FUNCIONES HOLOMORFAS

Capítulo 2 FUNCIONES HOLOMORFAS Problema 2.. Estudia en qué puntos son derivables en sentido complejo las siguientes funciones (z = x + iy): (a) f(z) = z α, con α > 0, (b) f(z) = xy, (c) f(z) = h(x), con h C (R), (d) f(z) = h(y), con h C (R), (e) f(z) = z 2 + z 2, (f) f(z) = z Re z, (g) f(z) = (z + /z) 2, (h) f(z) = e z3 /(z+3), (i) f(z) = z z 2 +. (j) f(z) = x 2 y 2 i2xy, (k) f(z) = x 2 y 2 2xy + i(2xy + x 2 y 2 ). Solución: (a) f(z) = z α = (x 2 + y 2 ) α/2 = u(x, y); evidentemente, v(x, y) = 0. Como función de R 2, la función u(x, y) es derivable en todo R 2 si α 2 y en R 2 (0, 0)} si α < 2. Por otro lado, las condiciones de Cauchy-Riemann implican u x = 0 = αx(x 2 + y 2 ) α 2 = 0, u y = 0 = αy(x 2 + y 2 ) α 2 = 0, con lo que si α < 2 no se cumplen en ninguna punto de C, y si α 2 sólo se cumplen en z = 0. Por lo tanto la función f(z) es derivable sólo en z = 0 y sólo si α 2. (b) De nuevo u(x, y) = xy y v(x, y) = 0. La función u(x, y) es derivable en R 2 salvo en los ejes, y también en (0, 0). Consideremos un punto del primer cuadrante, x > 0, y > 0; las derivadas en él valen u x = y 2 x, u y = x 2 y. Como las condiciones de Cauchy-Riemann imponen u x = u y = 0, no pueden cumplirse para ningún punto con x > 0, y > 0. Análogo razonamiento puede hacerse con los otros tres cuadrantes. En cuanto al origen, las derivadas parciales en él son u x (0, 0) = u y (0, 0) = 0, así que se cumplen las condiciones de Cauchy-Riemann, luego la función f(z) es derivable sólo en z = 0.

8 2 FUNCIONES HOLOMORFAS (c) Ahora u(x, y) = h(x) y v(x, y) = 0, ambas derivables y con derivadas continuas en R 2. Las condiciones de Cauchy-Riemann, u x = u y = 0, imponen que h (x) = 0, con lo que la función f(z) es derivable en todos los puntos z = x + iy tales que x es solución de h (x) = 0 (rectas verticales). Evidentemente, es derivable en todo C si h es constante. (d) Igual que el apartado anterior, pero ahora los puntos son los z = x+iy donde y es solución de h (y) = 0 (rectas horizontales). (e) Como z 2 es derivable en C 0} y z 2 sólo es derivable en z = 0, f(z) no es derivable en ningún punto. (f) f(z) = z Re z = (x + iy)x = x 2 + ixy, de donde u(x, y) = x 2, v(x, y) = xy. Ambas funciones son derivables con derivadas continuas en R 2. Las condiciones de Cauchy-Riemann imponen u x = v y = 2x = x, u y = v x = 0 = y, cuya única solución es x = y = 0. Así que f(z) sólo es derivable en z = 0. (g) f(z) es derivable salvo en z = 0 y donde z + z = 0, es decir, z 2 + = 0 o, lo que es equivalente, z = ±i. Pero en z = 0 la función tiene una singularidad evitable porque que es derivable en C ±i}. ( ) z + = z2 z z 2 +, (h) f(z) es derivable salvo en z = 3. (i) f(z) es derivable salvo en z = ±i. (j) f(z) = x 2 y 2 i2xy = z 2 = F(z, z), y las condiciones de Cauchy-Riemann imponen F z = 0 = 2z = 0 = z = 0, así que f(z) sólo es derivable en z = 0. (k) f(z) = x 2 y 2 2xy+i(2xy+x 2 y 2 ) = x 2 y 2 +i2xy+i(x 2 y 2 +i2xy) = z 2 +iz 2 = (+i)z 2, que es evidentemente derivable en C.

2 FUNCIONES HOLOMORFAS 9 Problema 2.2. (a) Sea Ω un abierto conexo de C y f : Ω C una función holomorfa. Prueba que f(z) debe ser constante si se cumple cualquiera de las siguientes condiciones en Ω: (a.) f (z) = 0, (a.2) Re f(z) es constante, (a.3) Im f(z) es constante, (a.4) f(z) es holomorfa, (a.5) f(z) es constante, (a.6) arg f(z) es constante. (b) Prueba que cuando f, g : Ω C son holomorfas en Ω, (b.) f (z) = g (z) implica f(z) = g(z) + γ, siendo γ C; (b.2) Re f(z) = Re g(z) implica f(z) = g(z) + ic, siendo c R; (b.3) Im f(z) = Im g(z) implica f(z) = g(z) + c, siendo c R; (b.4) f(z) = g(z) implica f(z) = g(z)e ic, siendo c R; (b.5) arg f(z) = arg g(z) implica f(z) = cg(z), siendo c R +. Solución: (a) (a.) f (z) = u x + iv x = 0, de modo que u x = v y = 0 u = v = 0 v x = u y = 0 u = const. v = const. f(z) = const. (a.2) u(x, y) = Re f(z) = const., por lo tanto u x = u y = 0 y por las condiciones de Cauchy-Riemann v x = v y = 0, lo que implica que v(x, y) = const.. Así pues, f(z) = const.. (a.3) El razonamiento es idéntico al del apartado anterior. (a.4) Veamos qué implica el que f(z) sea holomorfa. Como f(z) = u iv, las condiciones de Cauchy- Riemann se traducen en u x = v y, u y = v x. Por su parte, las mismas condiciones sobre f(z) implican u x = v y, u y = v x. Así que tenemos que u x = v y = v y, luego v y = 0 y por tanto u x = 0. Asimismo u y = v x = v x, por lo que v x = 0 y u y = 0. De ello se sigue que u y v son constantes y, por tanto, f(z) = const.. (a.5) f(z) = c significa que f(z) 2 = f(z)f(z) = c 2 y, por lo tanto, f(z) = c 2 /f(z). Como el miembro derecho es una función holomorfa, eso significa que f(z) es holomorfa, y por el apartado anterior, que f(z) = const.. (a.6) arg f(z) = c significa que f(z) = r(z)e ic, siendo r(z) una función que toma valores reales solamente. Pero como f(z) debe ser holomorfa, también r(z) tiene que serlo. Como en el caso anterior, esto significa que r(z) = const. y, por tanto, que f(z) = const.. (b) (b.) Se deduce de que d [ ] f(z) g(z) = 0. dz

20 2 FUNCIONES HOLOMORFAS (b.2) Se deduce de que Re [ f(z) g(z) ] = 0. Evidentemente, la constante sólo puede ser imaginaria pura. (b.3) Se deduce de que Im [ f(z) g(z) ] = 0. Evidentemente, la constante sólo puede ser real. (b.4) Se deduce de que La constante ha de tener módulo. (b.5) Se deduce de que arg f(z) g(z) =. ( ) f(z) = 2kπ, k Z g(z) y, por tanto, f(z)/g(z) debe ser una constante real positiva. Problema 2.3. Halla una función holomorfa f(z), especificando el dominio en que lo es, tal que Re f(z) sea (z = x + iy) (a) ax + by + c, con a, b, c R, (b) e x (xsen y y cos y), (e) e x2 y 2 sen2xy, (f) xe x cos y + ye x sen y, (i) x 2 y 2 (x 2 + y 2 ) 2, (c) e y cos x, (d) x x 2 + y 2, (g) sen xcosh y + 2 cos xsenh y + x 2 y 2 + 4xy, (h) ln x 2 + y 2, (j) ( ) 2n ( ) k x 2n 2k y 2k. 2k k=0 Solución: Además de emplear el procedimiento sistemático de resolver las ecuaciones de Cauchy-Riemann, otra forma de resolver este problema es guiarse por patrones reconocibles en la función. Una vez hallada una función holomorfa f(z) cuya parte real sea la especificada, según vimos en el problema 2.2, cualquier otra que tenga la misma parte real será de la forma f(z) + iγ, con γ una constante arbitraria. (a) Re f(z) = ax + by + c = Re(az) + Im(bz) + c = Re(az) + Re( ibz) + c = Re(az ibz + c), luego f(z) = (a ib)z + c. (b) Re f(z) = e x (xsen y y cos y) = e x (y cos y xsen y) = e x Re [ (y ix)e iy] = Re ( ize iz), (c) luego f(z) = ize z. luego f(z) = e iz. Re f(z) = e y cos x = e y Re e ix = Re e y+ix = Re e iz, (d) luego f(z) = z. Re f(z) = ( ) ( ) x z z x 2 + y 2 = Re z 2 = Re z 2 = Re z,

2 FUNCIONES HOLOMORFAS 2 (e) ( Re f(z) = e x2 y 2 sen(2xy) = e x2 y 2 Im e i2xy = Im e x2 y 2 +i2xy = Im e z2 = Re ie z2), luego f(z) = ie z2. (f) luego f(z) = ze z. Re f(z) = e x (xcos y + y sen y) = e x Re [ (x + iy)e iy] = ( ze z), (g) Re f(z) = senxcosh y + 2 cos xsenhy + x 2 y 2 + 4xy = Re sen z + 2 Im sen z + Re z 2 + 2 Im z 2 = Re ( sen z 2isen z + z 2 2iz 2), luego f(z) = ( 2i)(sen z + z 2 ). (h) (i) luego f(z) = log z. luego f(z) = z 2. Re f(z) = ln x 2 + y 2 = ln z = Re log z, Re f(z) = x2 y 2 Re z2 (x 2 + y 2 = ) 2 z 4 ( ) z 2 = Re z 4 = Re z 2, (j) Re f(z) = luego f(z) = z 2n. ( ) 2n ( ) k x 2n 2k y 2k = }} 2k k=0 =i 2k k=0 ( ) 2n x 2n 2k (iy) 2k = Re [ (x + iy) 2n], 2k Problema 2.4. Sea u C 2( D(z 0, r) ) una función armónica y z 0 = x 0 + iy 0. Prueba que y x v(x, y) = c + u x (x, t)dt y 0 u y (t, y 0 )dt x 0 define una conjugada armónica de u en D(z 0, r) tal que v(x 0, y 0 ) = c. Solución: Resolviendo la ecuación v y = u x obtenemos v(x, y) = y y 0 u x (x, t)dt + h(x), siendo h(x) arbitraria. Sustituimos ahora en v x = u y y obtenemos u y (x, y) = y u xx (x, t) y 0 }} = u tt(x,t) dt + h (x) = y y 0 u tt (x, t)dt + h (x) = u y (x, y) + u y (x, y 0 ) + h (x),

22 2 FUNCIONES HOLOMORFAS y para que se cumpla la igualdad tiene que ocurrir que h (x) = u y (x, y 0 ) = h(x) = siendo γ una constante a determinar. Entonces v(x, y) = γ + y x x x 0 u y (t, y 0 )dt + γ, u x (x, t)dt u y (t, y 0 )dt, y 0 x 0 y como v(x 0, y 0 ) = γ porque las integrales se anulan, encontramos que γ = c. Problema 2.5. (a) Deduce que la expresión de las ecuaciones de Cauchy-Riemann cuando la función viene expresada en coordenadas polares son u r = r v θ, v r = r u θ. (b) Prueba a continuación que la derivada de f(z) = u + iv puede obtenerse, para z 0, de cualquiera de las dos formas f (z) = e iθ (u r + iv r ), f (z) = i z (u θ + iv θ ). Solución: (a) u r = u x x r + u y y r = u x cos θ + u y sen θ, u θ = u x x θ + u y y θ = r( u x sen θ + u y cos θ), y para v se verifican unas ecuaciones análogas. Entonces, u r = u x cos θ + u y sen θ = v y cos θ v x sen θ = r v θ, v r = v x cos θ + v y sen θ = u y cos θ + u x sen θ = r u θ. (b) Sabemos que f (z) = u x + iv x = v y iu y, así que sumando las ecuaciones obtenemos u r = u x cos θ + u y sen θ, v r = v x cos θ + v y sen θ, u r + iv r = (u x + iv x ) cos θ + (u }} y + iv y ) sen θ = f (z)e iθ, }} =f (z) =if (z) de donde f (z) = e iθ (u r + iv r ). Por otro lado, con lo que r u θ = u x sen θ + u y cos θ, r v θ = v x sen θ + v y cos θ, r (u θ + iv θ ) = (u x + iv x )sen θ + (u y + iv y )cos θ = f (z)( sen θ + icos θ) = if (z)e iθ,

2 FUNCIONES HOLOMORFAS 23 y por lo tanto f (z) = i re iθ (u θ + iv θ ) = i z (u θ + iv θ ). Problema 2.6. (a) Demuestra que la función f(z) = re iθ/2, π < θ < π, es holomorfa en su dominio de definición y que f (z) = /2f(z). (b) Repite el apartado anterior para la función f(z) = lnr + iθ, π < θ < π, y verifica que f (z) = /z. Solución: (a) f(z) = re iθ/2 = r cos(θ/2) + i r sen(θ/2) = u + iv, luego u r = r 2 r cos(θ/2), u θ = 2 sen(θ/2), v r = r 2 r sen(θ/2), v θ = 2 cos(θ/2), y de ahí que u r = v θ /r y v r = u θ /r, lo que prueba que f(z) es holomorfa en su dominio. Su derivada vale f (z) = e iθ 2 r eiθ/2 = 2 re iθ/2 = 2f(z). (b) f(z) = lnr + iθ = u + iv, luego u r = r, u θ = 0, v r = 0, v θ =, y de ahí que u r = v θ /r y v r = u θ /r, lo que prueba que f(z) es holomorfa en su dominio. Su derivada vale f (z) = e iθ r = z. Problema 2.7. (a) Si f(z) = u(r, θ) + iv(r, θ), con z = re iθ, es holomorfa en un dominio Ω C, entonces, asumiendo que las funciones u y v tienen dos derivadas continuas, demuestra que r(rφ r ) r + φ θθ = 0 para φ = u o v. Esta es la forma polar de la ecuación de Laplace. (b) Verifica que u(r, θ) = lnr es armónica en el dominio Ω = re iθ : r > 0, π < θ < π} empleando la forma polar de la ecuación de Laplace.

24 2 FUNCIONES HOLOMORFAS Solución: (a) Podemos escribir las condiciones de Cauchy-Riemann como ru r = v θ, r u θ = v r, con lo que derivando la primera ecuación respecto a r y la segunda respecto a θ, obtenemos (ru r ) r = v θr, r u θθ = v rθ = r(ru r ) r + u θθ = 0. Si escribimos las condiciones de Cauchy-Riemann en la forma y hacemos lo mismo obtenemos rv r = u θ, r v θ = u r (rv r ) r = u θr, r v θθ = u rθ = r(rv r ) r + v θθ = 0. (b) r(ru r ) r + u }} θθ = r(r(lnr) ) = r(r/r) = r() = 0. =0 Problema 2.8. Sea f(z) = ρe iφ una función holomorfa escrita en forma polar. Determina las condiciones de Cauchy-Riemann que cumplen las funciones ρ y φ, tanto si z = x + iy como si z = re iθ. AYUDA: Escribe las condiciones de Cauchy-Riemann para la función log f(z). Solución: Si f(z) es holomorfa en algún dominio, log f(z) también lo será en algún dominio, y en él se cumpliran las condiciones de Cauchy-Riemann. Como u = lnρ, log f(z) = lnρ + iφ = v = φ, las condiciones de Cauchy-Riemann serán (lnρ) x = φ y (lnρ) y = φ x, (lnρ) r = r φ θ φ r = r (lnρ) θ. Problema 2.9. Utilizando las ecuaciones de Cauchy-Riemann, en su forma polar cuando sea necesario, halla la función holomorfa que verifica lo siguiente: (a) f(z) = e r2 cos 2θ, (b) f(z) = (x 2 + y 2 )e x, (c) arg f(z) = xy, (d) arg f(z) = θ + r sen θ, (e) Re f(z) = r (cos θ + sen θ), (f) Re f(z) = lnr. Solución: Una manera sistemática de resolver este problema es emplear las condiciones de Cauchy-Riemann en sus distintas formas posibles (véase el problema 2.8). Sin embargo, vamos a emplear aquí una técnica basada en reconocimiento de patrones, ayudándonos de los resultados del problema 2.2.

2 FUNCIONES HOLOMORFAS 25 (a) r 2 cos 2θ = x 2 y 2 = Re z 2, con lo cual f(z) = e Re z2 = e z2. Según el problema 2.2, (b) (x 2 + y 2 )e x = z e Re z, así que por lo tanto (problema 2.2), (c) arg f(z) = xy = 2 Im(z2 ), luego y, por tanto (problema 2.2), f(z) = e z2 +ic, c R. f(z) = z e Re z = ze z ; f(z) = ze z+ic, c R. arg f(z) = arg (e ) z2 /2 f(z) = ce z2 /2, c R +. (d) arg f(z) = θ + r sen θ = Im(log z + z), luego arg f(z) = arg (ze z ), con lo que (problema 2.2) f(z) = cze z, c R +. (e) Sabemos que Re f(z) = r (cos θ + sen θ) = r2(r cos θ + r sen θ) = z 2(Re z + Im z) = z 2(Re z Imz) = [ ] ( ) z + i z 2(Re z + Im(iz)) = Re z 2( + i) = Re, z luego (problema 2.2) f(z) = + i z + ic, c R. (f) Como Re f(z) = lnr = Re(log z), f(z) = log z + ic, c R. Problema 2.0. (a) Demuestra que si f(z) = u(x, y)+iv(x, y), con z = x+iy, es una función holomorfa en un dominio Ω C y f (z 0 ) 0, con z 0 = x 0 + iy 0 Ω, las curvas de nivel de u(x, y) y de v(x, y) son ortogonales entre sí (sus vectores tangentes son ortogonales) en (x 0, y 0 ). (b) Dibuja la familia de curvas de nivel de u y v para la función f(z) = /z y comprueba la ortogonalidad descrita en el apartado anterior. AYUDA: Recuerda que el gradiente de una función es ortogonal a sus curvas de nivel.

26 2 FUNCIONES HOLOMORFAS Solución: (a) Sabemos que el vector φ(x 0, y 0 ) es ortogonal a las curvas de nivel de φ(x, y) en el punto (x 0, y 0 ). Por otro lado, f (z) = u x + iv x = v y iu y 0 implica que, o bien u x, u y, v y y v y son distintas de cero las cuatro, o bien u x = v y = 0 pero entonces u y = v x 0, o bien v x = u y = 0 pero entonces u x = v y 0; en cualquiera de los tres casos concluimos que u 0 y que v 0. Así pues, f u(x 0, y 0 ) 0 (z 0 ) 0. v(x 0, y 0 ) 0 Calculemos ahora el producto escalar u v = u x v }} x +u y v y = u x u y + u y u x = 0, }} = u y =u x lo que implica que u v, y si los vectores normales a las curvas de nivel de u y v son perpendiculares entre sí, las propias curvas lo son también. (b) f(z) = z = z z 2 = Las curvas u(x, y) = c 0 son x x 2 + y 2 i y x 2 + y 2 = x x 2 + y 2 = c x = c(x2 + y 2 ) x 2 + y 2 = c x u = v = x x 2 + y 2 y x 2 + y 2 ( x ) 2 + y 2 = 2c 4c 2,. es decir, son circunferencias centradas en (/2c,0) y de radio /2c. En cuanto a las curvas v(x, y) = c 0, y x 2 + y 2 = c y = c (x 2 + y 2 ) x 2 + y 2 = ( c y x2 + y + ) 2 2c = 4c 2, es decir, son circunferencias centradas en (0, /2c ) y de radio /2c. La figura muestra la ortogonalidad de estas dos familias de curvas. y x

2 FUNCIONES HOLOMORFAS 27 Problema 2.. (a) Para qué valores de las constantes a, b, c, d R la función u(x, y) = ax 3 + bx 2 y + cxy 2 + dy 3 es armónica? (b) Para los valores encontrados en el apartado anterior halla la armónica conjugada de u. Solución: (a) u x = 3ax 2 + 2bxy + cy 2, u y = bx 2 + 2cxy + 3dy 2, u xx = 6ax + 2by, u yy = 2cx + 6dy, luego u = 6ax + 2by + 2cx + 6dy = 2 [ (3a + c)x + (3d + b)y ] = 0 = c = 3a b = 3d. (b) u = ax 3 3dx 2 y 3axy 2 + dy 3 = a(x 3 3xy 2 ) + d(y 3 3x 2 y) = are(z 3 ) d Im(z 3 ) = Re ( az 3 + idz 3) = Re [ z 3 (a + id) ], con lo que f(z) = (a + id)z 3 + ik = u + iv es una función holomorfa para todo K R, cuya parte real es u. Así pues, la armónica conjugada de u es v = Im f(z) = a(3x 2 y y 3 ) + d(x 3 3xy 2 ) + K. Problema 2.2. Determina las funciones g : R R de manera que sean armónicas las funciones (a) g(ax + by), con a, b R, (b) g(x 2 + y 2 ), (c) g(xy), (d) g (x + ) x 2 + y 2, (e) g ( (x 2 + y 2 )/x ), (f) g(y/x). Solución: (a) Denotando ξ = ax + by, φ x = g (ξ)a, φ xx = g (ξ)a 2, φ y = g (ξ)b, φ yy = g (ξ)b 2, luego cuya solución es φ = g (ξ)(a 2 + b 2 ) = 0 = g (ξ) = 0, g(ξ) = Aξ + B, A, B R.

28 2 FUNCIONES HOLOMORFAS (b) Denotando ξ = x 2 + y 2 0, φ x = 2xg (ξ), φ y = 2yg (ξ), φ xx = 2g (ξ) + 4x 2 g (ξ), φ yy = 2g (ξ) + 4y 2 g (ξ), luego φ = 4ξg (ξ) + 4g (ξ) = 0 = ξg (ξ) + g (ξ) = 0. Haciendo f(ξ) = g (ξ), f (ξ) f(ξ) = ξ Como f(ξ) = g (ξ), = lnf(ξ) = lnξ + c = f(ξ) = A ξ, A > 0. g(ξ) = A lnξ + B, A > 0, B R. (c) Denotando ξ = xy, φ x = yg (ξ), φ y = xg (ξ), φ xx = y 2 g (ξ), φ yy = x 2 g (ξ), luego cuya solución es φ = (x 2 + y 2 )g (ξ) = 0 = g (ξ) = 0, g(ξ) = Aξ + B, A, B R. (d) Denotando ξ = x + x 2 + y 2 = x + r, φ x = ξ ( ξ r g (ξ), φ xx = r 2 ξx ) r 3 g (ξ) + ξ2 r 2g (ξ), φ y = y ( ) r g (ξ), φ yy = r y2 r 3 g (ξ) + y2 r 2 g (ξ) = x2 r 3 g (ξ) + y2 r 2 g (ξ). Pero y ξ r 2 ξx r 3 + x2 ξr + x(x ξ) = r3 r 3 = ξr rx r 3 = r2 r 3 = r, ξ 2 + y 2 = r 2 + 2rx + x 2 + y 2 = 2r 2 + 2rx = 2rξ, luego Haciendo f(ξ) = g (ξ), φ = r g (ξ) + 2ξ r g (ξ) = 0 = 2ξg (ξ) + g (ξ) = 0. f (ξ) f(ξ) = 2ξ Como f(ξ) = g (ξ), = lnf(ξ) = 2 lnξ + c = f(ξ) = A ξ, A > 0. g(ξ) = 2A ξ + B, A > 0, B R.

2 FUNCIONES HOLOMORFAS 29 (e) Denotando ξ = (x 2 + y 2 )/x, luego φ x = ) ( y2 x 2 g (ξ), φ xx = 2 y2 x 3g (ξ) + φ y = 2 y x g (ξ), φ = 2ξ x 2g (ξ) + φ yy = 2 x g (ξ) + 4 y2 x 2g (ξ), ) 2 ( y2 x 3 g (ξ), [ ( ) 2 ] y2 + 4 y2 g (ξ) = 0 = ξg (ξ) + 2g (ξ) = 0. x 2 x 2 } } =(+y 2 /x 2 ) 2 =ξ 2 /x 2 Haciendo f(ξ) = g (ξ), f (ξ) f(ξ) = 2 ξ = lnf(ξ) = 2 lnξ + c = f(ξ) = A ξ2, A > 0. Como f(ξ) = g (ξ), (f) Denotando ξ = y/x, g(ξ) = A ξ + B, A > 0, B R. φ x = ξ x g (ξ), φ y = x g (ξ), φ xx = 2 ξ x 2g (ξ) + ξ2 x 2g (ξ), φ yy = x 2g (ξ), luego φ = [ 2ξg x 2 (ξ) + ( + ξ 2 )g (ξ) ] = 0 = ( + ξ 2 )g (ξ) + 2ξg (ξ) = 0. Haciendo f(ξ) = g (ξ), f (ξ) f(ξ) = 2ξ + ξ 2 = lnf(ξ) = ln(+ξ 2 )+c = f(ξ) = A + ξ2, A > 0. Como f(ξ) = g (ξ), g(ξ) = A arctanξ + B, A > 0, B R. Problema 2.3. Halla una función holomorfa en C tal que f( + i) = 0, f (0) = 0 y Re f (z) = 3(x 2 y 2 ) 4y. Solución: Consideremos primero la función g(z) = f (z), también holomorfa. Sabemos que Re g(z) = 3(x 2 y 2 ) 4y = 3 Re(z 2 ) 4 Im z = Re(3z 2 + 4iz), luego g(z) = 3z 2 + 4iz + ic, con c R, y como g(0) = f (0) = 0, deducimos que c = 0. Entonces tenemos g(z) = f (z) = 3z 2 + 4iz = f(z) = z 3 + 2iz 2 + κ, κ C.

30 2 FUNCIONES HOLOMORFAS Para determinar κ usamos la condición que queda, f( + i) = 0. Como + i = 2e iπ/4, 2 3/2 e} i3π/4 } +2i2 e}} iπ/2 +κ = 2( + i) 4 + κ = 0, =( +i)/ 2 =i de donde κ = 6 2i, así que f(z) = z 3 + 2iz 2 + 6 2i. Problema 2.4. (Polinomio interpolador de Lagrange) (a) Sea Q(z) un polinomio de grado n con n raíces distintas, z, z 2,...,z n, y P(z) un polinomio de grado menor que n. Demuestra que P(z) Q(z) = P(z k ) Q (z k )(z z k ). k= (b) Utiliza esta fórmula para demostrar que existe un único polinomio de grado menor que n que tome valores prefijados w k en los puntos z k Solución: (a) El polinomio Q(z) debe ser de la forma Q(z) = A(z z )(z z 2 ) (z z n ), así que podemos definir los n polinomios de grado n Q(z) si z z k, L k (z) = z z k Q (z k ) si z = z k, k =, 2,...,n. La definición del valor en z = z k está hecha de tal modo que L k (z) sea una función continua en ese punto, por lo cual sabemos que Q (z k ) = A(z z k ) (z k z k )(z k+ z k ) (z z n ), que no se anula, ya que todas la raíces son distintas. Los polinomios L k (z) cumplen la propiedad 0 si j k, L k (z j ) = Q (z k ) si j = k. Debido a ella sabemos que son linealmente independientes, porque implica, sustituyendo en z = z j, que α L (z) + α 2 L 2 (z) + + α n L n (z) = 0 0 = α L (z j ) + + α n L n (z j ) = α j Q (z j ), es decir (debido a que Q (z j ) 0), que α j = 0. Como hay n de tales polinomios, el conjunto L k (z)} forma una base del conjunto de polinomios de grado menor que n. Así que podemos desarrollar P(z), cuyo grado es menor que n, en esa base y obtener P(z) = p k L k (z). k=

2 FUNCIONES HOLOMORFAS 3 Para calcular los coefcientes p k basta sustituir z = z j, P(z j ) = k= p k L k (z j ) = p j Q (z j ) p j = P(z j) Q (z j ). Dividiendo por Q(z) el desarrollo de P(z) llegamos finalmente a P(z) Q(z) = P(z k ) Q (z k )(z z k ). k= (b) La expresión P(z) = k= P(z k ) Q (z k ) L k(z) es única porque los polinomios L k (z)} forman una base. Si el polinomio P(z) es tal que P(z k ) = w k para todo k =,...,n, entonces el polinomio en cuestión tiene que estar dado por la fórmula P(z) = k= w k Q (z k ) L k(z), que, en un abuso de notación, podemos escribir como la fórmula interpolatoria P(z) = k= w k Q(z) Q (z k )(z z k ). Problema 2.5. Prueba que si a <, la función es una función holomorfa en D(0, ) y calcula f (z). f(z) = z a az Solución: Como f(z) es una función racional, será holomorfa en todo C excepto en los ceros del denominador. El único cero del denominador es z = /a; como a = a > / D(0, ), a la función f(z) es holomorfa en D(0, ). La derivada se obtiene mediante la regla del cociente: f (z) = ( az) + a(z a) ( az) 2 = a 2 ( az) 2.