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Cálculo Diferencial e Integral II: Intuición de los teoremas fundamentales del cálculo

Por Moisés Morales Déciga

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Introducción

Para este momento, se definió la integral definida, la integral indefinida y rememoramos de forma práctica las reglas de derivación.

Adicionalmente, en algunas de las entradas anteriores se ha mencionado la relación entre la diferencial y la integral, y esta relación se hace explícita en los teoremas fundamentales del cálculo.

Para poder ver y demostrar íntegramente estos teoremas que sustentan esta relación, es importante ilustrar de forma intuitiva la motivación, así como algunos posibles uso de ellos.

Intuición a los teoremas

Los teoremas fundamentales del cálculo mencionan la relación entre la integración y la diferenciación y, hasta cierto nivel, se puede observar que la integración es la función inversa una de la otra.

Entonces, para empezar a mencionar y observar la relación entre estos procesos podemos enumerar ejemplos de cada uno de ellos y comparar sus resultados.

Si definimos a $D$ como la función diferencial que se aplica a una función $f$ y que, al momento de aplicar la diferenciación a $f$ genera una nueva función $D(f)$, por ejemplo,

\begin{align*}
D(x^4)= 4x^3; \\
D(sen(x)) = cos(x).
\end{align*}

Por otro lado, si se define la operación $\int \limits_a$ como la función integral.

En otras palabras, el símbolo $\int \limits_a$ es la representación del operador integral, así como los símbolos $+, \ – \ , \times , \div $ son los correspondientes a la operación suma, resta, multiplicación y división.

Entonces, se define $G= \int \limits_a f$ donde $G$ es la función con regla de correspondencia $G(x) = \int \limits_a^x f$.

De esta forma, el dominio de $G$ queda definido por el conjunto de todas las $x$ para las cuales la integral queda definida, en otras palabras, el dominio de $G$ es el conjunto de todas las $x$ tales que $f$ es integrable sobre $[a,x]$ teniendo que $a < x$ o sobre $[x,a]$ si $x < a$.

Podemos ver los siguientes ejemplos sobre la aplicación de la integral en funciones:

\begin{align*}
\int \limits_0^x c \ dt =cx, \\
\int \limits_0^x t \ dt = \frac{x^2}{2}, \\
\int \limits_0^x 4t^3 \ dt = x^4 .
\end{align*}

Es decir, utilizando únicamente el operador sin límites de integración o siendo una integral indefinida:

\begin{align*}
\int \limits_0 c \ dt =c \ I + C, \\
\int \limits_0 t \ dt = \frac{I^2}{2} + C, \\
\int \limits_0 4t^3 \ dt = I^4 + C .
\end{align*}

No olvidemos que en integrales indefinidas, se tiene la constante de integración.

En los ejemplos presentado podemos observar que existe uno con su contraparte en las funciones, el primero y el tercero correspondiente, esto da pie en ver la relación entre estos operadores.

\begin{align*}
D(x^4)= 4x^3; \\
\int \limits_0^x 4t^3 \ dt = x^4 .
\end{align*}

En este ejemplo se ve claramente que, al momento de integrar el resultado del valor de la integral, recuperamos la función original, previo a realizar la derivación.

Pero son funciones y procesos independientes, así que también aplica la observación de forma inversa.

Esto es que, al momento de derivar el resultado del proceso de integración, de igual forma se obtiene la función original.

Existen dos teoremas que demuestran esta relación, los cuales se desarrollarán en las siguientes entradas.

La derivada de la integral

Recordemos la notación de la integral indefinida que vimos al inicio de este capítulo. Se definió de la siguiente manera, utilizando el símbolo integral.

$$ \phi (x) =\int \limits_{\alpha}^{x} f(u) ~ du.$$

Lo que se verá en el primer teorema fundamental es que, si tenemos una función originada por una integral indefinida $ \phi (x) $ de una función continua $f(x)$, siempre existe la derivada $ \phi’ (x) $ y, además.

$$ \phi’ (x) = f(x).$$

Si se sustituyen los símbolos por la notación completa de la derivada y de la integral, se tiene lo siguiente.

$$\frac{d}{dx} \int \limits_a^x f(u)~du = f(x).$$

Aquí se puede observar que las operaciones son inversas, siempre y cuando se estén cumpliendo las hipótesis del teorema. Esto se puede demostrar utilizando el teorema del valor medio para la integral, ya que es una consecuencia de este teorema.

Demostración:

Recordando el Teorema del Valor Medio para la Integral, tenemos la siguiente afirmación.

Para cualesquiera valores de $x$ y $x + h$, siendo dominio de la función $f$, se obtiene lo siguiente.

$$\int \limits_x^{x+h} f(u) \ du = \phi(x+h) \ – \ \phi(x) = (x +h \ – \ x) \ f(\xi) = h \ f(\xi).$$

Donde $\xi$ es un punto dentro del intervalo.

Ahora, si tomamos la diferencia de la integral indefinida valuada en los puntos extremos del intervalo y la dividimos por $h$, se ve de la siguiente manera.

$$\frac{\phi(x+h) \ – \ \phi(x)}{h} = \ f(\xi).$$

Y ahora, tomemos el límite haciendo que $h$ se vaya a $0$.

$$\lim_{h \rightarrow 0} \frac{\phi(x+h) \ – \ \phi(x)}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} f(\xi).$$

Si somos observadores, el lado izquierdo es la definición de la derivada, ya que, por hipótesis, la función $f$ es continua.

Ahora, uno pensaría que el límite en lado derecho no tiene sentido, ya que $\xi$ es un punto y $f$ solo está valuada en $\xi$ y no depende de $h$. Pero recordemos que la forma en identificar este punto $\xi$ es porque está dentro del intervalo $[x, x+h]$, de forma tal que, al considerar un limite haciendo que $h$ se vaya a $0$, el intervalo se reduce y colapsa en el punto $x$. Entonces el límite sí tiene sentido.

Y como ya vimos que el lado izquierdo es la definición de derivada y el derecho se colapsa el intervalo en $x$, lo anterior queda de la siguiente manera.

$$\phi'(x) = f(x).$$

$\square$

La función primitiva

El teorema muestra que la integral indefinida $ \phi (x) $, que es la integral de una función $f(u)$, cuyo límite superior depende de $x$ es una solución para el siguiente problema: Dada $f(x)$, determina una función $F(x)$ tal que.

$$F'(x) = f(x).$$

Para resolver este problema es necesario realizar el proceso contrario de la derivación. Con ello, se define como función primitiva de $f(x)$ o solamente primitiva de $f(x)$ a cualquier función $F(x)$ tal que $F'(x) = f(x)$.

Entonces, ocupamos la función $F(x)$ como la función primitiva de $f(x)$ y el proceso para determinar $f(x)$ es derivando la primitiva.

De forma que, tenemos la siguiente afirmación:

Toda integral indefinida $\phi(x)$ de la función $f(x)$ es una primitiva de $f(x)$.

Algo que hay que ponerle atención en la afirmación anterior es que dice «una«. Entonces se puede pensar que hay más de una función primitiva que al momento de derivar se encuentra la misma función para las diversas que hay.

Y aunque esto pueda parecer muy complicado, recordemos que la derivada de una constante se hace cero. Entonces, al momento de integrar cualquier función, se le puede adicionar la constante de integración de forma que ajuste con la información extra que nos dé el problema (esta idea se profundizará más adelante). De forma que, cada vez que se deriva una función de la misma forma excepto por una constante, se obtiene la misma función. Por poner un ejemplo:

$A_1 = x^2 + 3x + 4.$

$A_2 = x^2 + 3x \ – \ 5.$

Si nos damos cuenta, las funciones son diferentes salvo por la constante. Entonces, al momento de derivar se tiene lo siguiente.

$A’_1 = 2x +3.$

$A’_2 = 2x +3.$

Se obtiene la misma función. Entonces, si tomamos $f(x) = 2x+3$ y queremos encontrar su primitiva, esta sería:

$\phi(x) = x^2 + 3x + C.$

Pero teníamos 2 funciones, entonces.

$\phi_1(x) = x^2 + 3x + C_1.$

$\phi_2(x) = x^2 + 3x + C_2$

Por lo tanto, tenemos la siguiente afirmación.

La diferencia de dos funciones primitivas $F_1(x)$ y $F_2(x)$ de la misma función $f(x)$ siempre es una constante.

$$F_1(x) \ – \ F_2(x) = C_1 \ – \ C_2 = C.$$

Por lo tanto, si se tiene la función primitiva de una función $f(x)$, se pueden encontrar todas las demás a partir de la siguiente forma.

$$F(x) \ + \ C.$$

Por esto se dice que no hay una única forma función primitiva, con esta forma, se tienen una infinidad.

Más adelante…

Acabamos de ilustrar de forma sencilla, con ejemplos prácticos que se han visto, lo que implican los teoremas fundamentales.

En las entradas siguientes mostraremos a detalle cada uno de ellos y las aplicaciones que estos tienen.

Vale la pena mencionar que, por lo mismo que son fundamentales, su remembranza en diferentes asignaturas y áreas es basta por la importancia de los teoremas, así que escucharas de ellos un buen rato en tu carrera académica.

Tarea moral

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Variable Compleja I: Técnicas para construir funciones analíticas

Por Pedro Rivera Herrera

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Introducción

En esta entrada daremos algunas técnicas para construir una función analítica determinando la función armónica conjugada de una función real armónica. Como veremos, dichos métodos se sustentan en los resultados de la entrada anterior sobre funciones conjugadas armónicas y en la existencia de la primitiva o antiderivada de una función analítica en un dominio.

El primer método que veremos es el de Milne-Thomson, el cual requiere de una función armónica, correspondiente con la parte real o la parte imaginaria de una función compleja, para construir una función analítica $f(z) = u(x,y) + iv(x,y)$, al determinar su conjugada armónica.

Método de Milne-Thomson.
Sea $f(z) = u(x,y) + iv(x,y)$ una función compleja definida en algún dominio $D\subset \mathbb{C}$.

Para $z=x+iy\in D$ sabemos que:
\begin{equation*}
x = \frac{z+\overline{z}}{2}, \quad y = \frac{z-\overline{z}}{2i},
\end{equation*}entonces:
\begin{equation*}
f(z) = u\left( \frac{z+\overline{z}}{2}, \frac{z-\overline{z}}{2i} \right) + i v\left( \frac{z+\overline{z}}{2}, \frac{z-\overline{z}}{2i} \right).
\end{equation*}

Si consideramos a $z$ y $\overline{z}$ como dos variables independientes, entonces para $z = \overline{z}$, tenemos que:
\begin{equation*}
f(z) = u(z,0) + iv(z,0). \tag{41.1}
\end{equation*}

Notemos que la condición $z = \overline{z}$ es equivalente a que $y=0$, proposición 2.2(5), es decir que $z=x$ sea una variable real, en tal caso tendríamos que:
\begin{equation*}
f(x+iy) = f(x) = u(x,0) + iv(x,0). \tag{41.2}
\end{equation*}

De (41) y (41.2) es claro que al imponer la condición $y=0$ en $f(z) = u(x,y) + iv(x,y)$ obtenemos una función que solo depende de $x$. Por lo que, al sustuir $x$ por $z$ en la expresión resultante obtendremos una función en términos de la variable $z$.

Como nuestro objetivo es construir una función $f$ que sea analítica en $D$, entonces requerimos, teorema 18.1, que las funciones reales $u(x,y)$ y $v(x,y)$ sean de clase $C^1(D)$ y satisfagan las ecuaciones de C-R en $D$. Bajo dichas condiciones sabemos que se cumple que:
\begin{align*}
f'(z) & = \frac{\partial u}{\partial x}(x,y) – i\frac{\partial u}{\partial y}(x,y)\\
& = \frac{\partial v}{\partial y}(x,y) + i\frac{\partial v}{\partial x}(x,y), \quad \forall z=x+iy\in D. \tag{41.3}
\end{align*}

Supongamos que conocemos a una de las dos funciones reales $u(x,y)$ ó $v(x,y)$, correspondientes con las componentes de real e imaginaria, respectivamente, de $f$, y que dicha función es armónica en $D$. Sin pérdida de generalidad, supongamos que conocemos a la función $u(x,y)$, el procedimiento sería completamente análogo para $v$.

Dado que $u(x,y)$ es una función armónica en $D$, en particular es de clase $C^1(D)$, por lo que, considerando (41.3) definimos:
\begin{equation*}
\frac{\partial u}{\partial x}(x,y) := \varphi_1(x,y), \quad \frac{\partial u}{\partial y}(x,y) := \varphi_2(x,y),\quad z=x+iy\in D.
\end{equation*}

Entonces, como la derivada de $f$ determina una nueva función analítica en $D$, proposición 36.4, de (41.1) se sigue que:
\begin{align*}
f'(z) & = \frac{\partial u}{\partial x}(x,y) – i\frac{\partial u}{\partial y}(x,y)\\
& = \varphi_1(x,y) – i \varphi_2(x,y)\\
& = \varphi_1(z,0) – i \varphi_2(z,0).
\end{align*}

Integrando en ambos lados de esta última igualdad tenemos que:
\begin{align*}
f(z) & = \int \left[\varphi_1(z,0) – i \varphi_2(z,0)\right] dz + c\\
& = \int \varphi_1(z,0) dz – i \int \varphi_2(z,0) dz + c.
\end{align*}

Análogamente, si conocemos a $v$ tenemos que:
\begin{align*}
f(z) & = \int \left[\phi_1(z,0) – i \phi_2(z,0)\right] dz + c\\
& = \int \phi_1(z,0) dz – i \int \phi_2(z,0) dz + c,
\end{align*}donde $\phi_1(z,0) = v_y(x,y)$ y $\phi_2(z,0) = v_x(x,y)$.

En ambos casos, $c\in\mathbb{C}$ es una constante y consideraremos a $z$ como una variable de integración real, por lo que integramos con los métodos usuales.

Observación 41.1.
Debe ser claro que en el desarrollo de este método hemos usado fuertemente el hecho de que toda función analítica $f$ en un dominio $D\subset\mathbb{C}$ tiene una primitiva, proposición 35.2, es decir, una función analítica $F(z)$ en $D$ tal que $F'(z) = f(z)$ para todo $z\in D$, lo cual justifica que es posible integrar a $f’$.

Procedemos a mostrar el uso de este primer método con el siguiente ejemplo.

Ejemplo 41.1.
Sea $u:\mathbb{C} \to \mathbb{R}$ la función real dada por $u(x,y) = e^{-x} \left[(x^2 – y^2) \operatorname{cos}(y) + 2xy\operatorname{sen}(y)\right]$. Determinemos a la función entera $f$ cuya parte real es la función $u$.

Solución. Primeramente, notemos que la función real $u(x,y)$ es de clase $C^\infty(\mathbb{C})$, por lo que en particular es de clase $C^2(\mathbb{C})$. Procedemos a verificar que $u$ es una función armónica.

Después de un poco de cuentas, para todo $z=x+iy\in\mathbb{C}$ tenemos que:
\begin{align*}
\frac{\partial u}{\partial x} = e^{-x} \left[2x\operatorname{cos}(y) + 2y\operatorname{sen}(y) – (x^2-y^2) \operatorname{cos}(y) – 2xy \operatorname{sen}(y)\right],\\
\frac{\partial u}{\partial y} = e^{-x} \left[-2y\operatorname{cos}(y) – (x^2-y^2) \operatorname{sen}(y) + 2xy \operatorname{cos}(y) + 2x \operatorname{sen}(y)\right],\\
\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = e^{-x} \left[(x^2-4x-y^2+2) \operatorname{cos}(y) + 2y(x-2) \operatorname{sen}(y)\right],\\
\frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = -e^{-x} \left[(x^2-4x-y^2+2) \operatorname{cos}(y) + 2y(x-2) \operatorname{sen}(y)\right].
\end{align*}

De donde:
\begin{equation*}
\nabla^2 u = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = 0,
\end{equation*}por lo que $u$ es armónica en $\mathbb{C}$.

Para todo $z=x+iy\in\mathbb{C}$ definimos:
\begin{equation*}
\frac{\partial u}{\partial x}(x,y) := \varphi_1(x,y), \quad \frac{\partial u}{\partial y}(x,y) := \varphi_2(x,y).
\end{equation*}

De acuerdo con el método de Milne-Thomson, si $x=z$ y $y=0$, tenemos que:
\begin{equation*}
\varphi_1(z,0) = 2ze^{-z} – z^2 e^{-z} = e^{-z}(2z – z^2),
\end{equation*}
\begin{equation*}
\varphi_2(z,0) = 0.
\end{equation*}

Por lo que:
\begin{equation*}
f'(z) = \varphi_1(z,0) – i \varphi_2(z,0) = e^{-z}(2z – z^2).
\end{equation*}

Entonces, integrando por partes, tenemos que:
\begin{align*}
f(z) & = \int e^{-z}(2z – z^2) dz + c\\
& = 2 \int z e^{-z} dz – \int z^2 e^{-z} dz + c\\
& = 2 \int z e^{-z} dz – \left[-z^2 e^{-z} – \int – z e^{-z} dz\right] + c\\
& = 2 \int z e^{-z} dz + z^2 e^{-z} – \int z e^{-z} dz + c\\
& = z^2 e^{-z} + c.
\end{align*}

De donde obtenemos a la función entera $f$, tal que $\operatorname{Re}f = u$:
\begin{align*}
f(z) & = z^2 e^{-z} + c\\
& = (x+iy)^2 e^{-(x+iy)} + c\\
& = e^{-x} \left[(x^2 – y^2) \operatorname{cos}(y) + 2xy\operatorname{sen}(y)\right] + i e^{-x} \left[ 2xy\operatorname{cos}(y) – (x^2-y^2)\operatorname{sen}(y)\right] + c,
\end{align*}para toda $z=x+iy\in\mathbb{C}$, con $c\in\mathbb{C}$ constante.

Recordemos el siguiente resultado de nuestros cursos de Ecuaciones Diferenciales.

Definición 41.1. (Diferencial de una función real de dos variables.)
Sean $D\subset\mathbb{R}^2$ un dominio y $f:D\to\mathbb{R}$ una función de clase $C^1(D)$. Se define a la diferencial de $f$ como:
\begin{equation*}
df = \frac{\partial f}{\partial x} dx + \frac{\partial f}{\partial y} dy.
\end{equation*}

Definición 41.2. (Ecuación diferencial exacta.)
Sean $D\subset\mathbb{R}^2$ un dominio y $M,N:D\to\mathbb{R}$ dos funciones continuas en $D$. La expresión diferencial:
\begin{equation*}
M(x,y)dx + N(x,y)dy,
\end{equation*}es una diferencial exacta en $D$ si ésta corresponde a la diferencial de alguna función $f:D\to\mathbb{R}$. Una ecuación diferencial de primer orden de la forma:
\begin{equation*}
M(x,y)dx + N(x,y)dy=0,
\end{equation*}es una ecuación exacta si existe una función $f:D\to\mathbb{R}$ tal que en el dominio $D$ cumple:
\begin{equation*}
\frac{\partial f(x,y)}{\partial x} = M(x,y), \quad \frac{\partial f(x,y)}{\partial y} = N(x,y).
\end{equation*}

Teorema 41.1. (Criterio para una diferencial exacta.)
Sean $D\subset\mathbb{R}^2$ un dominio y $M,N:D\to\mathbb{R}$ dos funciones continuas en $D$ de clase $C^1(D)$. Entonces, una condición necesaria y suficiente para que la ecuación $M(x,y)dx+N(x,y)dy=0$ sea diferencial exacta en $D$, es que se cumpla:
\begin{equation*}
\frac{\partial M(x,y)}{\partial y} = \frac{\partial N(x,y)}{\partial x}.
\end{equation*}

Método utilizando ecuaciones diferenciales exactas.
Supongamos que $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ es una función analítica en algún dominio $D\subset\mathbb{C}$ y que conocemos a alguna de las dos funciones reales $u$ o $v$, entonces podemos determinar explícitamente a $f$. Sin pérdida de generalidad supongamos que conocemos a $u$, procedemos a obtener a $v$.

Consideremos a la diferencial:
\begin{equation*}
dv = \frac{\partial v}{\partial x} dx + \frac{\partial v}{\partial y} dy,
\end{equation*}

Como $f$ es analítica en $D$, entonces satisface las ecuaciones de C-R en $D$, es decir:
\begin{equation*}
dv = \frac{\partial v}{\partial x} dx + \frac{\partial v}{\partial y} dy = -\frac{\partial u}{\partial y} dx + \frac{\partial u}{\partial x} dy. \tag{41.4}
\end{equation*}

Haciendo $M(x,y) := -u_y(x,y)$ y $N(x,y):= u_x(x,y)$, tenemos:
\begin{equation*}
dv(x,y) = M(x,y) dx + N(x,y) dy.
\end{equation*}

Dado que $f=u+iv$ es analítica en $D$, entonces $u$ y $v$ son armónicas en $D$, por lo que existen:
\begin{equation*}
\frac{\partial M}{\partial y} = – \frac{\partial^2 u}{\partial y^2}, \quad \frac{\partial N}{\partial x} = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2},
\end{equation*}y $u$ satisface la ecuación de Laplace, es decir:
\begin{equation*}
\frac{\partial N}{\partial x} – \frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = 0,
\end{equation*}de donde:
\begin{equation*}
\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x},
\end{equation*}es decir, (41.4) es una ecuación diferencial exacta, por lo que podemos resolverla para obtener a $v$.

Procedemos a mostrar el uso de este segundo método con el siguiente ejemplo.

Ejemplo 41.2.
Determinemos a la función entera $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$, cuya parte real es la función:
\begin{equation*}
u(x,y) = e^{x}\left[x\operatorname{cos}(y) – y\operatorname{sen}(y)\right].
\end{equation*}

Solución. Tenemos que:
\begin{align*}
dv & = \frac{\partial v}{\partial x} dx + \frac{\partial v}{\partial y} dy\\
& = -\frac{\partial u}{\partial y} dx + \frac{\partial u}{\partial x} dy\\
& = e^{x} \left[x\operatorname{sen}(y) + \operatorname{sen}(y) + y\operatorname{cos}(y)\right] dx + e^{x} \left[x\operatorname{cos}(y) – y\operatorname{sen}(y) + \operatorname{cos}(y)\right] dy, \tag{41.5}
\end{align*}es una ecuación diferencial exacta, por lo que:
\begin{equation*}
\frac{\partial v(x,y)}{\partial x} = e^{x} \left[x\operatorname{sen}(y) + \operatorname{sen}(y) + y\operatorname{cos}(y)\right].
\end{equation*}

Integrando respecto a $x$ la igualdad anterior tenemos que:
\begin{align*}
v(x,y) & = \int e^{x} \left[x\operatorname{sen}(y) + \operatorname{sen}(y) + y\operatorname{cos}(y)\right] dx + g(y)\\
& = \operatorname{sen}(y) \int e^{x} x dx + \operatorname{sen}(y) \int e^x dx + y\operatorname{cos}(y) \int e^x dx + g(y)\\
& = e^x (x-1) \operatorname{sen}(y) + e^x \operatorname{sen}(y) + e^x y \operatorname{cos}(y) + g(y)\\
& = x e^x \operatorname{sen}(y) + e^x y \operatorname{cos}(y) + g(y).
\end{align*}

Derivando respecto a $y$ la igualdad anterior y considerando (41.5) tenemos que:
\begin{align*}
\frac{\partial v(x,y)}{\partial y} & = x e^x \operatorname{cos}(y) + e^x\left[\operatorname{cos}(y) – y\operatorname{sen}(y)\right] + g'(y)\\
& = e^x\left[x \operatorname{cos}(y) + \operatorname{cos}(y) – y\operatorname{sen}(y)\right] + g'(y)\\
& = e^{x} \left[x\operatorname{cos}(y) – y\operatorname{sen}(y) + \operatorname{cos}(y)\right],
\end{align*}de donde $g'(y) = 0$, por lo que $g(y)=c$, con $c\in\mathbb{R}$.

Entonces:
\begin{equation*}
v(x,y) = e^x \left[ x \operatorname{sen}(y) + y \operatorname{cos}(y)\right] + c,
\end{equation*}con $c$ una constante real.

Por lo tanto, para todo $z\in\mathbb{C}$ tenemos que:
\begin{align*}
f(z) & = u(x,y) + iv(x,y)\\
& = e^{x}\left[x\operatorname{cos}(y) – y\operatorname{sen}(y)\right] + i e^x \left[ x \operatorname{sen}(y) + y \operatorname{cos}(y)\right] +ic\\
& = xe^x \left[\operatorname{cos}(y) +i \operatorname{sen}(y)\right] + iye^x \left[\operatorname{cos}(y) +i \operatorname{sen}(y)\right] + ic\\
& = xe^x e^{iy} + iye^{iy} + ic\\
& = e^{x+iy} \left(x+iy\right) +ic\\
& = z e^z + a,
\end{align*}donde $a=ic\in\mathbb{C}$ es una constante.

Cerramos está entrada con un último método para construir funciones analíticas sin utilizar integrales.

Proposición 41.1.
Sea $U\subset\mathbb{C}$ un conjunto abierto, tal que $0\in U$, y $f:U \to\mathbb{C}$ una función analítica en $U$. Si $\operatorname{Re}f(z):=u(x,y)$ es una función armónica en $U$, entonces:
\begin{equation*}
f(z)=2u\left(\frac{z}{2},\frac{z}{2i}\right) + c,
\end{equation*}con $c$ una constante. De de hecho $c=-\overline{f(0)}$.

Demostración. Dadas las hipótesis, tenemos que:
\begin{equation*}
u(x,y) = \operatorname{Re}f(z) = \frac{f(z)+\overline{f(z)}}{2}.
\end{equation*}

De acuerdo con los resultados de la entrada 19, sabemos que al ser $f$ analítica en $U$, entonces se cumple que:
\begin{equation*}
\frac{\partial \overline{f(z)}}{\partial z} = 0,
\end{equation*}por lo que podemos considerar a la función $\overline{f(z)}$ como una función de $\overline{z}$ y denotamos esto como $\overline{f(z)} = \overline{f}(\overline{z})$. Entonces, para $z=x+iy\in U$ tenemos que:
\begin{equation*}
u\left(\frac{z+\overline{z}}{2}, \frac{z-\overline{z}}{2i}\right) = u(x,y) = \frac{f(z)+\overline{f}(\overline{z})}{2},
\end{equation*}lo cual se cumple para todo $z$ y todo $\overline{z}$, por lo que podemos considerar a estas variables como independientes. Si $\overline{z} = 0$, entonces:
\begin{equation*}
u\left(\frac{z}{2}, \frac{z}{2i}\right) = \frac{f(z)+\overline{f}(0)}{2} = \frac{f(z)+\overline{f(0)}}{2},
\end{equation*}es decir:
\begin{equation*}
f(z)=2u\left(\frac{z}{2},\frac{z}{2i}\right) – \overline{f(0)}.
\end{equation*}

Notemos que:
\begin{equation*}
u(0,0) = \frac{f(0)+\overline{f}(\overline{0})}{2} = \operatorname{Re}f(0),
\end{equation*}de donde:
\begin{equation*}
\overline{f(0)} = \operatorname{Re}f(0) – i \operatorname{Im}f(0) = u(0,0) – ib,
\end{equation*}con $b:=\operatorname{Im}f(0) \in \mathbb{R}$.

Entonces:
\begin{equation*}
f(z)=2u\left(\frac{z}{2},\frac{z}{2i}\right) – u(0,0) + ib.
\end{equation*}

$\blacksquare$

Observación 41.2.
Si $0 \not \in U$, se puede utilizar el mismo método sustituyendo a $\overline{z}$ por otro valor.

Procedemos a mostrar el uso de este tercer método con el siguiente ejemplo.

Ejemplo 41.3.
Construyamos la función entera $f(z)$ tal que $\operatorname{Re}f(z) = y^3-3x^2y$.

Solución. Sea $u(x,y) = y^3-3x^2y$. No es difícil verificar que $u$ es armónica en $\mathbb{C}$, por lo que se deja como ejercicio al lector.

Entonces:
\begin{align*}
u\left(\frac{z}{2},\frac{z}{2i}\right) & =
u\left(\frac{z}{2},\frac{z}{2i}\right)\\
& = \left(\frac{z}{2i}\right)^3 – 3\left(\frac{z}{2}\right)^2 \left(\frac{z}{2i}\right)\\
& = \frac{z^3}{8}i + \frac{3z^3}{8}i\\
& = \frac{z^3}{2}i.
\end{align*}

Por otra parte $u(0,0) = 0$, entonces:
\begin{equation*}
f(z) = 2u\left(\frac{z}{2},\frac{z}{2i}\right) – u(0,0) + bi = i(z^3+b),
\end{equation*}con $b\in\mathbb{R}$.

Tarea moral

  1. Determina la función analítica $f(z)$ tal que $\operatorname{Re}f(z) = u(x,y)$, donde:
    a) $u(x,y) = x^3-3xy^2+3x+1$.
    b) $u(x,y) = \operatorname{sen}(x) \operatorname{cosh}(y)$.
  2. Sea $u(x,y)=x^3-3xy^2$. Muestra que $u$ es armónica en $\mathbb{C}$ y determina la función analítica $f(z)$ tal que $\operatorname{Re}f(z) = u(x,y)$.
  3. Prueba que la función $u(x,y) = x^3-3xy^2+3x^2-3y^2+1$ satisface la ecuación de Laplace. Encuentra su función armónica conjugada $v$ y determina la función analítica $f=u+iv$.
  4. Muestra que la función $u(x,y) = \dfrac{\operatorname{ln}(x^2+y^2)}{2}$ es armónica. Encuentra su función armónica conjugada $v$ y determina la función analítica $f=u+iv$.
  5. Si $u(x,y)$ y $v(x,y)$ son dos funciones reales que satisfacen la ecuación de Laplace, muestra que $U(x,y)+iV(x,y)$ es una función analítica, donde:
    \begin{equation*}
    U(x,y) = \frac{\partial u(x,y)}{\partial y} – \frac{\partial u(x,y)}{\partial x}, \quad V(x,y) = \frac{\partial v(x,y)}{\partial x} + \frac{\partial v(x,y)}{\partial y}.
    \end{equation*}

Más adelante…

Con esta entrada concluimos la cuarta unidad del curso. En la siguiente entrada iniciaremos la quinta y última unidad del curso correspondiente con algunas de las aplicaciones más importantes de los resultados vistos a lo largo del curso, en particular veremos las series de Taylor, las series de Laurent y el Teorema del Residuo, mediante los cuales, principalmente, nos será posible evaluar integrales reales de manera sencilla.

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