MAT2715 VARIABLE COMPLEJA II Ayudantia 5 Rodrigo Vargas. g(z) e u(z) 1. u(z) a log z + b

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PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATÓLICA DE CHILE FACULTAD DE MATEMÁTICAS MAT2715 VARIABLE COMPLEJA II Ayudantia 5 Rodrigo Vargas 1. Sea u : C R una función armónica positiva. Pruebe que u es constante.

1 PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATÓLICA DE CHILE FACULTAD DE MATEMÁTICAS MAT2715 VARIABLE COMPLEJA II Ayudantia 5 Rodrigo Vargas 1. Sea u : C R una función armónica positiva. Pruebe que u es constante. Solución: Sea v la armónica conjugada de u. Entonces, f u+iv es una función entera. Considere g(z) e f(z). Como u(z) 0 entonces g(z) e u(z) 1 para todo z C, por el teorema de Lioville f es constante. Por lo tanto, u es constante. 2. Sea u : C R una función armónica tal que u(z) a log z + b para todo z C, donde a, b son constantes positivas. Pruebe que u es constante. Solución: Sean v la armónica conjugada de u y f(z) e u(z)+iv(z). Entonces, f es una función entera. Para z > 1 tenemos que f(z) e u(z) e alog z +b e b z a. (1) Sea n N tal que n a. Entonces la función f(z) z n tiene una singularidad aislada en, por la desigualdad (1), es acotada en. Luego, es una singularidad removible de f(z) que en el peor de los casos en un polo de z n f. Esto significa que f es entera con, a lo peor, un polo en, luego f es un polinomio, como polinomios no constantes son sobreyectivos y f omite el valor 0, f tiene que ser constante y luego u también lo es. 1

2 3. Sea 2 x Verifique que 4 z z. Solución: Tenemos que f 1 ( ) f z 2 x + i f, f f z x 1 ( ) 2 f 2 x i 2 f, 2 x f f 1 ( ) 2 f z 2 x i 2. 2 Entonces, 4 f f z z 2 f x i 2 f 2 x + i 2 f x + 2 f f Sea u : C \ {0} R una función que tiene la propiedad de que solo depende de z y no de arg z; esto es u(z) f( z ). Demuestre que u es armónica si y sólo si u(z) α log z + β para algun α, β R. Solución: Sabemos que y note que si u(z) f( z ) 2 x z z z f( z ) z f( zz) f ( z ) 1 2 (z 2 z z f( z ) 1 4 f ( z ) z ) f ( z ) f ( z ) z f ( z ). Como u es armónica obtenemos la ecuación diferencial f ( z ) + f ( z ) z 2 z z zz 2 f ( z ) 0 z z z z 2 z,

3 que tiene por solución f( z ) α log z +β con α, β R. Recíprocamente, si u(z) α log z + β como 0 / Ω C \ {0} entonces tenemos que r ( r ) + 2 u r r θ 0 (2) 2 y u es armónica. 5. Si u : Ω R es una función armónica. Pruebe que f u x iu y es analítica en Ω. Solución: Sean P(x, y) x tenemos que y además y Q(x, y). Como u es armónica, P x Q 2 u x + 2 u P + Q x 2 u x 2 u x 0. Luego P y Q satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann, entonces es analítica en Ω. f P + iq u x iu y 6. Sean u, v : Ω R funciones armónicas tales que u y v satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en subconjunto S de Ω el cual tiene un punto límite en Ω. Pruebe que u + iv es analítica en Ω. Solución: Como u y v son armónicas entonces f x i y g v son funciones analíticas en Ω. Por hipótesis del problema x i v x v, v x para todo z S Ω. Luego f x i ig i ( ) v x i v 3

4 para cada z S. Como S es un subconjunto que tiene un punto límite en Ω, por el teorema de unicidad de funciones analíticas, se tiene que f ig para todo z Ω. Se sigue de la igualdad f ig para todo z Ω que x v, v x para todo z Ω, lo cual implica que u + iv es analítica en Ω. 7. Demuestre que u tiene una conjugada armónica si y sólo si tiene una primitiva sobre Ω. tiene primitiva, entonces para cualquier curva cer- Solución: Si x i rada Ω, la integral Se sigue que 0 ( x i x i ) dz ( ) x x dy ( + i x dy 0 x dy para cualquier curva cerrada Ω. Luego podemos definir v(x, y) z z 0 x dy, donde z 0, z Ω y la integral es tomada sobre cualquier curva que une z 0 y z en Ω. Como v x, v x tenemos que v(x, y) es conjugada armónica de u(x, y) en Ω. Recíprocamente, si u tiene una armónica conjugada v en Ω, entonces dv v x v dy x dy. 4 ).

5 Para cualquier curva cerrada Ω, tenemos que ( ) ( ) ( x i dz x dy + i ( ) x dy Luego, x i d(u + iv) 0 tiene una primitiva en Ω. 8. Halle una función armónica u(z) definida en D tal que ( v v + i x dy ) x dy ) lím r 1 u(reiθ ) { 1 para 0 < θ < π 1 para π < θ < 2π. Solución: Considere la aplicación conforme ϕ(z) i z + 1 z 1 el semi-plano H {w : Im w > 0}. Es sencillo ver que de D sobre ϕ(γ 1 ) ϕ({z e iθ : 0 < θ < π}) {w : < w < 0}, ϕ(γ 2 ) ϕ({z e iθ : π < θ < 2π}) {w : 0 < w < }. y v ϕ Γ 1 x u Γ 2 Considere la función U(w) 2 arg w 1 la cual es armónica en H debido π a (2) y asume el valor 1 en el eje real negativo y 1 en el eje real positivo. Luego ( u(z) U i z + 1 ) 2 ( ) z + 1 z 1 π arg 2, z 1 5

6 donde el brazo de arg( z+1 ) es definido por arg(z+1 ) z 1 z 1 z0 π, es una función armónica en D que satisface lo requerido. 9. Halle una función armónica u(z) definida en D {z : Im {z} > 0} tal que { 1 para θ 0 lím u(reiθ ) r 1 0 para 0 < θ π Solución: Tenemos la siguiente secuencia de transformaciones z 1+z 1 z z z 2 z z Considere la función U(w) 1 (π arg w) la cual es armónica debido a π (2) y asume el valor 1 en el eje real positivo y 0 en el eje real negativo. Luego ( ) 4z u(z) U 1 ( ( )) 4z π arg (1 z) 2 π (1 z) 2 es una función armónica en D {z : Im{z} > 0} que satisface lo requerido. 10. Sea u : C R definida por u(re iθ ) a 0 + r k [a k cos(kθ) + b k sen(kθ)] para r 0 y para todo θ, donde a 0,...,a n y b 0,...,b n son constantes reales. 6

7 (i) Demuestre que u es una función armónica en C. (ii) Determine la conjugada armónica v de u en el plano que satisface v(0) 0. (iii) Definimos Solución: M 2 (r, u) { 1 2π } 1/2 u(re iθ ) 2. 2π 0 Demuestre que M 2 (r, v) M 2 (r, u) con igualdad si y sólo si a 0 0. (i) Para z re iθ tenemos que u(z) a 0 + a 0 + a 0 + a 0 + Re [ r k [a k cos(kθ) + b k sen(kθ)] r k [a k Re (e ikθ ) + b k Im (e ikθ )] r k [a k Re (e ikθ ) + b k Re ( ie ikθ )] Re [(a k ib k )r k e ikθ ] a 0 + ] (a k ib k )r k e ikθ. Como la parte real de un polinomio f(z) a 0 + n (a k ib k )z k es armónica se sigue que u es armónica. (ii) La función v : C R dada por v(z) Im{f(z)} es una armónica conjugada para u en C y v(0) Im {f(0)} Im {a 0 } 0 como lo 7

8 requeriamos. Luego, para z re iθ obtenemos que [ ] v(z) Im a 0 + (a k ib k )r k e ikθ Im [(a k ib k )r k e ikθ ] r k [a k Im (e ikθ ) b k Im (ie ikθ )] r k [ b k cos(kθ) + a k sen(kθ)]. (iii) Sabemos que si f(z) a n z n entonces por la identidad de Parseval Usandola obtenemos que an 2 r 2n 1 2π f(re iθ ) 2 dθ. 2π 0 M 2 (r, u) 2 1 2π u(re iθ ) 2 dθ a 2 0 2π + 1 r 2n (a 2 n b2 n ), n1 M 2 (r, v) 2 1 2π v(re iθ ) 2 dθ 1 r 2n (a 2 n 2π b2 n ). n1 Entonces, M 2 (r, v) M 2 (r, u) con igualdad si y sólo si a

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