3. Funciones analíticas

1

Derivada de una función compleja

Teorema del valor intermedio para funciones reales Sea f(x) continua para a < x < b y f(a) ≠ f(b) entonces f toma todos los valores entre f(a) y f(b) en el intervalo a < ξ < b Teorema del valor medio para funciones reales Si f(x) es continua en a < x < b y f '(x) existe para a < x < b, entonces hay al menos un punto c (a < c < b) tal que: f '(c) = [ f(b) − f(a) ] / [ b − a ]. Ninguno de los dos teoremas aplican a las funciones complejas. Por ejemplo: el teorema del valor intermedio, nos dice que si f(a) = -1 y f(b) = 1 entonces necesariamente existe al menos un valor ξ, a < ξ < b, tal que f(ξ) = 0. En compleja, podemos empezar en 1 y acabar en +1 sin haber pasado por (0+0i).

-1

0

1

Además los dos caminos tienen 2 longitudes diferentes.

Derivada de una función real

f ( x0 + Δx) − f ( x0 ) f ′( x0 ) := lim Δx→0 Δx

y

Si no existe el límite, no existe la derivada en x0. Decimos entonces que f(x) no es derivable o no es diferenciable en x0. Podemos hacer el límite por la derecha y por la izquierda, y ambos deben coincidir.

f ( x0 + Δx) f ( x0 )

x0 x0 + Δx Δx

x 3

Derivada de una función compleja

f ( z0 + Δz) − f ( z) f ′( z0 ) := lim Δz →0 Δz

y

Observemos que ahora el límite se puede hacer no solamente por la derecha o por la izquierda, sino por infinitos caminos. Para que la derivada esté definida el límite debe existir y ser el mismo independientemente del camino.

z0 + Δz

f ( z0 + Δz ) − f ( z0 )

z0

v f ( z0 + Δz )

Δz

x

f ( z0 )

u 4

Ejemplo: Mostrar que f(z) = zn es diferenciable para todo z y que f/(z) = nzn-1. ⎛ n ⎞ n −i i n ⎜ ⎟ ( ) z z z Δ − ∑ 0 0 ⎜ ⎟ n n i ( z0 + Δz ) − z0 i =0 f ′( z0 ) := lim = lim ⎝ ⎠ = Δz →0 Δz →0 Δz Δz n ⎛ n ⎞ n −i i ⎜ ⎟ z ( z ) Δ ∑ ⎜i⎟ 0 n ⎛ n ⎞ n −i i =1 ⎝ ⎠ lim = lim ∑ ⎜⎜ ⎟⎟ z0 (Δz ) i −1 = nz0n −1 Δz →0 Δz →0 Δz i =1 ⎝ i ⎠ n

Observa que el resultado es independiente de la trayectoria con que Δ z se aproxima a cero. Como z0 es arbitrario, el resultado es válido para todo z y f´(z) = nzn-1. 5

La reglas de derivabilidad son las mismas que en cálculo de funciones reales de variable real:

(c f)/ = c f/ (f+g)/ = f/ + g/ (f g)/ = f/ g + f g/ (f/g)/ = (f/ g - f g/)/g2 La regla de la cadena rige de la misma forma. Ejercicio: Demostrar las reglas a partir de la definición de derivada.

6

7

8

Regla de L'Hôpital: Si f(z0) = 0 y g(z0) = 0 y las funciones son diferenciables en z0 con g'(z0) diferente de 0, entonces:

f ( z) f ' ( z) lim = lim z → z0 g ( z ) z → z0 g ' ( z ) Extensión: Si f(z0) = f'(z0) = ... = f(n-1)(z0) = 0 y g(z0) = g'(z0) = ... = g(n-1)(z0) = 0 y las funciones y las 2n funciones derivadas son diferenciables en z0 (y con g(n)(z0) diferente de cero), entonces: lim

z → z0

Guillaume François Antoine Marquis de L'Hôpital (1671 – 1704) (n)

f ( z) f ( z) = lim ( n ) g ( z ) z → z0 g ( z ) 9

Diferenciales Si w = f(z) es continua y tiene primera derivada continua en una región R, entonces:

Δw = f ' ( z ) Δz + ε Δz = f ' ( z ) dz + ε dz donde ε → 0 cuando Δz → 0. dw Δw dw = f ' ( z ) dz f ' ( z) = = lim dz Δz →0 Δz Diferencial de w 10

Más falacias:

1 =1 2

2 = 2+2 2

3 = 3+3+3 2

4 = 4+4+4+4 2

Derivando a ambos lados:

2 x = 1 + +1 = x " 

# x = x + + x " 2

x veces

x veces

2 =1 11

Algunas funciones reales no poseen derivada (en ciertos puntos)...

y

Por ejemplo:

y

1 f ( x) = x

x De forma similar, algunas funciones complejas no poseen derivada… ¡en ningún punto del plano complejo! Demostrado por Cauchy en 1820

x

12

Fractales: Curva de Koch, copo de nieve o isla del diablo

Niels Fabian Helge von Koch (1870 – 1924)

Continuo en todos sus puntos pero no diferenciable en ninguno.¡Perímetro infinito en un área finita!

13

Curva de Weierstrass La curva de Weierstrass es, históricamente hablando, el primer fractal conocido. Fue creado o descubierto (según las preferencias filosóficas del lector) por el matemático Karl Weierstrass en 1861. Lo notable en este caso, respecto a la curva de Koch, es que disponemos de la ecuación, como serie infinita, de la curva: Karl Theodor Wilhelm ∞

W ( x) = ∑ a cos(b π x) n

n

Weierstrass (1815 – 1897)

n =0

Para que la función carezca de tangente única en cada uno de sus puntos, es necesario que: 0 < a < 1, b sea un entero impar y a b > 1 + 3π / 2

14

Algunas funciones complejas no poseen derivada en ningún punto

y

f ( z) = z

f ( z + Δz ) − f ( z ) (función continua en todo el f ′( z ) = lim Δz →0 plano complejo porque sus Δz componentes u y v lo son) Δz z + Δz − z = lim = lim Δx Δz →0 Δz →0 Δz Δz z + Δz Δx − i Δy Δx + i Δy 1 Δy = lim = lim 2 Δz →0 Δx + i Δy Δz →0 Δx + i Δy

Ejemplo

z

x

Sigamos dos caminos distintos: 1

lim = −1

Δz →0

2

lim = +1

Δz →0

El límite no es único, por lo tanto no existe límite. 15 Como z es arbitrario, no existe derivada en ningún punto.

f ( z + Δz ) − f ( z ) f ′( z ) = lim Δz →0 Δz (función continua en todo el plano complejo porque sus 2 2 z z z | | | | + Δ − componentes u y v lo son) = lim Δz → 0 Δz Sigamos de nuevo los dos caminos distintos anteriores: ( z + Δz )( z + Δz ) − z z lim = 1 Δz = −Δz; lim = z − z Δz →0 Δz Δz →0 2 Δz = Δz; lim = z + z ⎛ Δz ⎞ Δz →0 = lim ⎜⎜ z + Δz + z ⎟⎟ Δz →0 Δz ⎠ Como el límite debe ser único: ⎝ Ejemplo

f ( z ) =| z |2

z − z = z + z ⇒z = 0

La derivada existe solo en z = 0 y vale 0. Este ejemplo muestra como una función puede ser diferenciable en un punto sin serlo en ningún otro de su entorno. 16

Obtener los puntos del plano complejo donde la función

f ( z ) = z Re( z )

es diferenciable. Calcular su derivada.

( f (z + Δz ) − f ( z ) z + Δz ) Re(z + Δz ) − z Re( z ) = lim = lim Δz →0 Δz →0 Δz Δz [x + Δx + i( y + Δy )](x + Δx ) − (x + iy )x = = lim Δz →0 Δx + iΔy = lim

(Δx )2 + 2 xΔx + i( yΔx + xΔy + ΔxΔy )

Δz →0

Δx + iΔy

Si z = 0 :

f (0 + Δz ) − f (0) Δz Re(Δz ) = = lim Re(Δz ) = 0 ⇒ lim lim Δz →0 Δz →0 Δz →0 Δz Δz ⇒ f ′(0) = 0 17

Si z ≠ 0 : Δz = Δx + i 0 :

(Δx ) + 2 xΔx + iyΔx = f ( z + Δz ) − f (z ) = lim lim Δz →0 Δ x →0 Δz Δx = lim Δx + 2 x + iy = 2 x + iy 2

Δx →0

Δz = 0 + iΔy : f ( z + Δz ) − f (z ) i ( xΔy ) = = lim x = x lim lim Δz →0 Δy →0 Δy →0 Δz Δy ⎧2 x = x ; x = 0 2 x + iy = x ⇒ ⎨z=0 ⎩ y=0 ;y=0

f(z) no es diferenciable en los puntos z ≠ 0 18

La existencia de derivada en un punto implica la continuidad de la función en ese punto. Supongamos que existe f’(z):

lim [ f ( z ) − f ( z0 )] =

z → z0

f ( z) − f ( z) lim lim ( z − z0 ) = z → z0 z → z0 z − z0 f ' ( z0 ) ⋅ 0 = 0 ⇒ lim f ( z ) = f ( z0 ) z → z0

19

A First Course in Complex Analysis Matthias Beck, Gerald Marchesi, and Dennis Pixton

20

Ecuaciones de Cauchy-Riemann Si la derivada existe, el límite es independiente del camino

f ( z + Δz ) − f ( z ) f ′( z ) = lim Δz →0 Δz [ u( x + Δx, y + Δy ) + i v ( x + Δx, y + Δy )] − [u( x, y ) + i v ( x, y )] = lim Δz →0 Δx + iΔy

Seguimos el camino 1 : sea Δy→0

y

Δx

z + Δz Δy

1

z

x

f ′( z ) = lim

[u ( x + Δx, y) − u ( x, y)]

Δx [ v( x + Δx, y ) − v( x, y )] + i lim Δx →0 Δx → df ∂u ∂v = +i 21 dz ∂x ∂x

Δx →0

y

Seguimos el camino 2 : sea Δx→0

Δx

z + Δz Δy

2

z

x Ejemplo:

f ′( z ) = −i Δlim →

[u( x, y + Δy ) − u( x, y )]

Δy [ v( x, y + Δy ) − v( x, y )] + lim Δy → 0 Δy → df ∂u ∂v = −i + dz ∂y ∂y y

0

f ( z ) = z 2 = ( x + iy ) 2 ; u ( x, y ) = x 2 − y 2 ; v( x, y ) = 2 xy df ∂u ∂v = + i = 2 x + i(2 y) = 2( x + i y) = 2 z dz ∂x ∂x

df ∂u ∂v = −i + = −i(−2 y) + 2 x = 2( x + i y) = 2 z dz ∂y ∂y

22

Tenemos:

df ∂u ∂v = +i dz ∂x ∂x

∂u ∂v df = −i + ∂y ∂y dz

Igualando ambas expresiones:

∂u ∂v ∂u ∂v + i = −i + ∂x ∂x ∂y ∂y Igualando las partes real e imaginaria obtenemos las ecuaciones de Cauchy-Riemann:

∂u ∂v = ∂x ∂y

∂u ∂v =− ∂y ∂x

23

Ecuaciones de Cauchy-Riemman (ECR) Propuestas por primera vez por D’Alembert en 1752 en el contexto de la dinámica de fluidos.

∂u ∂v = ∂x ∂y

Augustin-Louis Cauchy (1789-1857)

∂u ∂v =− ∂y ∂x

Después de 250 años de casi “hibernación compleja”, entre 1814 y 1851 Cauchy y Riemman fundan el análisis complejo.

24

Podemos dar en forma polar una función de variable compleja cualquiera. Por ejemplo, sea: En forma polar, tendremos:

1 f ( z) = z + z

( z ≠ 0)

1 = f ( z ) = r (cos θ + i sin θ ) + r (cos θ + i sin θ ) 1 r (cos θ + i sin θ ) + (cos θ − i sin θ ) = r 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ ⎜ r + ⎟ cos θ + i⎜ r − ⎟ sin θ r r ⎝ ⎠ ⎝  

  ⎠

u ( r ,θ )

v ( r ,θ )

25

ECR en forma polar En forma polar tenemos:

z = r( cos θ + i sin θ) f(z) = u (r , θ ) + i v(r,θ )

Demostrar que las ECR toman la forma:

∂u 1 ∂v = ∂r r ∂θ

∂v 1 ∂u =− ∂r r ∂θ (r > 0)

Ejercicio: Comprobarlo para la función f(z) = 1/z.

26

Recuerda que hemos tomado dos caminos muy particulares para encontrar las ECR. Hemos demostrado que si f(z) = u(x,y)+iv(x,y) es diferenciable en un punto z0, entonces las primeras derivadas parciales de u(x,y) y v(x,y) existen en ese punto y satisfacen en él las ECR. Además, podemos calcular el valor de f’(z0) a través de las expresiones:

df ∂u ∂v = +i dz ∂x ∂x

∂u ∂v df = −i + ∂y ∂y dz

Las ECR son una condición necesaria para la derivabilidad.

27

Veamos que f ( z ) = z 2 , que hemos probado que es diferenciable en todas partes, cumple las ECR:

Ejemplos:

f ( z) = ( x + i y)

2

= ( x 2 − y 2 ) + i (2 xy ) Sin embargo para:

∂u ∂v = 2 x, = 2 x, ∂y ∂x ∂u ∂v = −2 y, = 2y ∂y ∂x

f ( z ) =| z |2 = ( x 2 + y 2 ) Las ECR no se satisfacen excepto ∂u ∂v = 2 x, = 0, ∂x ∂y ∂u ∂v = 2 y, =0 ∂y ∂x

para z = 0. Entonces la derivada no existe para ningún z distinto de 0. Pero no podemos asegurar la existencia de la derivada en z = 0, aunque en este caso la hemos demostrado anteriormente. 28

Veamos un ejemplo, un tanto artificial, donde veamos que las ECR son necesarias pero no suficientes.

⎧ z5 ⎪ 4, z≠0 f ( z) = ⎨ z ⎪0, z=0 ⎩

Calculemos su derivada en z = 0:

f ( z ) − f (0) f ( z) = lim f ' (0) = lim z →0 z →0 z −0 z

Que tiene valor 1 sobre el eje real y -1 sobre la línea y = x, p.ej. De modo que f(z) no tiene derivada en z = 0. Y sin embargo, las condiciones de CR en z = 0 se cumplen: De modo que las condiciones son necesarias, pero no suficientes.

⎛z⎞ f ' (0) = lim⎜⎜ ⎟⎟ z →0 z ⎝ ⎠

∂u ∂v =1= ∂y ( 0, 0 ) ∂x ( 0, 0 )

∂u ∂v − =0= ∂y ( 0, 0 ) ∂x ( 0, 0 )29

4

Condiciones suficientes de derivabilidad Sea f(z) = w = u(x,y) + iv(x,y) definida en un entorno del punto z0= x0 + iy0, supongamos que las primeras derivadas parciales de u(x,y) y v(x,y) existen en el entorno de ese punto y son continuas en z0. Entonces, si las parciales satisfacen las ECR en z0, la derivada f’(z) en z0 existe. Sumamos y restamos

Δu = u ( x + Δx, y + Δy ) − u ( x, y ) = Δu = {u ( x + Δx, y + Δy ) − u ( x, y + Δy )} + {u ( x, y + Δy ) − u ( x, y )} = ⎞ ⎛ ∂u ⎛ ∂u ⎞ ⎜⎜ + μ1 ⎟⎟Δy = Δu = + ⎜ + ε 1 ⎟Δx ⎝ ∂x ⎠ ⎠ ⎝ ∂y ∂u ∂u Δu = Δx + Δy + ε 1Δx + μ1Δy ∂x ∂y 30 donde ε 1 → 0 y μ1 → 0 cuando Δx → 0 y Δy → 0 .

De la misma manera, para v(x,y):

∂v ∂v Δv = Δx + Δy + ε 2 Δx + μ 2 Δy ∂x ∂y donde ε 2 → 0 y μ 2 → 0 cuando Δx → 0 y Δy → 0 . Así que:

⎛ ∂u ∂v ⎞ ⎛ ∂u ∂v ⎞ Δw = Δu + iΔv = ⎜ + i ⎟Δx + ⎜⎜ + i ⎟⎟Δy + εΔx + μΔy ∂x ⎠ ∂y ⎠ ⎝ ∂x ⎝ ∂y donde ε = ε 1 + iε 2 → 0 y μ = μ1 + iμ 2 → 0 cuando Δx → 0 y Δy → 0 . Podemos utilizar en esta última igualdad las ECR:

∂u ∂v = ∂x ∂y

∂u ∂v =− ∂x ∂y

31

⎛ ∂u ∂v ⎞ ⎛ ∂u ∂v ⎞ Δw = Δu + iΔv = ⎜ + i ⎟Δx + ⎜⎜ + i ⎟⎟Δy + εΔx + μΔy ∂x ⎠ ∂y ⎠ ⎝ ∂x ⎝ ∂y ∂u ∂v = ∂x ∂y

∂u ∂v =− ∂x ∂y

⎛ ∂u ∂v ⎞ ⎛ ∂v ∂u ⎞ Δw = Δu + iΔv = ⎜ + i ⎟Δx + ⎜ − + i ⎟Δy + εΔx + μΔy ∂x ⎠ ∂x  ∂x ⎝ ∂x ⎝ ⎠

⎛ ∂u ∂v ⎞ ⎜ + i ⎟ iΔy ⎝ ∂x ∂x ⎠

⎛ ∂u ∂v ⎞ Δw = ⎜ + i ⎟(Δx + iΔy ) + εΔx + μΔy 

∂x ⎠  ⎝ ∂x Δz dw Δw ∂u ∂v f ' ( z) = = lim = +i dz Δz →0 Δz ∂x ∂x

32

33

34

Estudiar la derivabilidad de la función y en caso afirmativo hallar la derivada.

(

x+ x + y f ( z) = x2 + y2 2

)

2 2

1 2 f ( z) = + z z

y −i 2 x + y2

u

iv

∂u ∂v 2 2 2 = ⇒ 2x x + y = 0 ∂x ∂y ∂u ∂v 2 2 2 = − ⇒ 2y x + y = 0 ∂y ∂x

(

)

(

)

se cumplen las ECR sólo en x=0, y=0

Pero u(x, y) y v(x, y) no están definidas para x = 0, y = 0 ⇒ ⇒ f(z) no derivable∀z ∈ C Examen JUNIO 02/03: P-1

35

Funciones analíticas u holomorfas Una función f(z) es analítica (u holomorfa) en un abierto A si posee derivada en todo punto de A. Cuando se dice que una función f es analítica en un conjunto S que no es abierto, quedará sobrentendido que f es analítica en algún abierto que contiene a S. Cuando decimos que una función es analítica en un punto z0 , la derivada debe existir en todos los puntos de algún entorno de z0. |z|2

Nota: observa que f(z) = es solo derivable en z = 0, pero tampoco ahí es analítica.

y A x

y z0 36

x

¿Existe una forma rápida y fácil de comprobar si una función f (z) es analítica?

Sea f ( z ) = u( x, y) + iv( x, y) continua en un dominio D: f(z) es analítica en un dominio D sii u(x,y) y v(x,y) son continuas y poseen primeras derivadas parciales continuas en D y satisfacen las ecuaciones de CR:

∂u ∂v = ∂x ∂y

∂u ∂v =− ∂y ∂x

en todo punto de D. 37

Resumen: ¿Es f(z) analítica en z0? 1. Escribe f(z) como f(z) = u(x,y) + iv(x,y). 2. Encuentra ux(x,y), uy(x,y), vx(x,y) y vy(x,y). 3. Comprueba que se cumplen las ecuaciones de Cauchy-Riemann: ux(x0,y0) = vy(x0,y0) uy(x0,y0) = -vx(x0,y0) 4. Comprueba que ux(x,y), uy(x,y),vx(x,y) y vy(x,y) son continuas en (x0,y0). 38

Ejemplo

¿Es 1/z analítica? 1 x −iy ⋅ f ( z) = x +iy x −iy ⎛ x ⎞ ⎛ −y ⎞ = ⎜⎜ 2 2 ⎟⎟ + i⎜⎜ 2 2 ⎟⎟ ⎝ x +y ⎠ ⎝ x +y ⎠ u( x, y)

v( x, y)

− 2 xy ∂v ∂u ∂u ∂v − x 2 + y 2 , =− = 2 = = 2 2 2 ∂x ( x + y 2 ) 2 ∂y ∂x ∂y ( x + y ) Las ecuaciones de Cauchy-Riemann se cumplen. Pero f(z) no es continua en cero ni sus parciales tampoco. 39 → La función es analítica en todo punto, excepto en z = 0.

Ejemplo

¿Es (1+z)/(1-z) analítica?

1 + z 1 + x + i y (1 + x ) + i y (1 − x ) + i y f ( z) = = = × 1 − z 1 − x − i y (1 − x ) − i y (1 − x ) + i y ⎡ 1 − x2 − y2 ⎤ ⎡ ⎤ 2y =⎢ + i⎢ 2 2⎥ 2 2⎥ x y x y ( 1 ) ( 1 ) − + − + ⎦ ⎣ ⎦ ⎣

[

u

]

v

− 4 y(1 − x) ∂v ∂u 2 (1 − x) 2 − y 2 ∂v ∂u = =− = = , 2 2 ∂x ∂y ∂y (1 − x) 2 + y 2 ∂x (1 − x) 2 + y 2

[

]

[

]

→ Al igual que antes, la función es analítica en todo punto, excepto en x = 1 e y = 0, en z = 1. 40

41

42

Nota: Para resolver este problema se usa notación exponencial que no veremos hasta el capítulo siguiente. Puedes volver a él más adelante.

43

44

Encontrar todas las posibles funciones complejas f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analíticas en la región D = {z є C/ |z| ≤ 3}, que cumplan simultáneamente: (a) Re(f(z)) = u(x) (b) f(0) = 0 (c) máx |f(z)| = 6, z є D Respuesta. 1. f(z) = u(x) + iv(x,y) analítica en D => Se cumplen ecuaciones de Cauchy – Riemann en D

⎧u y = −vx = 0, por ser u = u(x) ⇒ v = v(y) ⎪ du dv du dv ⎨ ⎪vx = v y ⇒ dx = dy , ∀( x, y) ∈ D ⇔ f ( z ) = dx = dy = A ⎩ 45

⎧u = Ax + B ⇒⎨ ⎩v = Ay + C

A, B, C ∈ R

2. f(0) = 0 = B + iC Ù B = 0, C = 0

⎧u = Ax ⎫ ⇒⎨ ⎬ f ( z ) = A ⋅ ( x + iy ) = A ⋅ z ⎩v = Ay ⎭ 3.

max f ( z ) = max Az = A max z = 6 ⇒ A = 2 z∈D z∈D z∈D 

=3

⎧ f1 ( z ) = 2 z Dos funciones : ⎨ ⎩ f 2 ( z ) = −2 z

46

P2. Junio 2006 a) De la función f(z) se sabe: 1. Es analítica en |z – 2| < 3, 2. f(z) = f(z) en |z – 2| < 3, 3. |f(z)| =

3

Dar la expresión de f(z) en |z – 2| < 3 y, en particular, calcular el valor de f(2 + i). Respuesta. f(z) = u(x,y) + iv(x,y) D : |z - 2| < 3 47

1.- f(z) analítica en D.

⎧⎪u x = v y Cauchy − Riemann⎨ en D. ⎪⎩u y = −v x 2.- f(z) = f(z), en D.

u( x, y) + iv( x, y) = u( x, y) − iv( x, y), en D. ⇒ ⇒ v( x, y) = 0, en D.

48

De las condiciones 1 y 2,

⎧u x = 0 en D. ⇒ u = cte. en D ⇒ f ( z ) = cte. en D. ⎨ ⎩u y = 0 3.- |f(z)| =

3

f(z) = ± 3

en D.

z = 2+i pertenece a D: f(2 + i) = ±

3

49

Sol.: (a) a = -b; c = 1. (b) a = b = -1

(a) En ningún punto. (b) En ningún punto. (c) C - {z = +i, -i} (d) C (e) En ningún punto. (f) C - {z = 0} (g) En ningún punto.

50

51

52

´

53

Gracias a las propiedades de las derivadas, si dos funciones son analíticas en un dominio D, su suma y su producto son analíticos en D. Y su cociente es analítico en D si el denominador no se anula en ningún punto de D. Una composición de funciones analíticas será analítica. (1) Las funciones polinómicas son analíticas en todo punto. Son funciones enteras.

f ( z) = c0 + c1 z + c2 z + c3 z + c4 z + " + cn z 2

3

(2) La funciones racionales donde g(z) y h(z) son polinomios, son analíticas excepto, quizás, en los puntos donde h(z) se anula.

4

n

g ( z) f ( z) = h( z ) 54

55

56

Nota: Derivada en el infinito

57

58

¿Qué tienen de especial las funciones analíticas? Veremos más adelante cosas como:

• Si una función es analítica entonces todas sus derivadas también son analíticas (en franco contraste con las funciones de variable real).

• Toda función analítica puede expresarse como serie de potencias. • Las funciones analíticas están determinadas por sus “valores de contorno”: si disponemos de los valores de una función analítica para los puntos de la circunferencia unidad, estos valores determinan totalmente los valores en todo el círculo unidad. Podemos expresar los valores de la función en los puntos interiores a través de una fórmula integral que involucra los valores del contorno. 59

Ejercicio: Encontrar la forma más general de la función analítica f(z) cuya parte real u(x,y) es: u(x,y) = x2 - y2 - x. Exigimos que se cumplan las ECR:

∂u ∂v = 2x −1 = ∂x ∂y

Integrando respecto a y: v ( x, y ) = ∫

∂v dy + k ( x) = ∫ (2 x − 1)dy + k ( x) = 2 xy − y + k(x) ∂y

Exigiendo que se cumpla la segunda ECR: ∂v ∂u dk ( x) = −2 y = − = −2 y + ⇒ k ( x) = k = cte ∂y ∂x dx

f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) = x − y − x + i (2 xy − y + k ) 2

f ( z ) = z 2 − z + ik

2

60

61

3. Demostrar que si f(z) es analítica en un dominio D y |f(z)| es constante en D, entonces f(z) es constante en D.

| f ( z ) |= k ⇒ u ( x, y ) + v ( x, y ) = k 2

2

2

Derivando con respecto a x e y:

∂u ∂v (a) 2u + 2v = 0 ∂x ∂x

(b)

∂u ∂v 2u + 2v = 0 ∂y ∂y

Multiplicando (a) por u y (b) por v:

∂u ∂v (a) u + uv = 0 ∂x ∂x 2

(b)

∂u 2 ∂v uv + v =0 ∂y ∂y 62

∂u ∂v (a) u + uv = 0 ∂x ∂x 2

(b)

∂u 2 ∂v =0 uv + v ∂y ∂y

Exigiendo ECR y sumando ambas ecuaciones: ∂u ∂v ∂u ∂v 2 2 ∂u =− = (u + v ) =0 ∂y ∂x ∂x ∂y ∂x Multiplicando (b) por u y restando (a) por v, tenemos:

∂v (u + v ) = 0 ∂x 2

2

Si k2 = u2+ v2 = 0 entonces u = v = 0 ⇒ f(z) = 0 (cte) Si k ≠ 0 entonces ux= uy= vx= vy= 0

⇒ u = cte, v = const ⇒ f(z) = cte

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Ejercicios: (1) Demostrar el teorema de la derivada nula, que si f’(z) = 0 en todos los puntos de un dominio D, entonces f(z) es constante en D. (Lo tienes resuelto en el siguiente par de transparencias). (2) Demuestra bajo las mismas condiciones, lo mismo para Re(f), Im(f) o Arg(f) constante en D.

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Puntos singulares Una singularidad o punto singular de f (z) es un punto zo en el cual f (z) no es analítica, pero es analítica en algún punto de todo entorno de z0. (¿Posee f(z) = |z|2 singularidades?) Tipos de singularidades: (1) Aislada: si existe un entorno para el que el único punto singular es z0. Si no podemos encontrar semejante entorno, la singularidad es no aislada. Si f(z) tiene un número finito de singularidades, todas serán aisladas. (2) Evitable en z0: si el límite cuando z tiende a z0 de f(z) es finito. (3) Esencial: es una singularidad que no es un polo (otro tipo de singularidad que definimos a continuación) ni es evitable. (4) En el infinito: si g(z) = f(1/z) tiene una singularidad en z = 0, decimos que f(z) tiene el mismo tipo de singularidad en el infinito. 69

Polos (otro tipo de singularidad) El límite

Un polo de orden n de f (z) es un punto z0 para el cual se cumple:

{

} existe y es diferente de 0.

lim ( z − z0 ) f ( z )

z → z0

n

P.ej. El punto z = 2 es un polo simple o de orden 1 de 2 2z + 3 f ( z) = porque 1 lim ( z − 2) f ( z ) = z−2

{ lim{2 z

}

z →2 z →2

2

}

+3 ≠ 0 70

Observa que el orden de un polo zo es la “potencia” del término z − zo

z−2 z−2 = f ( z) = 2 z − z − 12 ( z − 4)( z + 3)

z f ( z) = 3 ( z + i) z f ( z) = 2 ( z + 4) 2

zo = -3, 4 son polos simples.

zo = -i es un polo de tercer orden. z z f ( z) = = 2 [( z + 2i)(z − 2i)] ( z + 2i)2 ( z − 2i)2

Esta función tiene 2 puntos singulares, polos de 2º orden en z = -2i y z = +2i.

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Visualizing complex analytic functions using domain coloring Hans Lundmark, Department of Mathematics (Linköping University, Sweden) http://www.mai.liu.se/~halun/complex/complex.html

f ( z) = z

2

f (i ) = −1 i

Mejor tener un patrón único en el plano w y observar qué patrón en el plano z nos llevaría a él.

−1

−i −i

f (−i ) = −1

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Gradiente de color para el argumento en el plano w

Combinación en el plano w.

Escala de grises para módulo en plano w

Patrón de referencia en el plano w, al que hemos añadido una 73 parrilla cuadriculada.

f ( z) = z (r ,θ ) → (r ,θ )

f ( z) = z 2 (r , θ ) → (r 2 ,2θ )

Esquinas ± 2 ± 2i Estos son los patrones en el plano z cuya imagen bajo las transformaciones f(z) acaban todas en el patrón de referencia.

f ( z) = z 3

f ( z) = z 4

(r , θ ) → (r 3 ,3θ )

(r , θ ) → (r 4 ,4θ )

Observa que un cero de orden k en z0 se reconoce porque los anillos sombreados se acumulan en él y si recorremos un pequeño círculo a su alrededor en sentido antihorario cambiaremos cíclicamente de color (de amarillo a negro) k veces. 74

Veamos el polinomio:

f ( z) = ( z + 2) ( z − 1 − 2i)( z + i) 2

Plano z. Esquinas: ± 3 ± 3i Ceros del polinomio:

z = 1 + 2i z = −2 (raíz doble) z = −i

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Plano z. Esquinas: ± 3 ± 3i Aquí hacemos la parrilla más apreciable. Recuerda que la imagen de esta cuadrícula distorsionada proporciona en el plano w una parrilla con cuadrados de lado 1. Observa que la transformación es conforme: los ángulos se preservan en la transformación, si dos curvas se intersectan con un ángulo determinado en el punto z0, entonces sus imágenes bajo la transformación f se intersectan con el mismo ángulo en f(z0). Aquí estamos viendo el fenómeno en la dirección inversa.

La conformalidad se rompe en los puntos donde la derivada de f se hace 0, en los llamados puntos críticos de f. ¿Puedes encontrar esos puntos en la figura?

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Nota sobre transformaciones conformes:

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Teorema de Lucas

Si f es un polinomio, entonces los ceros de su derivada f’ caen todos en el polígono convexo que tiene como aristas a los ceros de f. En el ejemplo que nos ocupa, el polígono convexo es el triángulo de la imagen. 80

¿Cómo se ven los polos de una función racional bajo este esquema de color? Los ciclos de color van en dirección opuesta (Si recorremos en sentido horario van de negro a amarillo) y el valor absoluto crece hasta infinito a medida que nos aproximamos al polo (en lugar de de desvanecerse como ocurre al acercarnos a un cero). 1 1 f (z) = f (z) = 2 z z Polo de segundo orden en z = 0. Polo simple en z = 0.

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Veamos una transformación de Moebius o bilineal: Un cero en z = 1 y un polo simple en z = -1.

Plano z. Esquinas: ± 2 ± 2i

z −1 f ( z) = z +1

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Funciones armónicas Partiendo de la ECR:

∂u ∂v = ∂x ∂y

y

∂u ∂v =− ∂x ∂y

Suponiendo que sus segundas derivadas existen y son continuas (más adelante se demostrará que si f es analítica en z0, u y v poseen parciales continuas de todo orden en ese punto): 2 2 2 2

∂u ∂v = 2 ∂x ∂x∂y

Derivando respecto a x e y:

∂u ∂u + 2 =0 2 ∂y ∂x 2

2

∂u ∂v =− y 2 ∂y ∂x∂y

Derivando respecto a y y x:

∂ v ∂ v + 2 =0 2 ∂y ∂x 2

2

u(x,y) y v(x,y), las componentes de una función analítica, 83 son funciones armónicas: cumplen la ec. de Laplace.

Una función Φ(x,y) es armónica en un dominio si Φ(x,y) es C2 (i.e.: tiene derivadas parciales hasta el orden 2 y son continuas) y satisface la ecuación de Laplace en dicho dominio:

∂ Φ ∂ Φ ∇ Φ= 2 + 2 =0 ∂x ∂y 2

2

2

Hemos visto que si f(z) es analítica en cierto dominio, entonces su parte real u(x,y) y su parte imaginaria v(x,y) son armónicas en dicho dominio (ambas cumplen la ecuación de Laplace). Dada una Φ(x,y) armónica en un dominio simplemente conexo D, existe una función analítica en D cuya parte real es Φ(x,y) y también existe una función analítica en D cuya parte imaginaria es Φ(x,y). Dada una función armónica u(x,y), parte real de una función compleja, decimos que v(x,y) es la función armónica conjugada de u(x,y), si 84 u(x,y) + iv(x,y) es analítica.

Ejemplo: Verificar que u(x,y) = x2 - y2 - y es armónica en todo el plano complejo y encontrar la función armónica conjugada v(x,y).

∂u = 2x ∂x

∂u =2 2 ∂x 2

∂u = −2 y − 1 ∂y

y

∂u ∂u ∂u y = −2 ⇒ 2 + 2 = 0 2 ∂y ∂x ∂y 2

2

2

Si v(x,y) es la armónica conjugada de u(x,y), entonces ambas cumplen las ECR:

∂u ∂v = = 2x ∂x ∂y

y

∂u ∂v = − = −2 y − 1 ∂y ∂x 85

∂u ∂v = = 2x ∂x ∂y ∂v v ( x , y ) = ∫ dy + k ( x ) = ∫ 2 xdy + k ( x ) = 2 xy + k(x) ∂y ∂u dk ( x) ∂v = −2 y − 1 = − = −2 y − ⇒ k ( x) = x + c ∂y ∂x dx ⇒ v( x, y ) = 2 xy + x + c

f(z) = u + i v = x 2 - y 2 − y + i ( 2 xy + x + c) f ( z ) = z 2 + i (z + c) 86

87

(a) Verifica que u(x, y) = x3 – 3xy2 – 5y es armónica en todo el plano complejo. (b) Encontrar la función armónica conjugada de la función u. ∂u ∂u ∂u 2 2 ∂ u = 3 x − 3 y , 2 = 6 x, (a ) = −6 xy − 5, 2 = −6 x ∂x ∂y ∂x ∂y 2

2

∂ 2u ∂ 2u + 2 = 6x − 6x = 0 2 ∂x ∂y ∂v ∂u ∂v ∂u 2 2 (b) = = 3x − 3 y ; =− = 6 xy + 5 ∂y ∂x ∂x ∂y Integrando la primera, v( x, y ) = 3x 2 y − y 3 + h( x) ∂v = 6 xy + h' ( x), h' ( x) = 5, h( x) = 5 x + C ∂x 88 2 3 Y entonces : v( x,y ) = 3x y − y + 5 x + C

Como veremos en el siguiente capítulo..

89

En el siguiente ejercicio se resuelve la misma cuestión de forma alternativa... 90

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(a) v(x,y) = -x + k (b) -ex cos y + k (c) v(x,y) = [(y-1)2 - (x+1)2]/2 + k (d) v(x,y) = cos x senh y + k (e) v(x,y) = arg z + k (f) v(x,y) = − e x − y cos(2 xy ) + k 2

2

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Ejercicio: Demuestra que para

f ( z ) = z 2 = ( x + iy ) 2 ; u ( x, y ) = x 2 − y 2 ; v( x, y ) = 2 xy v(x,y) es armónica conjugada de u(x,y), pero que si intercambiamos ambas no es cierto. Es decir, que f ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ); u ( x, y ) = 2 xy; v( x, y ) = x 2 − y 2 no es analítica. Ejercicio: Demostrar que si u y v son armónicas conjugadas mutuamente, entonces son funciones constantes. Ejercicio: Si u es armónica conjugada de v en un dominio D, entonces –u es armónica conjugada de v en D. 102

La transformación de Zhukovsky

1 w= z+ z Más general:

a w= z+ z

2

Nikolai Egorovich Zhukovskii (1847-1921) (o Zhukovsky o Joukowski)

La imagen de un círculo que pasa por z = 1 o z = -1 es una curva similar a la sección transversal de un ala de avión.

103

Puntos de ramificación y cortes de rama Para univaluar la raíz cuadrada de z hagamos como en el caso real, tomando arbitrariamente una de las dos posibilidades:

⎧⎪ rθ 2 f ( z) = z = ⎨ θ θ ⎪⎩ r 2 +π = − r 2

= z = rθ 0

f (z )

w = r θ0 2

Si giramos siguiendo un camino continuo como muestra la figura tendremos:

z = rθ 0 + 2π

f (z )

w = r θ 0 +π 2

¡f(z) sufre una crisis de identidad! 104

Este camino continuo no nos genera problemas. ¿Cuál es la diferencia? Rodear el origen z = 0 parece ser lo que nos genera la crisis. z = 0 es en este caso un punto de ramificación de la función raíz cuadrada. ¿Qué ocurre si damos dos vueltas alrededor del origen? 105

Decimos que z0 es un punto de ramificación de f(z) si el valor de f(z) no regresa a su valor original cuando trazamos una curva cerrada alrededor de él, de manera que f varía de forma continua a medida que recorremos la curva. Observación: debe ocurrir para cualquier curva alrededor de z0 (lejana o cercana). La función no tiene por qué ser continua o existir en z0.

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¿Cuál es la región más grande posible sin crisis de identidad? Para todos los puntos de la región R la raíz cuadrada está univaluada.

Deseamos una región, lo mayor posible, tal que no exista posibilidad de trazar un camino continuo y cerrado que contenga al origen en su interior: una rama.

Región infinitesimal alrededor del eje x positivo. 107

Univaluamos la función raíz cuadrada “cortando” el plano complejo a lo largo del eje real positivo. A es un punto infinitesimalmente cercano al corte por arriba. Y B por abajo. La función es discontinua a través del corte de rama.

Cortes de rama

Rama 0 < θ < 2π

Nota: El corte es totalmente arbitrario.

Rama − π < θ < π 108

Hojas y superficies de Riemann En la superficie de Riemann la función está univaluada. Cada rama corresponde a un piso (hoja de Riemman). Para el caso de la raíz cuadrada: las vueltas impares “tocan arriba” y las pares “abajo”.

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Superficie de Riemann para f(z) = z1/3

f(z) = z1/n tendrá n hojas de Riemann. En particular si f(z) no posee puntos de ramificación, la superficie de Riemann coincide con el plano complejo C.

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