Matemática superior aplicada Transformaciones
Teoría Transformación Las propiedades de una función real de variable real se reflejan en su gráfica. Pero para w = f ( z ) , con z y w complejos, no es posible hacer una gráfica similar. No obstante, se puede representar cierta información parcial de la función indicando pares de puntos correspondientes z = ( x, y ) y w = (u, v ) . A tal fin, se dibujan por separado los planos z y w. transformación (también Cuando se piensa de ese modo en una función, se dice que f( z) introduce una transformación (también aplicación) del plano z en el plano w. La imagen de imagen de un punto z del dominio de definillamada mapeo llamada mapeo o o aplicación) ción D es el punto w = f ( z ) . El conjunto de todas las imágenes de los puntos de un conjunto T contenido contenido z). en D constituyen la imagen de T . La imagen de todo el dominio de definición se llama la imagen de f( z inversa de un punto w es el conjunto de todos los puntos z del dominio de definición de f( z) La imagen inversa de cuya imagen es w. Al graficar simples puntos y sus imágenes no se obtiene mayor conocimiento sobre las propiedades de transformación de una función dada. Para lograrlo es mucho mejor graficar y estudiar regiones y sus imágenes, o familias de curvas simples (Por ejemplo, rectas paralelas o circunferencias concéntricas) y sus imágenes.
Ejemplos 1) La transformación w = z + 1 = ( x + 1) + yi , donde z = x + yi se puede interpretar como una traslación de cada punto z una unidad hacia la derecha. i
π
i θ +
π
iθ 2 2) Puesto que i = e 2 , la transformación w = iz = re , donde z = re , se puede interpretar como una rotación de rotación de un ángulo recto en sentido antihorario. 3) La transformación w = z transforma cada punto en su reflejado respecto al eje real.
Transformaciones elementales z
Transformación w = e
La transformación w = e z , siendo z = x + yi y w = ρ e iϕ , se puede expresar como ρ e iϕ = e x e iy . Así z pues, ρ = e x y ϕ = y + 2k π , k ∈ Z . Por lo tanto, la transformación t ransformación w = e se puede escribir como:
y
ρ = e x
x = c1
v
ϕ = y
La imagen de un punto genérico z = (c1 , y ) de la recta
y = c2 c2 x
y
exp(c1) u
c vertical x = c1 tiene coordenadas polares ρ = e 1 y ϕ = y en el plano w. Esa imagen se mueve en sentido antihorario por la circunferencia de la figura cuando z sube por la recta. La imagen de la recta es toda la circun-
1
Transformaciones
ferencia y cada punto de esta es la imagen de infinitos puntos distintos de la recta, separados por la distancia 2π . La imagen de un punto genérico z = ( x, c 2 ) de la recta horizontal y = c2 tiene coordenadas polares
ρ = e x y ϕ = c 2 en el plano w. Por lo tanto, si z z se mueve de izquierda a derecha por toda la recta, su imagen se mueve por todo el rayo ϕ = c 2 .
Transformaciones lineales w = Az + B En la transformación w = Az , donde A es una constante compleja y no nula, y z ≠ 0 , escribimos A = ae iα y z = re iθ ; entonces: w = (ar )e i (α +θ )
De esta expresión deducimos que la transformación w = Az dilata o contrae el vector posición de z en un factor a = A y lo gira un ángulo α = Arg A en torno al origen. Por lo tanto, la imagen de una región da-
da es semejante a ella. La transformación w = z + B , donde B es una constante compleja, es una traslación. La transformación La transformación lineal w = Az + B ( A ≠ 0 ) , composición de las transformaciones: Z = Az
y
w = Z + B
es una dilatación o contracción más una rotación, seguidas de una traslación.
Transformación w = z n y w = z 1 n Sea z = re iθ , con r > 0 y −
< θ ≤
. Entonces: w = R e iϕ = z n = r n e inθ
n n Por lo tanto, w = z transforma circunferencias z = r 0 en circunferencias w = r 0 y rayos θ = θ 0 sobre
rayos ϕ = nθ 0 . n La función multivaluada w = z 1 viene dada por:
i(θ + 2k π ) 1 1 log z = exp [log r + i (θ + 2k π )] = n r exp n n n
z 1 = exp n
(k = 0, 1,K, n − 1)
Cada una de las funciones: w = R e
iϕ
= F k ( z ) =
n
r exp
i(θ + 2k π ) n
(k = 0, 1,K , n − 1)
es una rama de z 1 n , definida en el dominio r > 0 y − π < θ < π .
Transformación w = 1 z 2
Transformaciones
La ecuación w = 1 z establece una correspondencia biunívoca entre los puntos no nulos del plano z y del plano w. Ya que z
2
t ransformación se puede describir mediante las transformaciones sucesivas: = z z , la transformación 1
p =
z
2
z
w = p
y
La primera es una inversión con respecto a la circunferencia unidad z = 1 . Esto es, la imagen de un punto z ≠ 0 en un punto p tal que:
p =
1
arg p = arg z
y
z
Por lo tanto, los puntos exteriores a la circunferencia z = 1 se transforman en interiores y recíprocamen-
te. La segunda de las transformacione t ransformacioness es una reflexión r eflexión sobre el eje real. 1 Si escribimos la transformación w = 1 z como T ( z ) = , podemos definir T ( z ) en el origen y en el punto z del infinito de modo tal que sea continua en el plano complejo ampliado (es decir, el plano complejo incluyendo los puntos del infinito). Teniendo en cuenta que: lim T ( z ) = ∞
lim T ( z ) = 0
y
z →0
z →∞
podemos definir: T (0) = ∞
T (∞ ) = 0
y
Si un punto w = u + vi es la imagen de un punto no nulo z = x + yi bajo la transformación w = 1 z , vemos que: w = u + vi =
1 z
=
1 x + yi
=
( x − yi ) x = 2 ( x + yi )( x − yi ) x + y 2
z = x + yi =
y recíprocamente
1
=
w
u u 2 + v2
+i
+i
− y
x 2 + y 2 −v
u2 + v2
2 2 Cuando A, B, C y y D son números reales tales que B + C > 4 AD , la ecuación:
A( x 2 + y 2 ) + Bx + Cy + D = 0
representa una circunferencia (si A ≠ 0 ) o una recta (si A = 0 ) arbitrarias. Si x e y satisfacen la ecuación anterior, podemos sustituir dichas variables por u y v:
u2 A 2 (u 2 + v 2 )
+
u B + (u 2 + v 2 )2 u 2 + v 2 v
2
− C
v 2
u +v
2
+ D =
0
Es decir A + Bu − Cv + D (u 2 + v 2 ) = 0
que también representa una circunferencia o una recta. Por lo tanto: La transformación w = 1 z transforma circunferencias y rectas en circunferencias circunferencias y rectas . Observando las ecuaciones se puede afirmar: 3
Transformaciones
i) Una circunferencia ( A ≠ 0 ) que no pasa por el origen ( D ≠ 0 ) en el plano z se transforma en una circunferencia que no pasa por el origen en el plano w. ii) Una circunferencia ( A ≠ 0 ) que pasa por el origen ( D = 0 ) en el plano z se transforma en una recta que no pasa por el origen en el plano w. iii) Una recta ( A = 0 ) que no pasa por el origen ( D ≠ 0 ) en el plano z se transforma en una circunferencia que pasa por el origen en el plano w. iv) Una recta ( A = 0 ) que pasa por el origen ( D = 0 ) en el plano z se transforma en una recta que pasa por el origen en el plano w.
Transformaciones de Möbius La transformación
w=
az + b
(ad − bc ≠ 0) 1
cz + d
(1)
donde a, b, c y d son constantes complejas, se denomina transformación de Möbius (también llamada transformación racional lineal o bilineal ). La expresión (1) puede escribirse como:
Azw + Bz + Cw + D = 0
( AD − BC ≠ 0)
(2)
y, recíprocamente, cualquier ecuación del tipo (2) se puede pasar a la forma (1). Cuando c = 0 , la transformación (1) se convierte en una transformación lineal. Cuando c ≠ 0 , (1) se puede modificar como sigue (en el segundo miembro, multiplicar numerador y denominador por c y luego sumar y restar ad en el numerador):
w=
c(az + b ) + ad − ad c(cz + d )
=
caz + ad + bc − ad c(cz + d )
=
a(cz + d ) + bc − ad c(cz + d )
Es decir:
w=
a
+
c
bc − ad
1
c
cz + d
(3)
La ecuación (3) muestra que si c ≠ 0 , una transformación de Möbius es composición de las siguientes transformaciones:
Z = cz + d ,
W =
1 Z
,
w=
a c
+
bc − ad W c
(ad − bc ≠ 0)
Por lo tanto, independientemente de que c sea o no nulo, toda transformación de Möbius transforma cir cunferencias y rectas en circunferencias y rectas , ya que esas transformaciones de Möbius especiales lo hacen. Despejando z de (1) se obtiene:
1
La condición (ad − bc ≠ 0) resulta necesaria para que la transformación sea conforme, como veremos más adelante. 4
Transformaciones
z =
− dw + b
(ad − bc ≠ 0)
cw − a
Si un punto w es la imagen de un punto z mediante (1), z se recupera mediante la ecuación anterior. Cada punto del plano w es la imagen de un y sólo un punto del plano z, excepto cuando w = a c , ya que en este caso se anula el denominador de la expresión anterior. Para salvar esta dificultad podemos definir una transformación de Möbius T sobre el plano z ampliado, de modo que el punto w = a c sea la imagen de z = ∞ , cuando c ≠ 0 . Denotamos: T ( z ) =
az + b
(ad − bc ≠ 0)
cz + d
(1)
Ahora definimos: T (∞ ) = ∞ T (∞ ) =
a
c=0
d =∞ c
T −
y
c
si
si
c≠0
Una vez ampliado su dominio de esta forma tenemos una transformación biunívoca del plano z ampliado sobre el plano w ampliado. Esto es, T ( z1 ) ≠ T ( z 2 ) siempre que z1 ≠ z 2 y, además, para todo punto w existe un punto z tal que T ( z ) = w . Por lo tanto, asociada con T existe una transformación inversa T −1 , definida sobre el plano w ampliado del modo siguiente: T −1 (w) = z
si y sólo si
T ( z ) = w
Es evidente que: T 1 (w) = −
− dw + b
(ad − bc ≠ 0)
cw − a
T −1 es también una transformación de Möbius, con: T −1 (∞ ) = ∞ T 1 (∞ ) = − −
d c
y
si
− a T 1 = ∞ c
c=0 si
c≠0
Si T y S son dos transformaciones de Möbius, también su composición S [T ( z )] lo es. En particular T −1 [T ( z )] = z para todo punto del plano z ampliado. La ecuación:
(w − w1 )(w2 − w3 ) ( z − z1 )( z 2 − z 3 ) = (w − w3 )(w2 − w1 ) ( z − z 3 )( z 2 − z1 ) define implícitamente una transformación de Möbius (es fácil comprobarlo haciendo los productos y expresándole resultado como Azw + Bz + Cw + D = 0 ) que aplica los puntos distintos z1, z2, z3 en los puntos distintos w1, w2, w3, respectivamente. Para comprobarlo, escribamos la expresión anterior como:
(w − w1 )(w2 − w3 )( z − z 3 )( z 2 − z1 ) = ( w − w3 )( w2 − w1 )( z − z1 )( z 2 − z 3 )
5
Transformaciones
Si z = z1 , el miembro de la derecha es nulo y por lo tanto es w = w1 . Análogamente, si z = z 3 , el miembro de la izquierda es cero y por lo tanto es w = w3 . Si z = z 2 , nos queda la ecuación lineal:
(w − w1 )(w2 − w3 ) = (w − w3 )(w2 − w1 ) cuya única solución es w = w2 .
Transformaciones de discos sobre discos Demostraremos que es posible aplicar el disco unitario en el plano z sobre el disco unitario en el plano w a través de la transformación:
w=
z − z 0
z 0 < 1
z 0 z − 1
la cual transforma el punto z0 sobre el centro w = 0 . Consideremos los puntos del círculo unitario del plano z, es decir, aquellos para los que z = 1 . Podemos escribir:
z − z0 = z − z0 = z − z0 z − z0 = z z − z0 z − z0 = z z − z z0 = 1 − z z0 = z z0 − 1 Por lo tanto, podemos comprobar que si z = 1 , se cumple:
w=
z − z0 z0 z − 1
=1
Transformación w = sen z Teniendo en cuenta que:
sen z = sen x cosh y + i cos x senh y la transformación w = sen z se puede escribir: u = sen x cosh y
v = cos x senh y
,
(1)
Debido a que sen z es una función periódica con período 2π , la transformación w = sen z no es biunívoca si se considera el plano z completo; z se restringirá a la franja vertical infinita limitada por −
π
≤ x ≤
π
. Las propiedades de esta transformación pueden analizarse determinando las imágenes de 2 2 las rectas verticales x = cte y de las rectas horizontales y = cte . 6
Transformaciones
Si x = 0 , por (1) se tiene u = 0 y v = senh y ; por lo tanto, el eje y ( x = 0 ) se transforma en el eje v. y
π 2
x
π / 2
-π / 2
Si x = ±
v
-1
1
u
, por (1) se tiene u = ± cosh y y v = 0 . Como cosh y es una función par y además cosh y ≥ 1 ,
las rectas x = ±
π
se transforman en las porciones u ≥ 1 y u ≤ −1 del eje u, en donde las imágenes se 2 “doblan” como indica la figura que sigue. Si x ≠ 0 y x ≠ ±
π 2
, recordando que cosh 2 y − senh 2 y = 1 , por (1) se obtiene: u2
sen 2 x
−
v2
cos 2 x
=1
Es decir que las imágenes de las rectas verticales x = cte son hipérbolas con focos en los puntos 2
2
w = ± sen x + cos x = ±1 .
Si y = 0 , es senh y = 0 y por (1) se tiene v = 0 y u = sen x ; por lo tanto, el eje x ( y = 0 ) se transforma en el segmento − 1 ≤ u ≤ 1 del eje u. 2 2 Si y ≠ 0 , usando cos x + sen x = 1 , por (1) se obtiene: u2 2
cosh y
v2
+
2
senh y
=1
Es decir que las imágenes de las rectas horizontales y = cte son elipses con focos en los puntos ± 1 .
Coseno. Teniendo en cuenta que la transformación w = cos z puede escribirse como:
w = cos z = sen z +
7
π
2
Transformaciones
se observa enseguida que esta transformación es la misma que sen z precedida por una traslación hacia la derecha de
π 2
unidades.
Transformaciones conformes Conservación de ángulos Sea C un arco suave dado por z = z (t ) , (a ≤ t ≤ b ) y sea f ( z ) una función definida en todos los puntos z de C . La ecuación: w = f [ z (t )]
(a ≤ t ≤ b )
es una parametrización de la curva Γ que es la imagen de C a través de la transformación w = f ( z ) . Supongamos que C pasa por un punto z 0 = z (t 0 ) en el que f ( z ) es analítica y además f ′( z 0 ) ≠ 0 . Como w = f [ z (t )] , por la regla de derivación en cadena: w′(t 0 ) = f ′[ z (t 0 )] z ′(t 0 )
Y teniendo en cuenta que la anterior igualdad de números complejos implica la igualdad de sus argumentos, podemos escribir: arg w′(t 0 ) = arg f ′[ z(t 0 )] + arg z ′(t 0 ) La fórmula anterior relaciona las direcciones de C y Γ en los puntos z0 y w0 = f ( z 0 ) . Denotemos por θ 0 el ángulo de incli-
v
y
Γ
C
θ 0
w0
nación de C en z0 y por φ0 el ángulo de inclinación de Γ en w0. Lamemos arg f ′[ z (t 0 )] = ψ 0 . La ecuación anterior queda:
φ0
z0 u
x
ϕ 0
= ψ 0 + θ 0
Entonces, la diferencia entre el ángulo de inclinación de la recta dirigida en w0 y el ángulo de inclinación de la recta dirigida en z0 viene dada por el ángulo de rotación arg f ′[ z (t 0 )] = ψ 0 . y
C 2
v
C 1
Γ 2
α w0
z0 x
Γ 1
α
Sean ahora C 1 y C 2 dos arcos suaves que pasan por z0, y sean θ 1 y θ 2 los ángulos de inclinación de sus respectivas tangentes en z0. Por lo que acabamos de ver:
ϕ 1
= ψ 0 + θ 1
y
ϕ 2
= ψ 0 + θ 2
u
son los ángulos de inclinación de las rectas tangentes dirigidas de las curvas imágenes Γ 1 y Γ 2 en el punto w0. Por lo tanto:
ϕ 2
− ϕ 1 = θ 2 − θ 1
Es decir, el ángulo α = ϕ 2 − ϕ 1 de Γ 1 a Γ 2 es igual, en magnitud y sentido, al ángulo α = θ 2 − θ 1 de C 1 a C 2. Toda transformación w = f ( z ) que posea esta propiedad de conservación de ángulos en un punto z0 se denomina transformación conforme en dicho punto. Para ello, f ( z ) debe ser analítica en z0 (porque de no
8
Transformaciones
serlo, no existe la derivada f ′( z 0 ) y por lo tanto no podríamos hablar del ángulo de rotación arg f ′( z 0 ) ) y además debe cumplirse que f ′( z 0 ) ≠ 0 (porque si f ′( z 0 ) = 0 , no existe arg f ′( z 0 ) = arg (0) ). Una transformación que conserva el valor absoluto del ángulo de rotación, pero no necesariamente su sentido, se llama isogonal . Supongamos que una función f ( z ) no es constante y es analítica en un punto z0. Si además es f ′( z 0 ) = 0 , se dice que z0 es un punto crítico de la aplicación w = f ( z ) .
Ejemplos ′
z z z 1) La transformación w = e es conforme en todo el plano, porque (e ) = e ≠ 0 en todo z.
2) La transformación w = z n , (n = 2, 3, K) es conforme salvo en el punto crítico z = 0 . 3) La transformación w = z es isogonal pero no conforme.
Factor de escala Por la definición de derivada:
f ′( z 0 ) = lim z → z 0
f ( z ) − f ( z 0 ) z − z 0
= lim z → z0
f ( z ) − f ( z 0 ) z − z 0
Como z − z 0 es la longitud del segmento que los puntos z0 y z en el plano z, y f ( z ) − f ( z 0 ) es la longitud del segmento que une los puntos f ( z ) y f ( z 0 ) en el plano w, la transformación w = f ( z ) amplifica (o reduce) las longitudes de los segmentos, aproximadamente en el factor f ′( z 0 ) (aproximadamente porque esto será tanto más preciso cuanto más próximo esté el punto z del punto z0)
Transformaciones de funciones armónicas y de condiciones de contorno En Matemática aplicada, los problemas de contorno (o de frontera) son aquellos consistentes en hallar una función que sea armónica en un dominio especificado y satisfaga ciertas condiciones impuestas sobre la frontera del dominio. Si se prefijan los valores de la función en la frontera, el problema de contorno se llama de primera clase o problema de Dirichlet . Si se prefijan los valores de la derivada normal en los puntos de la frontera, el problema se llama de segunda clase o problema de Neumann . Los dominios más frecuentes en las aplicaciones son simplemente conexos. Como hemos visto, una función armónica en un dominio simplemente conexo siempre admite una armónica conjugada, por lo que las soluciones de los problemas de contorno en tales dominios son partes reales o imaginarias de funciones analíticas. La técnica fundamental es transformar un problema de contorno dado en el plano xy en uno más simple en el plano uv y usar los resultados que veremos a continuación con el fin de escribir el problema original en términos de la solución obtenida para el problema más simple.
Teorema (Transformación de funciones armónicas). Supongamos que una función analítica w = f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) transforma un dominio D z del plano z en un dominio Dw del plano w. Si h(u, v ) es una función armónica definida en Dw , entonces la función 9
Transformaciones
H ( x, y ) = h[u( x, y ), v( x, y )] es armónica en D z.
Demostración. Debemos demostrar que ∇ 2 H = H xx + H yy = 0 . Derivando por la regla de la cadena: H x = hu u x + hv v x
H y = hu u y + hv v y
Hallando la derivada segunda (aplicando nuevamente la regla de la cadena) H xx = (huu u x + huv v x )u x + hu u xx + (hvu u x + hvv v x )v x + hv v xx H yy = huu u y + huv v y u y + hu u yy + hvu u y + hvv v y v y + hv v yy 2
(
2
2
)
(
)
(
)
(
(
)
2
2
)
(
∇ H = huu u x + u y + huv v x u x + u y v y + hu u xx + u yy + hvu u x v x + u y v y + hvv v x + v y + hv v xx + v yy
)
Pero como u y v son funciones armónicas, se cumple: u xx + u yy = 0
v xx + v yy = 0
y
Además, w = f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) cumple las ecuaciones de Cauchy Riemann ( u x = v y , u y = −v x ) y entonces: 2
2
2
) (
2
2
u x + u y = v x + v y
u x v x + u y v y = 0
Podemos escribir entonces:
(
)
(
)
∇ H = huu u x + u y + hvv u x + u y = u x + u y (huu + hvv ) 2
2
2
2
2
2
Pero como h(u, v ) es armónica, el segundo paréntesis del último miembro de la ecuación anterior es nulo 2 y, por lo tanto, ∇ H = 0 y la función H ( x, y ) = h[u( x, y ), v( x, y )] es armónica.
Teorema (Transformación de condiciones de contorno). Supongamos que la transformación w = f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) es conforme en los puntos de un arco suave C. Sea Γ la imagen de C bajo esa transformación. Si una función h(u, v ) satisface, en los puntos de Γ , alguna de las condiciones: h = h0
dh
ó
dn
=0
donde h0 es una constante real y dh dn denota la derivada normal a Γ , entonces la función H ( x, y ) = h[u( x, y ), v( x, y )] satisface en los puntos de C la condición correspondiente H = h0
ó
dH dN
=0
donde dH dN denota la derivada normal a C. No presentaremos la demostración de este teorema.
10
Transformaciones
Análisis complejo aplicado a la teoría del potencial La ecuación de Laplace 2
∇ Φ = Φ xx + Φ yy + Φ zz = 0
es una de las ecuaciones diferenciales parciales más importantes en las matemáticas aplicadas a la ingeniería, porque se presenta en distintos modelos físicos. La teoría acerca de las soluciones de esta ecuación se denomina teoría del potencial , y las soluciones cuyas derivadas parciales son continuas se denominan funciones armónicas. En el caso bidimensional, cuando Φ depende sólo de dos coordenadas cartesianas x e y, la ecuación de Laplace se convierte en: 2
∇ Φ = Φ xx + Φ yy = 0
Se sabe que, entonces, sus soluciones están estrechamente relacionadas con las funciones analíticas complejas. Analizaremos la ecuación de Laplace bidimensional en diferentes situaciones y las soluciones a partir de la teoría de variable compleja.
Campos electrostáticos Ley de Gauss para el campo eléctrico : el flujo total que sale de una superficie cerrada S es igual a la carga neta q que hay encerrada dentro de S dividido ε 0 .
∫
S
E ⋅ n dS =
qenc
ε 0
Aplicando el teorema de la divergencia o de Gauss-Ostrogradsky, tendremos (siendo V el volumen encerrados por S ):
∫
S
E ⋅ n dS =
∫∫∫ (∇ ⋅ E)dV = V
qenc
ε 0
Si aplicamos esta expresión a un volumen diferencial d V , que encierra un diferencial de carga d q y siendo dq la densidad de carga ρ = , tendremos: dV
(∇ ⋅ E)dV =
dq
ε 0
⇒ ∇⋅E =
ρ ε 0
obteniendo así la forma diferencial de la ley de Gauss del campo eléctrico:
∇⋅E =
ρ ε 0
Ecuaciones de Poisson y Laplace
11
Transformaciones
Sea Φ el potencial electrostático. Recordando que E = −∇Φ , tendremos:
(
)
∇ ⋅ E = ∇ ⋅ (− ∇Φ ) = ∇ ⋅ − Φ x i − Φ y j − Φ z k = −Φ xx − Φ yy − Φ zz =
ρ ε 0
Obtenemos así la ecuación de Poisson:
Φ xx + Φ yy + Φ zz = −
ε 0
Y para el espacio libre de cargas ( ρ = 0) , la ecuación de Laplace:
Φ xx + Φ yy + Φ zz = 0 Las superficies Φ = cte se denominan superficies equipotenciales. En cada punto P, el gradiente de Φ es perpendicular a la superficie Φ = cte que pasa por P; es decir, el campo eléctrico E es perpendicular a la superficie equipotencial. Para el caso bidimensional:
Φ xx + Φ yy = 0
Potencial complejo Sean Φ( x, y ) armónica sobre algún dominio D y Ψ ( x, y ) una conjugada armónica de
Φ en D.
Entonces:
F ( z ) = Φ ( x, y ) + iΨ ( x, y ) es una función analítica de z = x + iy . Esta función F se denomina potencial complejo, correspondiente al potencial real Φ. Recordemos que para Φ dado, una conjugada Ψ se determina de manera única excepto por una constante aditiva. Por lo tanto, es posible decir el potencial complejo, sin malentendidos. El empleo de F tiene dos ventajas, una matemática y otra física. Matemáticamente, y en relación a los métodos del análisis complejo, F es más fácil de manipular que sus partes real o imaginaria. Físicamente, Ψ tiene sentido, ya que las curvas Ψ = cte se intersecan con las líneas equipotenciales Φ = cte formando ángulos rectos (excepto donde F ′( z ) = 0 ). Así, tienen la dirección del campo eléctrico y se denominan líneas de campo eléctrico (o líneas de fuerza) .
y Φb
b a
Φa
x
Φ =
cte
Ψ =
cte
Ejemplo 1: Campo electrostático entre cilindros coaxiales Encuentre el potencial Φ en el espacio comprendido entre dos cilindros conductores coaxiales, de radios a y b, que se extienden al infinito por ambos extremos y se mantienen a los potenciales Φa y Φb. Solución. Por razones de simetría, en este caso
Φ
de-
pende sólo de r = x 2 + y 2 , y la ecuación general de
12
Transformaciones
Laplace en coordenadas polares r 2 Φ rr (r , θ ) + r Φ r (r ,θ ) + Φ θθ (r , θ ) = 0
r Φ rr (r ) + Φ r (r ) = 0
adopta la forma simplificada
Resolviendo e integrando: d Φ r d Φ r C dr ⇒ ln r = − ln Φ r + ln C 1 ⇒ r = 1 + Φ r = 0 ⇒ =− r Φ r Φ r dr r Integrando nuevamente d Φ dr ⇒ Φ = C 1 ln r + C 2 = C 1 ⇒ d Φ = C 1 r dr r Para determinar las constantes C 1 y C 2, resolvemos el siguiente sistema de ecuaciones:
Φ a Φ b
Φa − Φb = C 1 = C 1 ln a + C 2 ln a b ⇒ = C 1 ln b + C 2 C = Φ − Φ a − Φ b ln b b 2 ln a b
Para hallar la armónica conjugada
Ψ,
por lo tanto
Φ = Φb +
Φa − Φb
ln a b
ln
r b
utilizamos las ecuaciones de Cauchy – Riemann en forma polar:
r Φ r = Ψθ
y
Φ θ = −r Ψr
C d Ψ De Φ θ = 0 , obtenemos Ψr = 0 . De r Φ r = r 1 = C 1 = , obtenemos Ψ = C 1θ r d θ Por lo que el potencial complejo es:
F ( z ) = C 1 ln r + C 2 + iC 1θ = C 1 (ln r + iθ ) + C 2 = C 1 Ln z + C 2
Las líneas equipotenciales y las líneas de fuerza se muestran en la figura anterior.
Uso de las transformaciones conformes La transformación conforme se usa para transformar un dominio complicado dado sobre uno más simple, en dónde la solución sea conocida o sea posible encontrarla más fácilmente. Después, esta solución es transformada nuevamente (a través de la transformación inversa) al dominio dado.
Ejemplo 2: Campo electrostático entre cilindros no coaxiales Encuentre el potencial en el espacio comprendido entre los cilindros C 1, dado por z = 1 , cuyo potencial es Φ 1 = 0 , y C 2, dado por z −
2 5
=
2 5
, cuyo potencial es Φ 2 = 110 V .
Solución Hemos visto que la transformación fraccionaria lineal que transforma el disco unitario sobre el disco unitario es: w=
z − z 0
z 0 < 1
z 0 z − 1
13
Transformaciones
Con dicha transformación, el disco unitario z = 1 se transforma en el disco unitario w = 1 , y C 2 se transforma en algún otro cilindro C 2* , dado por w = r 0 . Adoptando z 0 = b (b número real). Imponemos las condiciones w(0) = r 0 y w(4 5) = −r 0 , con lo cual: w(0) = b = r 0
w(4 5) =
Por lo tanto: 4 5−b
4
b(4 5) − 1
5
= −b ⇒
−b = −
4 5−b b(4 5) − 1
= −r 0
b = 1 2 4 2 4 2 b + b ⇒ − b + 2b − = 0 ⇒ 5 5 5 b = 2 4
La solución b = r 0 = 2 no sirve (porque el radio de C 2* debe ser menor a 1). Entonces: w = f ( z ) =
z − 1 2
1 2 z − 1
=
2 z − 1 z − 2
Por el ejemplo 1, el potencial complejo en el plano w es: F * (w) = C 1 Ln w + C 2 = C 1 [ln w + i Arg w] + C 2 y
Φ =
cte
Ψ =
cte
Por lo que el potencial real en el plano w es:
v
Φ (u , v ) = Re F (w) = C 1 ln w + C 2 *
Las constantes C 1 y C 2 se determinan a partir de las condiciones iniciales: w = 1 ⇒ Φ * = C 1 ln 1 + C 2 = 0 ∴ C 2 = 0
u
x
w=
Si reemplazamos a w por la expresión
2 z − 1 z − 2
*
1 2
⇒ Φ*
= C 1 ln
1 2
= 110 ∴ C 1 = −158,7
obtenemos F ( z), es decir:
F ( z ) = F * [f ( z )] = C 1 Ln
2 z − 1 z − 2
El potencial real en el plano z es: Φ( x, y ) = Re[F ( z )] = C 1 ln
2 z − 1 z − 2
Las figuras representan las líneas equipotenciales y las l íneas de fuerza en los planos z y w.
Transmisión del calor en condiciones estacionarias Para el caso particular de que el flujo calórico establecido durante un proceso de transmisión de calor no dependa del tiempo, estamos ante las condiciones estacionarios de transmisión de calor. En tal caso, se cumple la ecuación de Laplace: 14
Transformaciones
2
∇ T = 0 y, si la ecuación de Laplace deviene en un caso bidimensional, resulta aplicable todo lo dicho anteriormente para campos electrostáticos. En particular, la función T ( x, y) se denomina potencial de calor, y es la parte real de la función potencial de calor complejo:
F ( z ) = T ( x, y ) + i Ψ ( x, y ) Las curvas T ( x, y ) = cte se llaman isotermas, mientras que las curvas Ψ ( x, y ) = cte se denominan líneas de flujo de calor.
Flujo de fluidos en condiciones estacionarias La ecuación de Laplace también se aplica al flujo estacionario de un fluido no viscoso, en ciertas condiciones físicas que se detallan más adelante (sin explicación, porque hay que dejar algo para que lo expliquen las materias específicas). Para poder aplicar los métodos del análisis complejo y las transformaciones conformes, el problema debe ser bidimensional , tal como ocurrió para los problemas electrostáticos y de transmisión de calor, de modo que el vector velocidad v dependa únicamente de las coordenadas x e y (no debe depender de la coordenada z, ni tampoco del tiempo, por tratarse de un flujo estacionario). En tal caso, existe una función analítica:
F ( z ) = Φ ( x, y ) + iΨ ( x, y ) llamada potencial complejo del flujo. La función Φ ( x, y ) es la función potencial velocidad y se cumple que:
v = ∇Φ ( x, y ) Las líneas Φ ( x, y ) = cte se denominan líneas equipotenciales. La función Ψ ( x, y ) se llama función de corriente y las líneas Ψ ( x, y ) = cte se denominan líneas de co rriente del flujo. Las condiciones que deben cumplirse para que las fórmulas anteriores sean válidas son: debe tratarse de un flujo irrotacional y de un fluido incompresible.
15
Transformaciones
Problemas Transformaciones elementales 1. () Pruebe que las rectas ay = x (a ≠ 0) se transforman en las espirales ρ = e aϕ bajo la transfor z mación w = e donde w = ρ e iϕ .
Solución w = e z = e x + yi = e ay e yi = ρ e iϕ ⇒ e ay = ρ ∧ y = ϕ ∴ ρ = e aϕ La última es la ecuación en coordenadas polares de una espiral y
1 0,5
C
B
π
π D
A
2. () Halle las imágenes de las siguientes regiones bajo la transformación w = e z , z = x + yi siendo y
y
y
w = u + vi = ρ e iϕ :
x
x
-π
(a)
1 x
y
(b)
(c) y
y
π
π
x
(d)
π x
(e)
B
C
A 1
D 3 x
(f)
1
< y < 1 . 2 b) la banda horizontal − π < y ≤ . c) la banda horizontal 0 ≤ y ≤ π . d) la banda horizontal x ≥ 0 , 0 ≤ y ≤ π . e) la banda horizontal x ≤ 0 , 0 ≤ y ≤ π . f) el rectángulo 1 ≤ x ≤ 3 , 0 ≤ y ≤ π .
a) el rectángulo 0 ≤ x ≤ 1 ,
Solución v
C´
v
a) El segmento AB se transforma en el arco de circunferencia ρ = e 0 = 1 entre los rayos ϕ = 0,5 y ϕ = 1 . El segmento
DC se transforma en el arco de circunferencia ρ = e1 = e D´ entre los mismos rayos. u B´ b) Cada recta horizontal y = c se transforma en el rayo A´ ϕ = c . Por ende, tenemos todos los rayos tales que e u 1 (b) (a) − π < ϕ ≤ π , con radios ρ > 0 (los valores de x positivos se transforman en radios mayores a 1, los negativos en radios menores a 1). Por lo tanto, tenemos todo el plano w, salvo el origen. R: a) sector circular limitado por las circunferencias de radios 1 y e, y los rayos ϕ = 0,5 y ϕ = 1 ; b) todo el plano w, salvo el origen; c) v ≥ 0 , salvo el origen; d) los puntos de v ≥ 0 ubicados sobre o en el exterior de la circunferencia ρ = 1 ; e) los puntos de v ≥ 0 ubicados sobre o en el interior de la circunferencia ρ = 1 , excluyendo el origen; f) sector circular limitado por las circunferencias de radios e y e3, y los rayos
ϕ = 0 y ϕ = π ; 3. () Halle la imagen del semiplano y > 1 bajo la transformación w = (1 − i ) z . Dibuje la región imagen. Solución La recta horizontal y = c , con c > 1 , se transforma en: 16
Transformaciones
w = (1 − i) z = (1 − i)( x + ic) = ( x + c) + i(c − x) = u + vi u = x + c ⇒ x = u − c
v = c − x = c − (u − c ) = −u + 2c
Otra manera de analizarlo, es observar que se trata de una transformación lineal que provoca una dilatación de valor 1 − i = 2 y un giro de -45°.
R: v > 2 − u 4. () Halle la imagen de la semifranja infinita x > 0 , 0 < y < 2 bajo w = iz + 1 . Dibuje la región imagen. Solución La transformación consta de un giro de 90° en sentido antihorario y una traslación de una unidad hacia la derecha. R: − 1 < u < 1 , v > 0 5. () Pruebe que la imagen del semiplano y > c 2 bajo la transformación w = 1 z es el interior de un círculo si c2 > 0 . Halle la imagen cuando c 2 < 0 y cuando c 2 = 0 .
Solución v
y
Teniendo en cuenta que y = u
1 2c2
c2
−v 2
u +v
x c2 > 0
y
⇒−
v c2 2
−v
x u
u 2 + v2
> c2
⇒−
1 ⇒ u + v + 2c2
c2 < 0
u 2 + v2
c2 2
1 u + v + 2 c 2
2
2
2
, si c 2 > 0 , tenemos:
⇒ u 2 + v2 +
v c2
<0⇒
1 2 < 0 ⇒ u + v + c 2 2
2
1 < c 2 2
2
2
1 − 2c2
2
2
⇒ u 2 + v2 +
v c2
>0⇒
1 > 0 ⇒ u + v + 2c2 2
2
1 > 2c2
2
> 0 , es decir v < 0 .
1 R: la imagen de y > c 2 es i) el interior de u 2 + v + 2 c 2 2
1 − c 2 2
v
2
−v
2
>u +v
u2 + v2
Si c 2 < 0 :
1 2c2
c2
> c2
1 ⇒ u 2 + v + c 2 2
v
Si c2 = 0 , es y =
2
−v
2
2
1 , si c 2 = 2 c 2
> 0 ; ii) el exterior de
2
1 , si c 2 = 2 c 2
< 0 ; iii) v < 0 si c = 0
6. () Halle la imagen de la franja infinita 0 < y < 1 2c bajo la transformación w = 1 z . 17
Transformaciones
Solución
v
y
1/2c
u -c
y =
−v 2
u +v
2
<
1 2c
⇒ u 2 + v 2 + 2vc > 0 ⇒ u 2 + (v + c )2
>c
2
Además:
x
y =
−v 2
u +v
2
>0⇒v<0
2
R: u 2 + (v + c ) > c 2 , v < 0 7. () Halle cómo transforma w = 1 z las regiones indicadas en las figuras (a) y (b).
y
y
r x
(a)
u2
(u
2
+v
)
2 2
+
(b)
v2
(u
2
x
c
+v
1 ⇒ ≤ r ⇒ 2 ≤ + ≥ r u v u + v2 r 1
2
)
2 2
Solución a) La región del plano z es x 2 + y 2 ≤ r 2 . −v u = y Reemplazando x = 2 e : 2 2 2 u +v u +v 2
2
2
2
2
b) La región del plano z es ( x − c ) + y 2 ≤ c 2 , es decir x 2 − 2 xc + y 2 ≤ 0 . −v u y Reemplazando x = 2 e : = u + v2 u2 + v2 u2 u v2 u 1 1 − 2c 2 + ≤0⇒ 2 − 2c 2 ≤ 0 ⇒ 1 − 2cu ≤ 0 ⇒ u ≥ 2 2 2 2 2 2c u +v u +v u +v (u 2 + v 2 ) (u 2 + v 2 ) 2
1 1 R: a) u + v ≥ ; b) u ≥ . 2c r 2
2
8. () Describa geométricamente las transformaciones: a) w =
1 z − 1
; b) w =
i z
. Pruebe que esta últi-
ma transforma circunferencias y rectas en circunferencias y rectas. R: a) traslación de una unidad hacia la izquierda seguida de inversión y reflexión sobre el eje real. b) inversión y reflexión sobre el eje real seguida de un giro de 90° en sentido antihorario.
9. () Escribiendo w = ρ e iϕ , pruebe que w = 1 z transforma la hipérbola x 2 − y 2 = 1 en la lemniscata ρ 2 = cos 2ϕ .
10. () Si se asigna a la circunferencia z = 1 la orientación antihoraria, ¿qué orientación tiene su imagen bajo w = 1 z ? R: opuesta
18
Transformaciones
11. () Demuestre que cuando w = 1 z transforma una circunferencia en una circunferencia, el centro de la original nunca se transforma en el centro de la circunferencia imagen. Solución La transformación w = 1 z transforma una circunferencia en otra si la circunferencia original no pasa por el origen. Consideremos entonces la circunferencia (que no pasa por el origen por ser D ≠ 0 ): A( x 2 + y 2 ) + Bx + Cy + D = 0
( A ≠ 0 y D ≠ 0 )
Reescribiendo la expresión y completando cuadrados llegamos a: B
x + 2 A
B
C D 2 2 =0⇒ x + y + x + y + A A A
2
+ y +
C
2 A
2
=
B 2 + − = 2 2 A 4 A 4 A B 2
C 2
D
Vemos entonces que el centro de la circunferencia original está en el punto z = − 2
R =
B
2 A
−i
+ C − 4 AD
C
2 A
2
2 A
2
y su radio es
2
B + C − 4 AD
2 A
2 BA 2CA i Bajo w = 1 z el centro se transforma en w = − 2 . + B + C 2 B 2 + C 2 A su vez, la circunferencia transformada es (por lo visto en el desarrollo teórico): A + Bu − Cv + D(u 2 + v 2 ) = 0
El centro, utilizando el mismo método, está en w′ = − B 2 BA 2 A − 2 = − B + C 2 B 2 + C 2 2 D ⇒ 2CA = C 2 A B 2 + C 2 2 D B 2 + C 2
= =
B
2 D
+i
C
2 D
. Para que fuese w = w′ , debería ser:
1 2 D ⇒ B 2 + C 2 − 4 AD = 0 1
imposible porque implica R = 0
2 D
12. () Halle la transformación racional lineal que aplica los puntos: a) z1 = 2 , z 2 = i , z 3 = −2 en los puntos w1 = 1 , w2 = i , w3 = −1 ; b) z1 = −i , z 2 = 0 , z 3 = i en los puntos w1 = −1 , w2 = i , w3 = 1 . Demostrar que el eje imaginario x = 0 2 2 se transforma en la circunferencia unitaria u + v = 1 .
Solución A partir de Azw + Bz + Cw + D = 0 , si A ≠ 0 , obtenemos: zw +
B
C D z + w + z + γ w + δ = 0 = zw + β A A A
a) Obtenemos la solución, resolviendo el sistema de ecuaciones:
z1 w1 + β z1 + γ w1 + δ = 0 z 2 w2 + β z 2 + γ w2 + δ = 0 z 3 w3 + β z 3 + γ w3 + δ = 0
es decir, para este caso
19
2 + 2 β + γ + δ = 0 β = 3i − 1 + i β + iγ + δ = 0 ⇒ γ = −6i 2 − 2 β − γ + δ = 0 δ = −2
Transformaciones
zw + 3iz − 6iw − 2 = 0 ⇒ zw − 6iw = 2 − 3iz ⇒ w =
− 3iz + 2
z − 6i
También puede resolverse a través de:
(w − w1 )(w2 − w3 ) ( z − z1 )( z 2 − z 3 ) = (w − w3 )(w2 − w1 ) ( z − z 3 )( z 2 − z1 ) (w − 1)(i + 1) ( z − 2)(i + 2) ⇒ (w − 1)(i + 1)( z + 2)(i − 2) = (w + 1)(i − 1)( z − 2)(i + 2) ⇒ = (w + 1)(i − 1) ( z + 2)(i − 2) − (3 + i )wz + (3 + i ) z − (6 + 2i )w + (6 + 2i ) = − (3 − i )wz − (3 − i ) z + (6 − 2i )w + (6 − 2i ) − iwz + 3 z − 6 w + 2i = iwz − 3 z + 6 w − 2i
6 z + 4i = 2iwz + 12 w ⇒
R: a) w =
− 3iz + 2
z − 6i
; b) w =
6 z + 4i = w(2iz + 12 ) ⇒ w =
6 z + 4i 2iz + 12
=
− 3iz + 2
z − 6i
− iz + i
z + 1
13. () Halle la transformación racional lineal que aplica los puntos z1 = 0 , z 2 = 1 , z3 = ∞ en los puntos w1 = −1 , w2 = −i , w3 = 1 .
Solución Si a z3 = ∞ le corresponde w3 = 1 , a partir de w =
az + b cz + d
comprobamos que
a c
=1 .
Entonces: w=
az + b cz + d
=
a c
z +
a = d
z +
b a = z + C 1 d z + C 2
z + c c Teniendo en cuenta el resto de los puntos: C −1 = 1 C 2 C = −i ⇒ 1 C 2 = i − i = 1 + C 1 1 + C 2
R: w =
z +
b
Por lo tanto
w=
z − i z + i
z − i z + i
14. () Demuestre que la composición de dos transformaciones racionales lineales es una transformación racional lineal. Solución Sean las transformaciones racionales lineales w =
aZ + b cZ + d
20
y Z =
pz + q rz + s
:
Transformaciones
pz + q
+b ′ + b′ apz + aq + brz + bs (ap + br ) z + (aq + bs ) a z +s rz = = = = w= pz + q ′ + d ′ cZ + d cpz + cq + drz + ds (cp + dr ) z + (cq + ds ) c z + d c rz + s
a
aZ + b
15. () a) Un punto fijo de una transformación w = f ( z ) es un punto z0 tal que f ( z 0 ) = z 0 . Pruebe que toda transformación racional lineal, excepto la transformación identidad w = z , tiene a lo sumo dos pun z − 1 tos fijos en el plano ampliado. b) Halle los puntos fijos de las transformaciones: i) w = ; ii) z + 1 6 z − 9 w= . z R: b) i) z = ±i ; ii) z = 3
16. () Sea T ( z ) =
az + b
, con ad − bc ≠ 0 , cualquier transformación racional lineal distinta de cz + d T ( z ) = z . Demuestre que T −1 = T si y sólo si d = − a .
Solución T − ( z ) = 1
− dz + b
cz − a
T ( z ) = T − ( z ) ⇒ 1
az + b
=
cz + d
− dz + b
cz − a
⇒ (az + b )(cz − a) = (cz + d )( − dz + b)
para todo z
Es decir: d = − a − cdz 2 − d 2 z + bcz + bd − acz 2 + a 2 z − bcz + ba = 0 ⇒ −c(d + a ) z 2 + (a 2 − d 2 ) z + b(d + a ) = 0 , para todo z
La última expresión se cumple, para todo z, únicamente si d = − a . El recíproco es fácil: si d = −a , es sencillo comprobar que las expresiones T ( z ) = T − ( z ) = 1
− dz + b
cz − a
az + b cz + d
y
son idénticas.
17. () Dada la transformación: w=
i − z i + z
a) Verifique que la misma aplica el semiplano Im z > 0 sobre el disco w < 1 y la frontera del semiplano v D´
y
-1 A
B
1 C
sobre la del disco. Pruebe que el punto z = x tiene como imagen:
D
E x
E´ A´
1 C´ u B´
21
w=
1 − x 2 1 + x 2
+i
2 x 1 + x 2 Transformaciones
y compruebe que los segmentos del eje x se transforman como indica la figura. b) Encuentre la transformación que aplica la frontera del mismo semiplano sobre el mismo disco, pero que transforma el semiplano Im z > 0 en el exterior del disco w < 1 .
Solución a) w( x ) =
i − x i + x
(− x + i )( x − i ) 1 − x 2 = = ( x + i )( x − i ) 1 + x 2
w(0) = 1
+i
2 x 1 + x 2
w(1) = i
w(− 1) = −i
lim w = −1
x → ±∞
Si z = a + bi , con b > 0 , se cumple: − a − (b − 1)i w = < 1 , y por lo tanto el semiplano Im z > 0 se aplica sobre el disco w < 1 . − a − (b + 1)i La
w=
i − z
aplica los puntos z1 = −1, z 2 = 0, z 3 = 1 en los puntos i + z w1 = −i, w2 = 1, w3 = i . Esto significa que mientras un punto móvil recorre el eje x de izquierda a derecha,
b)
transformación
su imagen en el plano w recorre la circunferencia unitaria en sentido antihorario. Un punto cualquiera del semiplano Im z > 0 quedará a la izquierda del punto móvil y, por lo tanto, su imagen en el plano w también quedará a la izquierda de la circunferencia unitaria recorrida en sentido antihorario, es decir, quedará dentro de la circunferencia. Si ahora consideramos la transformación que aplica los puntos z1 = −1, z 2 = 0, z 3 = 1 en los puntos w1 = −i, w2 = i, w3 = 1 (obsérvese que hemos invertido los puntos w2 y w3 respecto a la transformación an-
terior), el punto móvil que recorre el eje x de izquierda a derecha tendrá una imagen en el plano w que recorre la circunferencia unitaria en sentido horario. Un punto cualquiera del semiplano Im z > 0 quedará a la izquierda del punto móvil y, por lo tanto, su imagen en el plano w también quedará a la izquierda de la circunferencia unitaria recorrida en sentido horario, es decir, quedará fuera de la circunferencia. La transformación correspondiente la podemos hallar a través de:
(w − w1 )(w2 − w3 ) ( z − z1 )( z 2 − z3 ) (w + i )(i − 1) z + 1 ⇒ = =− (w − w3 )(w2 − w1 ) ( z − z3 )( z 2 − z1 ) (w − 1)2i z − 1 y A
B
w=
(2 + i ) z + i (1 + 2i ) z + 1
18. () Dada la transformación: v B´
i 1
C
w= 1 A´
C´
E´ u
x D
⇒
-i D´
z − 1 z + 1
a) Verifique que la misma puede escribirse como composición de las siguientes transformaciones: Z = iz
E
W =
i − Z i + Z
w = −W
b) A continuación, use los resultados del problema anterior para z − 1 comprobar que la transformación w = transforma los puntos del plano z en puntos del plano w z + 1 según lo indica la figura.
22
Transformaciones
Solución y A
B
D2
i
1
C
x D
v B3
-1 A1
1
B1
C 1
D1
E 2 A2
E 1
1 C 2
1 A3 E 3 u
C 3
-i D3
B2 E
plano z
plano Z
plano W
plano w
19. () a) Hallando la transformación inversa de: w=
i − z i + z
1 − z
transforma el disco z ≤ 1 sobre el semiplano Im z ≥ 0 . 1 + z b) Verifique que la transformación racional lineal: pruebe que la transformación w = i
w=
z − 2 z
se puede descomponer en: Z = z − 1
W = i
1 − Z
w = iW
1 + Z
Entonces, con ayuda del resultado del apartado a), pruebe que aplica el disco z − 1 ≤ 1 sobre el semiplano izquierdo Re w ≤ 0 .
Solución a) Ver ejercicio anterior donde se trabaja con la transformación w = w=
i − z i + z
⇒ wi + wz = i − z ⇒ z + wz = i − iw ⇒ z = i
i − z i + z
1− w 1+ w
i
1
1
-1
1
-i
plano z
plano Z
plano W 23
plano w Transformaciones
y b E
v
20. () Compruebe que w = sen z E´ aplica el interior de una región rectangular − π ≤ x ≤ π , a ≤ y ≤ b , situada por B´ a A B C encima del eje x, sobre el interior de un u A´ C´ anillo elíptico que tiene un corte a lo larπ x -π go del segmento − senh b ≤ v ≤ − senh a F´ D´ del semieje imaginario negativo, como indica la figura. Note que la aplicación es biunívoca en el interior de la región rectangular, pero no lo es en la frontera. F
D
Solución a) sen z = sen x cosh y + i cos x senh y
u = sen x cosh y
,
v = cos x senh y
El segmento FD , donde y = b , se transforma en la elipse u = cosh b sen x , v = senh b cos x . El segmento AC , donde y = a , se transforma en la elipse u = cosh a sen x , v = senh a cos x . Los segmentos AF y CD se aplican ambos sobre el segmento u = 0 , − senh b ≤ v ≤ − senh a y por ende la transformación no es biyectiva en la frontera de la región rectangular.
y D
A
C
B π /2 x
21. () a) Compruebe que la transformación w = sen z aplica la semifranja infinita 0 ≤ x ≤ π 2 , y ≥ 0 en el primer cuadrante u ≥ 0 , v ≥ 0 del plano w, como indica la figura. b) Demuestre que w = cosh z se puede descomponer en:
v D´
C´
1 A´
B´
Z = iz +
u
π
w = sen Z
2
c) Utilizando los resultados de los apartados anteriores, verifique que w = cosh z aplica la semifranja infinita x ≥ 0 , 0 ≤ y ≤ π 2 del plano z sobre el primer cuadrante u ≥ 0 , v ≥ 0 del plano w.
Solución a) Se comprueba a partir de: sen z = sen x cosh y + i cos x senh y y C π /2
D
D1 C 1
B A x
plano z
A1
B1 π /2 plano Z
u = sen x cosh y
v D2 C 2
b) sen iz +
π
π
= sen iz cos 2 2
+ cos iz sen
π
=
2
= cos iz = cosh z
1 A2 B2 plano w
v = cos x senh y
,
u
c) ver figura
22. () a) Compruebe que w = e z transforma la región indicada en la Fig. 1 del plano z en la región del plano w representada en la misma figura. 1 b) Compruebe que w = z + transforma la región indicada en la Fig. 2 del plano z en la región del plano z w representada en la misma figura. c) Verifique que la transformación w = cosh z se puede descomponer en: 24
Transformaciones
Z = e z
W = Z +
1 Z
w=
1 2
W
d) A partir de los resultados de los apartados anteriores, pruebe que w = cosh z aplica la semifranja infinita x ≤ 0 , 0 ≤ y ≤ π del plano z sobre la mitad inferior v ≤ 0 del plano w. y D
E
v C´
π C
1 B´ D´ E´ A´
B x
A
u
Fig. 1 y
v
C
D
D´
E´
1 B
E A
-2
C´ B´ 2
A´ u
x
Fig. 2
Solución b) Resulta fácil comprobar que: w(i ) = 0
w(1) = 2
w(− 1) = −2
lim w = +∞
z →0
lim w = −∞
+
z →0
−
Además, si z = re iθ , con 0 < r < 1 y 0 < θ < π , es:
Im w = Im re iθ +
c) w =
1 2
W =
z − z e +e
2
1 r
e
1 1 = r sen θ − sen θ = sen θ r − < 0 r r
− iθ
= cosh z
23. () Dada la transformación w = z 2 , pruebe que: a) La imagen de la franja 0 ≤ x ≤ 1 , y ≥ 0 es la región semiparabólica cerrada de la Fig.1. b) Las imágenes de las rectas y = c , c > 0 , son las parábolas:
v y D
A´ A
Fig. 1 C
B´
B 1 x
D´
C´
1
c) La franja a ≤ y ≤ b , situada por encima del eje x, se transforma en la región cerrada limitada por las parábolas:
v D´ 2
y
v 2 = 4c 2 (u + c 2 )
u
v 2 = 4a 2 (u + a 2 )
D
Fig. 2 A
C 1 x
A´
B
-2 B´
C´ 1
u
v 2 = 4b 2 (u + b 2 )
d) La imagen de la región triangular cerrada acotada por las rectas y = ± x y x = 1 , es la región parabólica cerrada limitada a la izquierda por el segmento − 2 ≤ v ≤ 2 y a la derecha por una porción de la parábola v 2 = −4(u − 1) . Ver Fig. 2. e) En referencia a la Fig. 2: ¿qué ángulo forman las rectas
25
Transformaciones
que limitan la región triangular del plano z en sus puntos de intersección y qué ángulo forman sus imágenes en el plano w? Explique a qué se debe la igualdad o la desigualdad de dichos ángulos.
Solución a) w = z 2 = ( x + yi ) = ( x 2 − y 2 ) + 2 xyi 2
u = x 2 − y 2
v = 2 xy
Dada una semirrecta vertical x = c , 0 ≤ c ≤ 1 , y > 0 , nos queda: 2
u = c − y
v = 2cy ⇒ y = v
2
2
2
La expresión u = c −
v
2
4c
2
2
u=c −
v
2
4c 2
2
4c 2
representa una familia de parábolas de eje horizontal, de concavidad hacia la
izquierda, ya que el coeficiente −
1 2
de v 2 es negativo. Ya que 0 ≤ c ≤ 1 , dicho coeficiente será tan
4c grande como se quiera (con sólo tomar valores de c suficientemente próximos a 0), lo que significa que las parábolas serán tan “cerradas” como se quiera. 2 Los vértices de esas parábolas estarán en el punto c , es decir, en el intervalo [0, 1] . La expresión v = 2cy nos indica que sólo debemos tomar los valores positivos de v, ya que tanto c como y son positivos.
2
b) u = x − c
2 2 2 v = 2 xc ⇒ x = v 4c
2
Por lo tanto: u=
v
2
4c
2
−c
2
⇒ v2
2
(
= 4c u + c
2
)
c) Es consecuencia directa del apartado anterior.
d) El segmento de recta y = x , 0 ≤ x ≤ 1 , se transforma en: 2
w = z 2 = ( x + xi ) = 2 x 2 i
v = 2 x 2 , 0 ≤ x ≤ 1
u=0
El segmento de recta y = − x , 0 ≤ x ≤ 1 , se transforma en: 2
w = z 2 = ( x − xi ) = −2 x 2 i
v = −2 x 2 , 0 ≤ x ≤ 1
u=0
El segmento de recta x = 1 , − 1 ≤ y ≤ 1 , se transforma en: w = z 2 = (1 + yi ) = (1 − y 2 ) + 2 yi 2
Es decir que u = 1 −
v
u = 1 − y 2
v = 2 y ⇒ y =
v
2
2
4
o bien v 2 = −4(u − 1) .
26
Transformaciones
e) Las rectas y = x e y = − x forman un ángulo de 90° en el origen. Sus imágenes forman un ángulo de 2 180 ° en el origen. El ángulo no se conserva porque la transformación w = z no es conforme en z = 0 , ya que su derivada w′ = 2 z se anula en dicho punto. La recta y = x forma un ángulo de 45° con la recta x = 1 en el punto D. Sus imágenes se intersecan en el
punto D’, de coordenadas (0, 2). La tangente a la parábola v 2 = −4(u − 1) tiene una pendiente dada por: 2 v = −4(u − 1) ⇒
dv
⇒
2v dv = −4 du
du
=
−4
⇒
2v
dv du
= −1 (0 , 2 )
Esto significa que la tangente a la parábola v 2 = −4(u − 1) forma un ángulo de -45° en el punto D’ y, por lo tanto, la imagen de la recta y = x forma un ángulo de 45° con la imagen de la recta x = 1 en el punto D’. El ángulo se conserva porque la transformación es conforme en cualquier punto distinto de z = 0 .
24. () Pruebe que la transformación w = sen 2 z aplica la franja 0 ≤ x ≤ π 2 , y ≥ 0 sobre el semiplano v ≥ 0 . Solución w = Z 2
Z = sen z
En un problema anterior, vimos que la transformación Z = sen z aplica la semifranja infinita 0 ≤ x ≤ π 2 , y ≥ 0 en el primer cuadrante del plano Z . Como w = Z 2 duplica los ángulos, el primer cuadrante de Z se transforma en el semiplano superior de w. y E
25. () a) Compruebe que la transformación w = sen z aplica la semifranja infinita − π 2 ≤ x ≤ π 2 , y ≥ 0 en el semiplano superior v ≥ 0 del plano w, como indica la figura.
v A
14
b) Pruebe que si en w = (sen z ) se toma la rama u C E´ D´ C´ B´ A´ principal de la potencia fraccionaria, la semifranja infinita − π 2 ≤ x ≤ π 2 , y ≥ 0 se aplica sobre la parte del primer cuadrante comprendida entre las rectas v = u y el eje u. D -π /2
B π /2 x
1
Solución a) Se comprueba a partir de: sen z = sen x cosh y + i cos x senh y
u = sen x cosh y
,
v = cos x senh y
14 b) La rama principal de la transformación w = Z divide por 4 los argumentos, por lo que, luego de aplicada esta transformación, los argumentos estarán en el intervalo [0, π 4] .
26. () a) Halle el ángulo de rotación en el punto z = 2 + i de la transformación w = z 2 . Pruebe que el factor de escala en ese punto es 2 5 . b) Calcule el ángulo de rotación que produce la transformación w = 1 z en los puntos z = 1 y z = i .
Solución 27
Transformaciones
f ′(2 + i ) = 4 + 2i = 2 5
′ ′ a) f ( z ) = 2 z ⇒ f (2 + i ) = 4 + 2i
ψ 0
= arg f ′( z 0 ) = 0,464
2 ′ b) f ( z ) = −1 z
ψ 0
= arg [f ′(1)] = arg [− 1] = π
ψ 0
= arg [f ′(i )] = arg [1] = 0
R: a) 0,464; b) π y 0. 27. () Pruebe que el ángulo de rotación en un punto no nulo z = re iθ bajo la transformación w = z n (n = 1, 2, K) es (n − 1)θ . Halle el factor de escala de la transformación en ese punto. Solución Recordando que la derivada de f ( z ) puede escribirse en forma polar como f ′( z ) = e −i θ (u r + iv r ) , tenemos: f ( z ) = z n = r n e inθ = r n cos nθ + ir n sen nθ f ′( z ) = e −iθ (u r + iv r ) = e −iθ (nr n −1 cos nθ + inr n−1 sen nθ ) = e −iθ (nr n −1e inθ ) = nr n −1e i ( n −1)θ f ′( z ) = nr n −1
arg f ′( z ) = (n − 1)θ
R: nr n −1 28. () Determine los puntos en el plano z en que la transformación w = f ( z ) deja de ser conforme, si f ( z ) es igual a: a) z + az + b
b) cos π z
c) exp( z 5 − 80 z )
d) sen z
e) z + z −1 ( z ≠ 0)
f) cosh 2 z
2
Solución a) f ′( z ) = 2 z + a = 0 ⇒ z = − a 2 b) f ′( z ) = −π sen π z = 0 ⇒ z = 0, ± 1, ± 2,K c) f ′( z ) = (5 z 4 − 80 )exp( z 5 − 80 z ) = 0 ⇒ z = 161 4 ⇒ z = ±2, ± 2i d) f ′( z ) = cos z = 0 ⇒ z =
e) f ′( z ) = 1 −
1 z
2
e
=e
− 4 ( x + iy )
2
+ nπ
(n = 0, ± 1, ± 2,K)
2
=
z − 1 z
2
= 0 ⇒ z = ±1
f) f ′( z ) = 2 senh 2 z = 0 ⇒
− 4 z
π
=1⇒ e
− 4 x
e
2 z
−e
2
−2 z
=0⇒e
2 z
−e
− 2 z
=0⇒e
2 z
(1 − e ) = 0 ⇒ − 4 z
x = 0 (cos 4 y − sen 4 y ) = 1 ⇒ k π cos 4 y = 1 ⇒ y = , k = 0, ± 1, ± 2 2
28
Transformaciones
R: a) z = − f). z = i
k π
2
a
2
; b) z = 0, ± 1, ± 2, K ; c) z = ±2, ± 2i ; d) z =
2
+ nπ
(n = 0, ± 1, ± 2, K) ; e)
z = ±1 ;
, (k = 0, ± 1, ± 2)
29. () La aplicación w = e z transforma la franja horizontal 0 < y < π en el semiplano superior v > 0 , y la función: h(u , v ) = Re (w 2 ) = u 2 − v 2 es armónica en ese semiplano. a) Pruebe, verificándolo directamente, que la función: H ( x, y ) = e 2 x cos 2 y es armónica en esa franja (Este problema ejemplifica el teorema sobre transformación de funciones armónicas.). b) Compruebe que H ( x, y ) se transforma en h(u, v ) a través de w = e z .
Solución Lo más interesante es verificar que a H ( x, y ) se transforma en h(u, v ) a través de w = e z . w = e z = e x + yi = e x cos y + ie x sen y = u + iv 2 2 u = e x cos y x = ln u + v ⇒ v = e x sen y y = arc tg v u
)
(
x H ( x, y ) = e 2 cos 2 y = exp 2 ln u 2 + v 2 cos 2 arc tg
Analicemos la expresión cos 2 arc tg
v u
v
(
2
= u +v
u
v
. Sea p = arc tg
u
2
)cos 2 arc tg v
u
, es decir tg p =
v u
. Tenemos que:
cos 2 p = cos 2 p − sen 2 p Expresemos ahora los dos términos del segundo miembro de la última igualdad en función de tg p = 2 cos p
2
cos p =
2 2 cos p + sen p
=
1 2 1 + tg p
1
=
1+
v
2
u
=
v u
:
2
2
u +v
2
u2 v2
sen 2 p
2
sen p =
cos 2 p + sen 2 p
1
=
1+
=
1
tg 2 p
2
1 + tg 2 p
=
u2 = v v2 u 2 + v2
1+
tg 2 p
u
2
Por lo tanto: 2
u
2
cos 2 p = cos p − sen p =
2
2
u +v
2
−
v 2
2
u +v
2
=
2
2
2
2
u −v u +v
Finalmente: 29
Transformaciones
H ( x, y ) = e
2 x
(
2
cos 2 y = exp 2 ln u + v
2
)cos 2 arc tg u = (u v
2
+v
2
)
u2 − v2 2
u +v
2
2
= u −v
2
Es fácil verificar que H xx + H yy = 0 y que huu + hvv = 0
30. () Bajo w = e z , la imagen del segmento 0 ≤ y ≤
del eje y es la semicircunferencia
u 2 + v 2 = 1, v ≥ 0 . Además, la función:
h(u , v ) = Re 2 − w +
1
= 2−u + 2 w u
u +v
2
es armónica en todo el plano w excepto en el origen, y toma el valor h = 2 en esa semicircunferencia. a) Escriba una expresión explícita de la función H ( x, y ) cuya imagen es h(u , v ) a través de w = e z . b) Ilustre el teorema sobre Transformación de condiciones de contorno, comprobando que H = 2 a lo largo del segmento 0 ≤ y ≤ del eje y.
Solución a) w = e z = e x + yi = e x cos y + ie x sen y = u + iv
u = e x cos y u ( ) h u , v 2 u ⇒ = − + x u2 + v2 v = e sen y h(u , v ) = 2 − e cos y + x
cos y x
e
R: a) H ( x, y ) = 2 − e x cos y +
e x cos y
x
= 2 − e cos y +
e 2 x cos 2 y + e 2 x sen 2 y
= H ( x, y )
cos y x
e
Preguntas (¿molestas?) General 1. Para todos los teoremas: a) Explique con sus propias palabras las hipótesis del teorema. b) Explique con sus propias palabras lo que se pretende demostrar. c) Enuncie el teorema contrarecíproco. d) Busque ejemplos que verifiquen las hipótesis y compruebe que también verifican la tesis. e) Busque ejemplos que no verifiquen las hipótesis y compruebe si verifican o no la t esis. f) Analice la demostración, justificando cada paso de la misma. 2. Explique con sus propias palabras cada uno de los conceptos que aparecen en negrita en el texto teórico.
30
Transformaciones
