ζw(t(t z, s(t = w(t. Entonces du = [ ζw(t (t z γ (t 2f(t] ds = (2 ζw(t γ (t. Por otro lado: Como entonces (t z 2 = t z. w(t, ζw(t < c t ɛ, lím ζw(t(t z t t z lím w(t t t z =. =. Luego, ζw(t t z (t z 2 = ζw(t t z [γ (t 2f(t] t z t z. w(t (t z 2 = 2 ζw(t t z γ (t t z. Similarmente, tomando ρ(t = ζw(t se tiene dρ(t = (γ (t 2f(t como lím ζw(t log(t i =. Se tiene: t (V.25 (V.26 = log(t i t i ζw(t t i = [γ (t 2f(t] log(t i. (V.27 Sustituendo (V.25 (V.26 en (V.23 tenemos: ζ z (ζ z 2 dξdη = ζw(t t z [γ (t 2f(t] t z t z 2 ζw(t t z γ (t t z. Por otro lado, sustituendo (V.27 en (V.24 se tiene: z i (ζ z(ζ i dξdη = ζw(t t z c [γ (t 2f(t] log(t i. Sumando las dos últimas igualdades se tiene la condición de solubilidad dada por (V.6. c γ (t t z [ t z (γ (t 2f(t t z ] log(t i ( ζ z (ζ z 2 z i (ζ z(ζ i =. Similarmente vamos a demostrar la condición de solubilidad (V.7:

59 5 ζ = ζ ( ζ ζw(ζ = ζ( ζ ζw(ζ. (V.28 Utilizando la versión del teorema de Gauss para el semiplano superior la identidad ζ = ζ i se tiene Luego, f ζ (ζ dξdη ζ z = ζ( ζ ζw(ζ dξdη ζ z = ζ ζw(t t z ( = ζ ζw(t i ζw(t t z = (f(t γ (t t z. (f(t γ (t t z f ζ (ζ dξdη ζ z ecíprocamente, si para z se satisface (V.6 (V.7, vamos a demostrar que w(z dada por (V.8 es la solución. =. w(i = c. z w(z = c (γ (t 2f(t[ log(t z log(t i] ( (z i dξdη (ζ i (ζ z. z w(i = c. z w(z = γ (t t z (γ (t 2f(t[ log(t z (2t z z t z ] (ζ z (ζ z(ζ i dξdη (z i(ζ z (ζ z 2 (ζ i dξdη. f(z(z i z z w(z = = f(z. (z i z z w(z = (γ (t 2f(t t z dξdη (ζ z(ζ i (z i (ζ z 2 (ζ i dξdη = (γ (t f(t f(t t z t z (ζ z 2 dξdη.

60 5 Ahora procedamos a verificar que i w(t = γ (t i z w(t = γ (t. Sumando i w con (V.6 tenemos: así i w(z = i w(z = ( z w(z z w(z = c γ (t t z (γ (t 2f(t[ (2t z z log(t i] t z ( (ζ z (z i(ζ z (ζ z(ζ i (ζ z 2 (ζ i (z i dξdη c (ζ z(ζ i γ (t t z (γ (t 2f(t[ t z log(t i] t z ( ζ z (ζ z 2 z i dξdη, (ζ z(ζ i i w(z = Luego, i w(z = γ (t t z 2 (ζ z ( (ζ z(ζ i γ (t t z 2 [ t z (γ (t 2f(t t z t z t z ] (z i(ζ z (ζ z 2 (ζ i (z i (ζ z(ζ i [ t z (γ (t 2f(t t z t z t z z i (ζ z(ζ i ζ z (ζ z 2 dξdη. ] ( ζ z (ζ z 2 ζ z (ζ z 2 (z i (ζ z(ζ i z i (ζ z(ζ i dξdη. Ahora vamos a tomar límite cuando z t a esta última igualdad. Tenemos entonces: lím ( i w(z = lím z t z t γ (t t z 2 [ t t (γ (t 2f(t t t ] t t t t ( ζ t (ζ t 2 ζ t (ζ t 2 (t i (ζ t (ζ i t i (ζ t (ζ i dξdη (V.29 Por lo tanto, lím ( i w(z = lím z t z t γ (t = lím t z 2 z t γ (t t z 2 = γ (t. (V.3

61 52 Similarmente, estándo z w con (V.7 obtenemos: Así, i z w(z = i z w(z = ( z z w(z z z w(z = (γ (t f(t t z f(t t z (ζ z 2 dξdη f(z (γ (t f(t t z f ζ (ζ dξdη ζ z i z w(z = Por el teorema (I. se tiene: (γ (t f(t t z 2 lím f(t z t t z f(t t z Πf(z f(z T f ζ( z. = f(t 2 dτ f(τ. τ t (V.3 (Πf (t = lím Πf(z = z t 2 f(t f(τ dτ T f ζ (t. τ t Entonces, tomando límite cuando z t a (V.3 se tiene: lím ( i z w(z = lím (γ (t f(t lím z t z t t z 2 z t f(t t z lím z t Πf(z f(t T f ζ (t. (V.32 Por lo tanto, lím ( i z w(z = γ (t f(t f(t f(τ z t 2 τ t 2 f(t f(τ dτ T f ζ (t f(t T f ζ (t τ t = γ (t. Así, i z w = γ.

62 Problema combinado de frontera Dirichlet-Neumann Teorema V.4. Sea w W 2, (, C tal que lím M(w, =. lím M( zw, =. z z w L (, C w(t, z w(t < para algún ɛ >. t ɛ El problema combinado Dirichlet - Neumann para la ecuación de Bitsadze no homogénea en el semiplano superior, z z w = f en w = γ en z w = iγ en z w(i = c tiene una única solución para f L p,2 (, C C(, C, p 2, γ L p (, C C(, C; tγ L p (, C C(, C; si sólo si para z ( ζ z ζ z z dξdη cz ζ i [f(t γ (t] t z donde h (t, z = t z ( z z log(t z. La solución es γ (t t z [γ (t 2f(t][h (t, z z log(t i] =. (V.33 f ζ (ζ dξdη ζ z =, (V.34 w(z = c z γ (t t z [γ (t 2f(t][h (t, z z log(t i] Demostración. Supongamos que este problema tiene una solución. Observemos que: ( ζ z ζ ζw(ζ ζ z z dξdη = ζ ζw(ζ ζ z ζ i ζ z dξdη ( ζ z ζ z z z dξdη. ζ i ζ ζw(ζ dξdη. ζ i

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