ejercicios vc2

Capıtulo 2

FUNCIONES HOLOMORFAS

Problema 2.1. Estudia en que puntos son derivables en sentido complejo las siguientes funciones (z =x + iy):

(a) f(z) = |z|α, conα > 0,

(b) f(z) =√

|xy|,

(c) f(z) = h(x), conh ∈ C1(R),

(d) f(z) = h(y), conh ∈ C1(R),

(e) f(z) =1

z2+ |z|2,

(f) f(z) = z Re z,

(g) f(z) =1

(z + 1/z)2,

(h) f(z) = ez3/(z+3),

(i) f(z) =z

z2 + 1.

(j) f(z) = x2 − y2 − i2xy,

(k) f(z) = x2 − y2 − 2xy+ i(2xy + x2 − y2).

Solucion: (a) f(z) = |z|α = (x2 + y2)α/2 = u(x, y); evidentemente,v(x, y) = 0. Como funcion deR2,

la funcion u(x, y) es derivable en todoR2 si α ≥ 2 y en R2 − (0, 0) si α < 2. Por otro lado, las

condiciones de Cauchy-Riemann implican

ux = 0 =⇒ αx(x2 + y2)α2−1 = 0,

uy = 0 =⇒ αy(x2 + y2)α2−1 = 0,

con lo que siα < 2 no se cumplen en ninguna punto deC, y si α ≥ 2 solo se cumplen enz = 0. Por lotanto la funcionf(z) es derivable solo enz = 0 y solo siα ≥ 2.

(b) De nuevou(x, y) =√

|xy| y v(x, y) = 0. La funcion u(x, y) es derivable enR2 salvo en los ejes, ytambien en(0, 0).

Consideremos un punto del primer cuadrante,x > 0, y > 0; las derivadas enel valen

ux =1

2

√y

x, uy =

1

2

√x

y.

Como las condiciones de Cauchy-Riemann imponenux = uy = 0, no pueden cumplirse para ningunpunto conx > 0, y > 0. Analogo razonamiento puede hacerse con los otros tres cuadrantes.

En cuanto al origen, las derivadas parciales enel sonux(0, 0) = uy(0, 0) = 0, ası que se cumplen lascondiciones de Cauchy-Riemann, luego la funcionf(z) es derivable solo enz = 0.

18 2 FUNCIONES HOLOMORFAS

(c) Ahorau(x, y) = h(x) y v(x, y) = 0, ambas derivables y con derivadas continuas enR2. Las condicio-

nes de Cauchy-Riemann,ux = uy = 0, imponen queh′(x) = 0, con lo que la funcionf(z) es derivableen todos los puntosz = x + iy tales quex es solucion deh′(x) = 0 (rectas verticales). Evidentemente,es derivable en todoC si h es constante.

(d) Igual que el apartado anterior, pero ahora los puntos son losz = x+iy dondey es solucion deh′(y) = 0(rectas horizontales).

(e) Comoz−2 es derivable enC − 0 y |z|2 solo es derivable enz = 0, f(z) no es derivable en ningunpunto.

(f) f(z) = z Re z = (x + iy)x = x2 + ixy, de donde

u(x, y) = x2, v(x, y) = xy.

Ambas funciones son derivables con derivadas continuas enR2. Las condiciones de Cauchy-Riemann

imponen

ux = vy =⇒ 2x = x,

uy = −vx =⇒ 0 = −y,

cuyaunica solucion esx = y = 0. Ası quef(z) solo es derivable enz = 0.

(g) f(z) es derivable salvo enz = 0 y dondez + z−1 = 0, es decir,z2 + 1 = 0 o, lo que es equivalente,z = ±i. Pero enz = 0 la funcion tiene una singularidad “evitable” porque

1(z + 1

z

) =z2

z2 + 1,

que es derivable enC − ±i.

(h) f(z) es derivable salvo enz = −3.

(i) f(z) es derivable salvo enz = ±i.

(j) f(z) = x2 − y2 − i2xy = z2 = F (z, z), y las condiciones de Cauchy-Riemann imponen

Fz = 0 =⇒ 2z = 0 =⇒ z = 0,

ası quef(z) solo es derivable enz = 0.

(k) f(z) = x2−y2−2xy+i(2xy+x2−y2) = x2−y2+i2xy+i(x2−y2+i2xy) = z2+iz2 = (1+i)z2,que es evidentemente derivable enC.

2 FUNCIONES HOLOMORFAS 19

Problema 2.2. (a) SeaΩ un abierto conexo deC y f : Ω → C una funcion holomorfa. Prueba quef(z)debe ser constante si se cumple cualquiera de las siguientes condiciones en Ω:

(a.1) 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 cuandof, g : Ω → C son holomorfas enΩ,

(b.1) f ′(z) = g′(z) implicaf(z) = g(z) + γ, siendoγ ∈ C;

(b.2) Re f(z) = Re g(z) implicaf(z) = g(z) + ic, siendoc ∈ R;

(b.3) Im f(z) = Im g(z) implicaf(z) = g(z) + c, siendoc ∈ R;

(b.4) |f(z)| = |g(z)| implicaf(z) = g(z)eic, siendoc ∈ R;

(b.5) arg f(z) = arg g(z) implicaf(z) = cg(z), siendoc ∈ R+.

Solucion: (a) (a.1) f ′(z) = ux + ivx = 0, de modo que

ux = vy = 0

vx = −uy = 0⇒ ∇u = ∇v = 0 ⇒

u = const.

v = const.⇒ f(z) = const.

(a.2) u(x, y) = Re f(z) = const., por lo tantoux = uy = 0 y por las condiciones de Cauchy-Riemannvx = vy = 0, lo que implica quev(x, y) = const.. Ası pues,f(z) = const..

(a.3) El razonamiento es identico al del apartado anterior.

(a.4) Veamos que implica el quef(z) sea holomorfa. Comof(z) = u− iv, las condiciones de Cauchy-Riemann se traducen en

ux = −vy,

uy = vx.

Por su parte, las mismas condiciones sobref(z) implican

ux = vy,

uy = −vx.

Ası que tenemos queux = −vy = vy, luegovy = 0 y por tantoux = 0. Asimismouy =vx = −vx, por lo quevx = 0 y uy = 0. De ello se sigue queu y v son constantes y, por tanto,f(z) = const..

(a.5) |f(z)| = c significa que|f(z)|2 = f(z)f(z) = c2 y, por lo tanto,f(z) = c2/f(z). Comoel miembro derecho es una funcion holomorfa, eso significa quef(z) es holomorfa, y por elapartado anterior, quef(z) = const..

(a.6) arg f(z) = c significa quef(z) = r(z)eic, siendor(z) una funcion que toma valores realessolamente. Pero comof(z) debe ser holomorfa, tambien r(z) tiene que serlo. Como en el casoanterior, esto significa quer(z) = const. y, por tanto, quef(z) = const..

(b) (b.1) Se deduce de qued

dz

[f(z) − g(z)

]= 0.


(b.2) Se deduce de queRe[f(z) − g(z)

]= 0. Evidentemente, la constante solo puede ser imaginaria

pura.

(b.3) Se deduce de queIm[f(z) − g(z)

]= 0. Evidentemente, la constante solo puede ser real.

(b.4) Se deduce de que ∣∣∣∣

f(z)

g(z)

∣∣∣∣= 1.

La constante ha de tener modulo1.

(b.5) Se deduce de que

arg

(f(z)

g(z)

)

= 2kπ, k ∈ Z

y, por tanto,f(z)/g(z) debe ser una constante real positiva.

Problema 2.3. Halla una funcion holomorfaf(z), especificando el dominio en que lo es, tal queRe f(z)sea (z = x + iy)

(a) ax + by + c, cona, b, c ∈ R,

(b) e−x(x sen y − y cos y),

(c) e−y cos x,

(d)x

x2 + y2,

(e) ex2−y2

sen 2xy,

(f) xe−x cos y + ye−x sen y,

(g) sen x cosh y + 2 cos x senh y+ x2 − y2 + 4xy,

(h) ln√

x2 + y2,

(i)x2 − y2

(x2 + y2)2,

(j)n∑

k=0

(−1)k

(2n

2k

)

x2n−2ky2k.

Solucion: Ademas de emplear el procedimiento sistematico de resolver las ecuaciones de Cauchy-Riemann,otra forma de resolver este problema es guiarse por patrones reconocibles en la funcion. Una vez halladauna funcion holomorfaf(z) cuya parte real sea la especificada, segun vimos en el problema 2.2, cualquierotra que tenga la misma parte real sera de la formaf(z) + iγ, conγ una constante arbitraria.

(a)

Re f(z) = ax + by + c = Re(az) + Im(bz) + c = Re(az) + Re(−ibz) + c = Re(az − ibz + c),

luegof(z) = (a − ib)z + c.

(b)

Re f(z) = e−x(x sen y − y cos y) = −e−x(y cos y − x sen y) = −e−x Re[(y − ix)e−iy

]

= Re(ize−iz

),

luegof(z) = ize−z.

(c)Re f(z) = e−y cos x = e−y Re eix = Re e−y+ix = Re eiz,

luegof(z) = eiz.

(d)

Re f(z) =x

x2 + y2= Re

(z

|z|2)

= Re

(z

|z|2)

= Re z−1,

luegof(z) = z−1.


(e)

Re f(z) = ex2−y2

sen(2xy) = ex2−y2

Im ei2xy = Im ex2−y2+i2xy = Im ez2

= Re(

−iez2)

,

luegof(z) = −iez2

.

(f)Re f(z) = e−x(x cos y + y sen y) = e−x Re

[(x + iy)e−iy

]=

(ze−z

),

luegof(z) = ze−z.

(g)

Re f(z) = senx cosh y + 2 cos x senh y + x2 − y2 + 4xy = Re sen z + 2 Im sen z + Re z2 + 2 Im z2

= Re(sen z − 2i sen z + z2 − 2iz2

),

luegof(z) = (1 − 2i)(sen z + z2).

(h)Re f(z) = ln

√

x2 + y2 = ln |z| = Re log z,

luegof(z) = log z.

(i)

Re f(z) =x2 − y2

(x2 + y2)2=

Re z2

|z|4 = Re

(z2

|z|4)

= Re z−2,

luegof(z) = z−2.

(j)

Re f(z) =n∑

k=0

(−1)k

︸︷︷︸

=i2k

(2n

2k

)

x2n−2ky2k =n∑

k=0

(2n

2k

)

x2n−2k(iy)2k = Re[(x + iy)2n

],

luegof(z) = z2n.

Problema 2.4. Seau ∈ C2(D(z0, r)

)una funcion armonica yz0 = x0 + iy0. Prueba que

v(x, y) = c +

∫ y

y0

ux(x, t) dt −∫ x

x0

uy(t, y0) dt

define una conjugada armonica deu enD(z0, r) tal quev(x0, y0) = c.

Solucion: Resolviendo la ecuacionvy = ux obtenemos

v(x, y) =

∫ y

y0

ux(x, t) dt + h(x),

siendoh(x) arbitraria. Sustituimos ahora envx = −uy y obtenemos

−uy(x, y) =

∫ y

y0

uxx(x, t)︸︷︷︸

=−utt(x,t)

dt + h′(x) = −∫ y

y0

utt(x, t) dt + h′(x) = −uy(x, y) + uy(x, y0) + h′(x),


y para que se cumpla la igualdad tiene que ocurrir que

h′(x) = −uy(x, y0) =⇒ h(x) = −∫ x

x0

uy(t, y0) dt + γ,

siendoγ una constante a determinar. Entonces

v(x, y) = γ +

∫ y

y0

ux(x, t) dt −∫ x

x0

uy(t, y0) dt,

y comov(x0, y0) = γ porque las integrales se anulan, encontramos queγ = c.

Problema 2.5. (a) Deduce que la expresion de las ecuaciones de Cauchy-Riemann cuando la funcion vieneexpresada en coordenadas polares son

ur =1

rvθ, vr = −1

ruθ.

(b) Prueba a continuacion que la derivada def(z) = u + iv puede obtenerse, paraz 6= 0, de cualquiera delas dos formas

f ′(z) = e−iθ(ur + ivr), f ′(z) =−i

z(uθ + ivθ).

Solucion: (a)

ur = uxxr + uyyr = ux cos θ + uy sen θ,

uθ = uxxθ + uyyθ = r(−ux sen θ + uy cos θ),

y parav se verifican unas ecuaciones analogas. Entonces,

ur = ux cos θ + uy sen θ = vy cos θ − vx sen θ =1

rvθ,

vr = vx cos θ + vy sen θ = −uy cos θ + ux sen θ = −1

ruθ.

(b) Sabemos quef ′(z) = ux + ivx = vy − iuy, ası que sumando las ecuaciones

ur = ux cos θ + uy sen θ,

vr = vx cos θ + vy sen θ,

obtenemosur + ivr = (ux + ivx)

︸︷︷︸

=f ′(z)

cos θ + (uy + ivy)︸︷︷︸

=if ′(z)

sen θ = f ′(z)eiθ,

de dondef ′(z) = e−iθ(ur + ivr). Por otro lado,

1

ruθ = −ux sen θ + uy cos θ,

1

rvθ = −vx sen θ + vy cos θ,

con lo que

1

r(uθ + ivθ) = −(ux + ivx) sen θ + (uy + ivy) cos θ = f ′(z)(− sen θ + i cos θ) = if ′(z)eiθ,


y por lo tanto

f ′(z) =−i

reiθ(uθ + ivθ) =

−i

z(uθ + ivθ).

Problema 2.6. (a) Demuestra que la funcion

f(z) =√

reiθ/2, −π < θ < π,

es holomorfa en su dominio de definicion y quef ′(z) = 1/2f(z).

(b) Repite el apartado anterior para la funcion

f(z) = ln r + iθ, −π < θ < π,

y verifica quef ′(z) = 1/z.

Solucion: (a) f(z) =√

reiθ/2 =√

r cos(θ/2) + i√

r sen(θ/2) = u + iv, luego

ur =1

2√

rcos(θ/2), uθ = −

√r

2sen(θ/2),

vr =1

2√

rsen(θ/2), vθ =

√r

2cos(θ/2),

y de ahı queur = vθ/r y vr = −uθ/r, lo que prueba quef(z) es holomorfa en su dominio. Su derivadavale

f ′(z) =e−iθ

2√

reiθ/2 =

1

2√

reiθ/2=

1

2f(z).

(b) f(z) = ln r + iθ = u + iv, luego

ur =1

r, uθ = 0,

vr = 0, vθ = 1,

y de ahı queur = vθ/r y vr = −uθ/r, lo que prueba quef(z) es holomorfa en su dominio. Su derivadavale

f ′(z) =e−iθ

r=

1

z.

Problema 2.7. (a) Si f(z) = u(r, θ) + iv(r, θ), con z = reiθ, es holomorfa en un dominioΩ ⊂ C,entonces, asumiendo que las funcionesu y v tienen dos derivadas continuas, demuestra que

r(rφr)r + φθθ = 0

paraφ = u o v. Esta es la forma polar de la ecuacion de Laplace.

(b) Verifica queu(r, θ) = ln r es armonica en el dominioΩ = reiθ : r > 0, −π < θ < π empleando laforma polar de la ecuacion de Laplace.


Solucion: (a) Podemos escribir las condiciones de Cauchy-Riemann como

rur = vθ,1

ruθ = −vr,

con lo que derivando la primera ecuacion respecto ar y la segunda respecto aθ, obtenemos

(rur)r = vθr,1

ruθθ = −vrθ =⇒ r(rur)r + uθθ = 0.

Si escribimos las condiciones de Cauchy-Riemann en la forma

rvr = −uθ,1

rvθ = ur

y hacemos lo mismo obtenemos

(rvr)r = −uθr,1

rvθθ = urθ =⇒ r(rvr)r + vθθ = 0.

(b)r(rur)r + uθθ

︸︷︷︸

=0

= r(r(ln r)′)′ = r(r/r)′ = r(1)′ = 0.

Problema 2.8. Seaf(z) = ρeiφ una funcion holomorfa escrita en forma polar. Determina las condicionesde Cauchy-Riemann que cumplen las funcionesρ y φ, tanto siz = x + iy como siz = reiθ.

AYUDA : Escribe las condiciones de Cauchy-Riemann para la funcion log f(z).

Solucion: Si f(z) es holomorfa en algun dominio,log f(z) tambien lo sera en algun dominio, y enel secumpliran las condiciones de Cauchy-Riemann. Como

log f(z) = ln ρ + iφ =⇒

u = ln ρ,

v = φ,

las condiciones de Cauchy-Riemann seran

(ln ρ)x = φy

(ln ρ)y = −φx

,

(ln ρ)r = 1rφθ

φr = −1r (ln ρ)θ

.

Problema 2.9. Utilizando las ecuaciones de Cauchy-Riemann, en su forma polar cuando sea necesario,halla la funcion holomorfa que verifica lo siguiente:

(a) |f(z)| = er2 cos 2θ,

(b) |f(z)| = (x2 + y2)ex,

(c) arg f(z) = xy,

(d) arg f(z) = θ + r sen θ,

(e) Re f(z) = 1r (cos θ + sen θ),

(f) Re f(z) = ln r.

Solucion: Una manera sistematica de resolver este problema es emplear las condiciones de Cauchy-Riemannen sus distintas formas posibles (vease el problema 2.8). Sin embargo, vamos a emplear aquı una tecnicabasada en reconocimiento de patrones, ayudandonos de los resultados del problema 2.2.


(a) r2 cos 2θ = x2 − y2 = Re z2, con lo cual

|f(z)| = eRe z2

=∣∣ez2∣

∣.

Segun el problema 2.2,f(z) = ez2+ic, c ∈ R.

(b) (x2 + y2)ex = |z|eRe z, ası que|f(z)| = |z|eRe z = |zez|;

por lo tanto (problema 2.2),f(z) = zez+ic, c ∈ R.

(c) arg f(z) = xy = 12 Im(z2), luego

arg f(z) = arg(

ez2/2)

y, por tanto (problema 2.2),f(z) = cez2/2, c ∈ R

+.

(d) arg f(z) = θ + r sen θ = Im(log z + z), luego

arg f(z) = arg (zez) ,

con lo que (problema 2.2)f(z) = czez, c ∈ R

+.

(e) Sabemos que

Re f(z) =1

r(cos θ + sen θ) =

1

r2(r cos θ + r sen θ) =

1

|z|2 (Re z + Im z) =1

|z|2 (Re z − Im z)

=1

|z|2 (Re z + Im(iz)) = Re

[z

|z|2 (1 + i)

]

= Re

(1 + i

z

)

,

luego (problema 2.2)

f(z) =1 + i

z+ ic, c ∈ R.

(f) ComoRe f(z) = ln r = Re(log z),

f(z) = log z + ic, c ∈ R.

Problema 2.10. (a) Demuestra que sif(z) = u(x, y)+iv(x, y), conz = x+iy, es una funcion holomorfaen un dominioΩ ⊂ C y f ′(z0) 6= 0, conz0 = x0 + iy0 ∈ Ω, las curvas de nivel deu(x, y) y dev(x, y)son ortogonales entre sı (sus vectores tangentes son ortogonales) en(x0, y0).

(b) Dibuja la familia de curvas de nivel deu y v para la funcionf(z) = 1/z y comprueba la ortogonalidaddescrita en el apartado anterior.

AYUDA : Recuerda que el gradiente de una funcion es ortogonal a sus curvas de nivel.


Solucion: (a) Sabemos que el vector∇φ(x0, y0) es ortogonal a las curvas de nivel deφ(x, y) en el punto(x0, y0). Por otro lado,f ′(z) = ux + ivx = vy − iuy 6= 0 implica que, o bienux, uy, vy y vy sondistintas de cero las cuatro, o bienux = vy = 0 pero entoncesuy = vx 6= 0, o bienvx = −uy = 0pero entoncesux = vy 6= 0; en cualquiera de los tres casos concluimos que∇u 6= 0 y que∇v 6= 0.Ası pues,

f ′(z0) 6= 0 ⇐⇒

∇u(x0, y0) 6= 0

∇v(x0, y0) 6= 0.

Calculemos ahora el producto escalar

∇u · ∇v = ux vx︸︷︷︸

=−uy

+uy vy︸︷︷︸

=ux

= −uxuy + uyux = 0,

lo que implica que∇u ⊥ ∇v, y si los vectores normales a las curvas de nivel deu y v son perpendicu-lares entre sı, las propias curvas lo son tambien.

(b)

f(z) =1

z=

z

|z|2 =x

x2 + y2− i

y

x2 + y2=⇒

u =x

x2 + y2

v =−y

x2 + y2

.

Las curvasu(x, y) = c 6= 0 son

x

x2 + y2= c ⇔ x = c(x2 + y2) ⇔ x2 + y2 =

1

cx ⇔

(

x − 1

2c

)2

+ y2 =1

4c2,

es decir, son circunferencias centradas en(1/2c, 0) y de radio1/2c. En cuanto a las curvasv(x, y) =c′ 6= 0,

−y

x2 + y2= c′ ⇔ −y = c′(x2 + y2) ⇔ x2 + y2 = − 1

c′y ⇔ x2 +

(

y +1

2c′

)2

=1

4c′2,

es decir, son circunferencias centradas en(0, 1/2c′) y de radio1/2c′. La figura muestra la ortogonalidadde estas dos familias de curvas.

y

x


Problema 2.11. (a) ¿Para que valores de las constantesa, b, c, d ∈ R la funcion

u(x, y) = ax3 + bx2y + cxy2 + dy3

es armonica?

(b) Para los valores encontrados en el apartado anterior halla la armonica conjugada deu.

Solucion: (a)

ux = 3ax2 + 2bxy + cy2, uxx = 6ax + 2by,

uy = bx2 + 2cxy + 3dy2, uyy = 2cx + 6dy,

luego

∆u = 6ax + 2by + 2cx + 6dy = 2[(3a + c)x + (3d + b)y

]= 0 =⇒

c = −3a

b = −3d.

(b)

u = ax3 − 3dx2y − 3axy2 + dy3 = a(x3 − 3xy2) + d(y3 − 3x2y) = aRe(z3) − d Im(z3)

= Re(az3 + idz3

)= Re

[z3(a + id)

],

con lo quef(z) = (a + id)z3 + iK = u + iv

es una funcion holomorfa para todoK ∈ R, cuya parte real esu. Ası pues, la armonica conjugada deues

v = Im f(z) = a(3x2y − y3) + d(x3 − 3xy2) + K.

Problema 2.12.Determina las funcionesg : R → R de manera que sean armonicas las funciones

(a) g(ax + by), cona, b ∈ R,

(b) g(x2 + y2),

(c) g(xy),

(d) g(

x +√

x2 + y2)

,

(e) g((x2 + y2)/x

),

(f) g(y/x).

Solucion: (a) Denotandoξ = ax + by,

φx = g′(ξ)a, φxx = g′′(ξ)a2,

φy = g′(ξ)b, φyy = g′′(ξ)b2,

luego∆φ = g′′(ξ)(a2 + b2) = 0 =⇒ g′′(ξ) = 0,

cuya solucion esg(ξ) = Aξ + B, A, B ∈ R.


(b) Denotandoξ = x2 + y2 ≥ 0,

φx = 2xg′(ξ), φxx = 2g′(ξ) + 4x2g′′(ξ),

φy = 2yg′(ξ), φyy = 2g′(ξ) + 4y2g′′(ξ),

luego∆φ = 4ξg′′(ξ) + 4g′(ξ) = 0 =⇒ ξg′′(ξ) + g′(ξ) = 0.

Haciendof(ξ) = g′(ξ),

f ′(ξ)

f(ξ)= −1

ξ=⇒ ln f(ξ) = − ln ξ + c =⇒ f(ξ) =

A

ξ, A > 0.

Comof(ξ) = g′(ξ),g(ξ) = A ln ξ + B, A > 0, B ∈ R.

(c) Denotandoξ = xy,

φx = yg′(ξ), φxx = y2g′′(ξ),

φy = xg′(ξ), φyy = x2g′′(ξ),

luego∆φ = (x2 + y2)g′′(ξ) = 0 =⇒ g′′(ξ) = 0,

cuya solucion esg(ξ) = Aξ + B, A, B ∈ R.

(d) Denotandoξ = x +√

x2 + y2 = x + r,

φx =ξ

rg′(ξ), φxx =

(ξ

r2− ξx

r3

)

g′(ξ) +ξ2

r2g′′(ξ),

φy =y

rg′(ξ), φyy =

(1

r− y2

r3

)

g′(ξ) +y2

r2g′′(ξ) =

x2

r3g′(ξ) +

y2

r2g′′(ξ).

Peroξ

r2− ξx

r3+

x2

r3=

ξr + x(x − ξ)

r3=

ξr − rx

r3=

r2

r3=

1

r,

yξ2 + y2 = r2 + 2rx + x2 + y2 = 2r2 + 2rx = 2rξ,

luego

∆φ =1

rg′(ξ) +

2ξ

rg′′(ξ) = 0 =⇒ 2ξg′′(ξ) + g′(ξ) = 0.


f ′(ξ)

f(ξ)= − 1

2ξ=⇒ ln f(ξ) = −1

2ln ξ + c =⇒ f(ξ) =

A√ξ, A > 0.

Comof(ξ) = g′(ξ),g(ξ) = 2A

√

ξ + B, A > 0, B ∈ R.


(e) Denotandoξ = (x2 + y2)/x,

φx =

(

1 − y2

x2

)

g′(ξ), φxx = 2y2

x3g′(ξ) +

(

1 − y2

x3

)2

g′′(ξ),

φy = 2y

xg′(ξ), φyy =

2

xg′(ξ) + 4

y2

x2g′′(ξ),

luego

∆φ =2ξ

x2g′(ξ) +

[(

1 − y2

x2

)2

+ 4y2

x2

]

︸︷︷︸

=(1+y2/x2)2=ξ2/x2

g′′(ξ) = 0 =⇒ ξg′′(ξ) + 2g′(ξ) = 0.


f ′(ξ)

f(ξ)= −2

ξ=⇒ ln f(ξ) = −2 ln ξ + c =⇒ f(ξ) =

A

ξ2, A > 0.

Comof(ξ) = g′(ξ),

g(ξ) = −A

ξ+ B, A > 0, B ∈ R.

(f) Denotandoξ = y/x,

φx = − ξ

xg′(ξ), φxx = 2

ξ

x2g′(ξ) +

ξ2

x2g′′(ξ),

φy =1

xg′(ξ), φyy =

1

x2g′′(ξ),

luego

∆φ =1

x2

[2ξg′(ξ) + (1 + ξ2)g′′(ξ)

]= 0 =⇒ (1 + ξ2)g′′(ξ) + 2ξg′(ξ) = 0.


f ′(ξ)

f(ξ)= − 2ξ

1 + ξ2=⇒ ln f(ξ) = − ln(1+ξ2)+c =⇒ f(ξ) =

A

1 + ξ2, A > 0.

Comof(ξ) = g′(ξ),g(ξ) = A arctan ξ + B, A > 0, B ∈ R.

Problema 2.13.Halla una funcion holomorfa enC tal quef(1 + i) = 0, f ′(0) = 0 y Re f ′(z) = 3(x2 −y2) − 4y.

Solucion: Consideremos primero la funciong(z) = f ′(z), tambien holomorfa. Sabemos que

Re g(z) = 3(x2 − y2) − 4y = 3 Re(z2) − 4 Im z = Re(3z2 + 4iz),

luegog(z) = 3z2 + 4iz + ic, con c ∈ R, y comog(0) = f ′(0) = 0, deducimos quec = 0. Entoncestenemos

g(z) = f ′(z) = 3z2 + 4iz =⇒ f(z) = z3 + 2iz2 + κ, κ ∈ C.


Para determinarκ usamos la condicion que queda,f(1 + i) = 0. Como1 + i =√

2eiπ/4,

23/2 ei3π/4︸︷︷︸

=(−1+i)/√

2

+2i2 eiπ/2︸︷︷︸

=i

+κ = 2(−1 + i) − 4 + κ = 0,

de dondeκ = 6 − 2i, ası quef(z) = z3 + 2iz2 + 6 − 2i.

Problema 2.14. (Polinomio interpolador de Lagrange)

(a) SeaQ(z) un polinomio de gradon conn raıces distintas,z1, z2, . . . , zn, y P (z) un polinomio de gradomenor quen. Demuestra que

P (z)

Q(z)=

n∑

k=1

P (zk)

Q′(zk)(z − zk).

(b) Utiliza esta formula para demostrar que existe ununico polinomio de grado menor quen que tomevalores prefijadoswk en los puntoszk

Solucion: (a) El polinomioQ(z) debe ser de la forma

Q(z) = A(z − z1)(z − z2) · · · (z − zn),

ası que podemos definir losn polinomios de gradon − 1

Lk(z) =

Q(z)

z − zksi z 6= zk,

Q′(zk) si z = zk,k = 1, 2, . . . , n.

La definicion del valor enz = zk esta hecha de tal modo queLk(z) sea una funcion continua en esepunto, por lo cual sabemos que

Q′(zk) = A(z1 − zk) · · · (zk−1 − zk)(zk+1 − zk) · · · (z − zn),

que no se anula, ya que todas la raıces son distintas. Los polinomiosLk(z) cumplen la propiedad

Lk(zj) =

0 si j 6= k,

Q′(zk) si j = k.

Debido a ella sabemos que son linealmente independientes, porque

α1L1(z) + α2L2(z) + · · · + αnLn(z) = 0

implica, sustituyendo enz = zj , que

0 = α1L1(zj) + · · · + αnLn(zj) = αjQ′(zj),

es decir (debido a queQ′(zj) 6= 0), queαj = 0. Como hayn de tales polinomios, el conjuntoLk(z)forma una base del conjunto de polinomios de grado menor quen. Ası que podemos desarrollarP (z),cuyo grado es menor quen, en esa base y obtener

P (z) =n∑

k=1

pkLk(z).


Para calcular los coefcientespk basta sustituirz = zj ,

P (zj) =n∑

k=1

pkLk(zj) = pjQ′(zj) ⇒ pj =

P (zj)

Q′(zj).

Dividiendo porQ(z) el desarrollo deP (z) llegamos finalmente a

P (z)

Q(z)=

n∑

k=1

P (zk)

Q′(zk)(z − zk).

(b) La expresion

P (z) =n∑

k=1

P (zk)

Q′(zk)Lk(z)

esunica porque los polinomiosLk(z) forman una base. Si el polinomioP (z) es tal queP (zk) = wk

para todok = 1, . . . , n, entonces el polinomio en cuestion tiene que estar dado por la formula

P (z) =n∑

k=1

wk

Q′(zk)Lk(z),

que, en un abuso de notacion, podemos escribir como la formula interpolatoria

P (z) =

n∑

k=1

wkQ(z)

Q′(zk)(z − zk).

Problema 2.15.Prueba que si|a| < 1, la funcion

f(z) =z − a

1 − az

es una funcion holomorfa enD(0, 1) y calculaf ′(z).

Solucion: Comof(z) es una funcion racional, sera holomorfa en todoC excepto en los ceros del denomi-nador. Elunico cero del denominador esz = 1/a; como

∣∣∣∣

1

a

∣∣∣∣=

1

|a| > 1 ⇒ 1

a/∈ D(0, 1),

la funcionf(z) es holomorfa enD(0, 1). La derivada se obtiene mediante la regla del cociente:

f ′(z) =(1 − az) + a(z − a)

(1 − az)2=

1 − |a|2(1 − az)2

.

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