´ PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE ´ FACULTAD DE MATEMATICAS

MAT2715

VARIABLE COMPLEJA II

Ayudantia 5

Rodrigo Vargas

1. Sea u : C → R una funci´on arm´onica positiva. Pruebe que u es constante. Soluci´ on: Sea v la arm´onica conjugada de u. Entonces, f = u + iv es una funci´on 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 funci´on arm´onica tal que u(z) ≤ a| log |z|| + b para todo z ∈ C, donde a, b son constantes positivas. Pruebe que u es constante. Soluci´ on: Sean v la arm´onica conjugada de u y f (z) = eu(z)+iv(z) . Entonces, f es una funci´on entera. Para |z| > 1 tenemos que |f (z)| = eu(z) ≤ ea log |z|+b = eb |z|a .

(1)

f (z) tiene una singularidad zn aislada en ∞, por la desigualdad (1), es acotada en ∞. Luego, ∞ es una f (z) singularidad removible de n que en el peor de los casos en un polo de z 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 tambi´en lo es. Sea n ∈ N tal que n ≥ a. Entonces la funci´on

1

3. Sea △ =

∂2 ∂2 + . Verifique que ∂x2 ∂y 2 △=4

∂ . ∂z∂z

Soluci´ on: Tenemos que   ∂f 1 ∂f ∂f = +i , ∂z 2 ∂x ∂y   ∂f ∂f 1 ∂2f ∂2f = −i , ∂z ∂x 2 ∂x2 ∂y∂x   ∂f ∂f 1 ∂2f ∂2 = −i 2 . ∂z ∂y 2 ∂x∂y ∂y Entonces, 4

∂f ∂f ∂2f ∂2f ∂2f ∂2f = − i + i + = △f . ∂z ∂z ∂x2 ∂y∂x ∂y∂x ∂y 2

4. Sea u : C \ {0} → R una funci´on 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 arm´onica si y s´olo si u(z) = α log |z| + β para algun α, β ∈ R. Soluci´ on: Sabemos que △=

∂2 ∂2 ∂ + = 4 ∂x2 ∂y 2 ∂z∂z

y note que si u(z) = f (|z|) ∂ ∂ √ 1z +0 1 f (|z|) = f ( zz) = f ′ (|z|) √ = f ′ (|z|) ∂z ∂z 2 zz 2 s  r 2 ∂2 1 ′′ z 1 1 z z f (|z|) = f (|z|) + f ′ (|z|) ∂z∂z 4 z 2 2 z z2 1 ′′ 1 ′ = f (|z|) + f (|z|) . 4 4|z| Como u es arm´onica obtenemos la ecuaci´on diferencial f ′′ (|z|) + 2

f ′ (|z|) =0 |z|

r

z , z

que tiene por soluci´on f (|z|) = α log |z|+β con α, β ∈ R. Rec´ıprocamente, si u(z) = α log |z| + β como 0 ∈ / Ω = C \ {0} entonces tenemos que   ∂u ∂2u ∂ r r + 2 =0 (2) ∂r ∂r ∂θ y u es arm´onica. 5. Si u : Ω → R es una funci´on arm´onica. Pruebe que f = ux − iuy es anal´ıtica en Ω. Soluci´ on: Sean P (x, y) = tenemos que

y adem´as

∂u ∂u y Q(x, y) = − . Como u es arm´onica, ∂x ∂y

∂P ∂Q ∂2u ∂2u − = 2 + 2 =0 ∂x ∂y ∂x ∂y ∂P ∂Q ∂2u ∂2u + = − =0. ∂y ∂x ∂x∂y ∂y∂x

Luego P y Q satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann, entonces f = P + iQ = ux − iuy es anal´ıtica en Ω. 6. Sean u, v : Ω → R funciones arm´onicas tales que u y v satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en subconjunto S de Ω el cual tiene un punto l´ımite en Ω. Pruebe que u + iv es anal´ıtica en Ω. Soluci´ on: Como u y v son arm´onicas entonces f = ∂u −i ∂u yg= ∂x ∂y son funciones anal´ıticas en Ω. Por hip´otesis del problema ∂u ∂v = , ∂x ∂y

∂u ∂v =− ∂y ∂x

para todo z ∈ S ⊂ Ω. Luego ∂u ∂u f= −i = ig = i ∂x ∂y

3



∂v ∂v −i ∂x ∂y



∂v −i ∂v ∂x ∂y

para cada z ∈ S. Como S es un subconjunto que tiene un punto l´ımite en Ω, por el teorema de unicidad de funciones anal´ıticas, se tiene que f = ig para todo z ∈ Ω. Se sigue de la igualdad f = ig para todo z ∈ Ω que ∂v ∂u = , ∂x ∂y

∂u ∂v =− ∂y ∂x

para todo z ∈ Ω, lo cual implica que u + iv es anal´ıtica en Ω. 7. Demuestre que u tiene una conjugada arm´onica si y s´olo si ∂u ∂u −i ∂x ∂y tiene una primitiva sobre Ω. Soluci´ on: Si ∂u − i ∂u tiene primitiva, entonces para cualquier curva cer∂x ∂y rada γ ⊂ Ω, la integral  Z  ∂u ∂u −i dz 0 = ∂x ∂y γ    Z  ∂u ∂u ∂u ∂u dx + dy + i − dx + dy . = ∂x ∂x ∂y ∂x γ

Se sigue que Z

−

∂u ∂u dx + dy = 0 ∂y ∂x

γ

para cualquier curva cerrada γ ⊂ Ω. Luego podemos definir Z z ∂u ∂u − dx + dy , v(x, y) = ∂y ∂x z0 donde z0 , z ∈ Ω y la integral es tomada sobre cualquier curva que une z0 y z en Ω. Como ∂v ∂u ∂v ∂u =− , = ∂x ∂y ∂y ∂x tenemos que v(x, y) es conjugada arm´onica de u(x, y) en Ω. Rec´ıprocamente, si u tiene una arm´onica conjugada v en Ω, entonces dv =

∂v ∂v ∂u ∂u dx + dy = − dx + dy . ∂x ∂y ∂y ∂x 4

Para cualquier curva cerrada γ ⊂ Ω, tenemos que     Z  Z  ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u −i dz = dx + dy + i − dx + dy ∂x ∂y ∂x ∂y ∂y ∂x γ γ    Z  ∂u ∂v ∂v ∂u = dx + dy + i dx + dy ∂x ∂y ∂x ∂y γ Z = d(u + iv) = 0 γ

Luego,

∂u ∂x

− i ∂u tiene una primitiva en Ω. ∂y

8. Halle una funci´on arm´onica u(z) definida en D tal que  1 para 0 < θ < π iθ l´ım− u(re ) = . −1 para π < θ < 2π r→1 Soluci´ on: Considere la aplicaci´on conforme ϕ(z) = −i el semi-plano H = {w : Im w > 0}. Es sencillo ver que

z+1 de D sobre z−1

ϕ(Γ1 ) = ϕ({z = eiθ : 0 < θ < π}) = {w : −∞ < w < 0} , ϕ(Γ2 ) = ϕ({z = eiθ : π < θ < 2π}) = {w : 0 < w < ∞} . y v ϕ Γ1 x

u

Γ2

Considere la funci´on U(w) = π2 arg w − 1 la cual es arm´onica en H debido a (2) y asume el valor 1 en el eje real negativo y −1 en el eje real positivo. Luego     z+1 2 z+1 u(z) = U −i = arg −2, z−1 π z−1 5

donde el brazo de arg( z+1 ) es definido por arg( z+1 )| = π, es una funci´on z−1 z−1 z=0 arm´onica en D que satisface lo requerido. 9. Halle una funci´on arm´onica u(z) definida en D ∩ {z : Im {z} > 0} tal que  1 para θ = 0 iθ l´ım− u(re ) = 0 para 0 < θ ≤ π r→1 Soluci´ on: Tenemos la siguiente secuencia de transformaciones z 7→

−1

0

1+z 1−z

0

1

|

1

z 7→ z 2 z 7→ z − 1

0

0

|

1

Considere la funci´on U(w) = π1 (π − arg w) la cual es arm´onica debido a (2) y asume el valor 1 en el eje real positivo y 0 en el eje real negativo. Luego      4z 1 4z u(z) = U = π − arg (1 − z)2 π (1 − z)2 es una funci´on arm´onica en D∩{z : Im{z} > 0} que satisface lo requerido. 10. Sea u : C → R definida por iθ

u(re ) = a0 +

n X

r k [ak cos(kθ) + bk sen(kθ)]

k=1

para r ≥ 0 y para todo θ, donde a0 , . . . , an y b0 , . . . , bn son constantes reales. 6

(i) Demuestre que u es una funci´on arm´onica en C. (ii) Determine la conjugada arm´onica v de u en el plano que satisface v(0) = 0. (iii) Definimos M2 (r, u) =



1 2π

Z

0

2π iθ

|u(re )|

2

1/2

.

Demuestre que M2 (r, v) ≤ M2 (r, u) con igualdad si y s´olo si a0 = 0. Soluci´ on: (i) Para z = reiθ tenemos que u(z) = a0 +

n X

r k [ak cos(kθ) + bk sen(kθ)]

k=1

= a0 +

n X

r k [ak Re (eikθ ) + bk Im (eikθ )]

k=1

= a0 +

n X

r k [ak Re (eikθ ) + bk Re (−ieikθ )]

k=1

= a0 +

n X

" k=1

Re [(ak − ibk )r k eikθ ]

= Re a0 +

n X k=1

(ak − ibk )r k eikθ

#

Como la parte real de un polinomio f (z) = a0 + es arm´onica se sigue que u es arm´onica.

. Pn

k=1 (ak

− ibk )z k

(ii) La funci´on v : C → R dada por v(z) = Im{f (z)} es una arm´onica conjugada para u en C y v(0) = Im {f (0)} = Im {a0 } = 0 como lo

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requeriamos. Luego, para z = reiθ obtenemos que " # n X v(z) = Im a0 + (ak − ibk )r k eikθ k=1

n X

=

k=1 n X

=

k=1

n X

=

Im [(ak − ibk )r k eikθ ] r k [ak Im (eikθ ) − bk Im (ieikθ )] r k [−bk cos(kθ) + ak sen(kθ)] .

k=1

an z n entonces por la identidad de Parseval Z 2π X 1 2 2n |an | r = |f (reiθ )|2 dθ . 2π 0 P

(iii) Sabemos que si f (z) =

Usandola obtenemos que M2 (r, u) M2 (r, v)

2

2

1 = 2π

Z

2π

1 = 2π

Z

2π

0

0

∞

|u(reiθ )|2 dθ = a20 + ∞

1 X 2n 2 r (an + b2n ) , 2 n=1

1 X 2n 2 |v(re )| dθ = r (an + b2n ) . 2 n=1 iθ

2

Entonces, M2 (r, v) ≤ M2 (r, u) con igualdad si y s´olo si a0 = 0.

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