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:
$$x=\frac{z+\bar{z}}{2},y=\frac{z-\bar{z}}{2i},$$entonces:
$$f(z)=u(\frac{z+\bar{z}}{2},\frac{z-\bar{z}}{2i})+iv(\frac{z+\bar{z}}{2},\frac{z-\bar{z}}{2i}).$$

Si consideramos a $z$ y $\bar{z}$ como dos variables independientes, entonces para $z=\bar{z}$, tenemos que:
$$\begin{array}{}\text{(41.1)}& f(z)=u(z,0)+iv(z,0).\end{array}$$

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

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:
$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(z)& =\frac{\partial u}{\partial x}(x,y)–i\frac{\partial u}{\partial y}(x,y)\\ \text{(41.3)}& & =\frac{\partial v}{\partial y}(x,y)+i\frac{\partial v}{\partial x}(x,y),\mathrm{\forall }z=x+iy\in D.\end{array}$$

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:
$$\frac{\partial u}{\partial x}(x,y):={\phi }_1(x,y),\frac{\partial u}{\partial y}(x,y):={\phi }_2(x,y),z=x+iy\in D.$$

Entonces, como la derivada de $f$ determina una nueva función analítica en $D$, proposición 36.4, de (41.1) se sigue que:
$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(z)& =\frac{\partial u}{\partial x}(x,y)–i\frac{\partial u}{\partial y}(x,y)\\ & ={\phi }_1(x,y)–i{\phi }_2(x,y)\\ & ={\phi }_1(z,0)–i{\phi }_2(z,0).\end{array}$$

Integrando en ambos lados de esta última igualdad tenemos que:
$$\begin{array}{rl}f(z)& =\int [{\phi }_1(z,0)–i{\phi }_2(z,0)]dz+c\\ & =\int {\phi }_1(z,0)dz–i\int {\phi }_2(z,0)dz+c.\end{array}$$

Análogamente, si conocemos a $v$ tenemos que:
$$\begin{array}{rl}f(z)& =\int [{\varphi }_1(z,0)–i{\varphi }_2(z,0)]dz+c\\ & =\int {\varphi }_1(z,0)dz–i\int {\varphi }_2(z,0)dz+c,\end{array}$$donde ${\varphi }_1(z,0)=v_y(x,y)$ y ${\varphi }_2(z,0)=v_x(x,y)$.

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 $F^{\prime }(z)=f(z)$ para todo $z\in D$, lo cual justifica que es posible integrar a $f^{\prime }$.

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 $u(x,y)=e^{-x}[(x^2–y^2)\cos (y)+2xy\mathrm{sen}(y)]$. 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 $C^{\mathrm{\infty }}(\mathbb{C})$, 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:
$$\begin{array}{r}\frac{\partial u}{\partial x}=e^{-x}[2x\cos (y)+2y\mathrm{sen}(y)–(x^2-y^2)\cos (y)–2xy\mathrm{sen}(y)],\\ \frac{\partial u}{\partial y}=e^{-x}[-2y\cos (y)–(x^2-y^2)\mathrm{sen}(y)+2xy\cos (y)+2x\mathrm{sen}(y)],\\ \frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}=e^{-x}[(x^2-4x-y^2+2)\cos (y)+2y(x-2)\mathrm{sen}(y)],\\ \frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=-e^{-x}[(x^2-4x-y^2+2)\cos (y)+2y(x-2)\mathrm{sen}(y)].\end{array}$$

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

Para todo $z=x+iy\in \mathbb{C}$ definimos:
$$\frac{\partial u}{\partial x}(x,y):={\phi }_1(x,y),\frac{\partial u}{\partial y}(x,y):={\phi }_2(x,y).$$

De acuerdo con el método de Milne-Thomson, si $x=z$ y $y=0$, tenemos que:
$${\phi }_1(z,0)=2z{e}^{-z}–z^2{e}^{-z}=e^{-z}(2z–z^2),$$
$${\phi }_2(z,0)=0.$$

Por lo que:
$$f^{\prime }(z)={\phi }_1(z,0)–i{\phi }_2(z,0)=e^{-z}(2z–z^2).$$

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

De donde obtenemos a la función entera $f$, tal que $\mathrm{Re}f=u$:
$$\begin{array}{rl}f(z)& =z^2{e}^{-z}+c\\ & =(x+iy{)}^2{e}^{-(x+iy)}+c\\ & =e^{-x}[(x^2–y^2)\cos (y)+2xy\mathrm{sen}(y)]+i{e}^{-x}[2xy\cos (y)–(x^2-y^2)\mathrm{sen}(y)]+c,\end{array}$$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:
$$df=\frac{\partial f}{\partial x}dx+\frac{\partial f}{\partial y}dy.$$

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:
$$M(x,y)dx+N(x,y)dy,$$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:
$$M(x,y)dx+N(x,y)dy=0,$$es una ecuación exacta si existe una función $f:D\to \mathbb{R}$ tal que en el dominio $D$ cumple:
$$\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=M(x,y),\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}=N(x,y).$$

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:
$$\frac{\partial M(x,y)}{\partial y}=\frac{\partial N(x,y)}{\partial x}.$$

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:
$$dv=\frac{\partial v}{\partial x}dx+\frac{\partial v}{\partial y}dy,$$

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

Haciendo $M(x,y):=-u_y(x,y)$ y $N(x,y):=u_x(x,y)$, tenemos:
$$dv(x,y)=M(x,y)dx+N(x,y)dy.$$

Dado que $f=u+iv$ es analítica en $D$, entonces $u$ y $v$ son armónicas en $D$, por lo que existen:
$$\frac{\partial M}{\partial y}=–\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2},\frac{\partial N}{\partial x}=\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2},$$y $u$ satisface la ecuación de Laplace, es decir:
$$\frac{\partial N}{\partial x}–\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0,$$de donde:
$$\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x},$$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:
$$u(x,y)=e^x[x\cos (y)–y\mathrm{sen}(y)].$$

Solución. Tenemos que:
$$\begin{array}{rl}dv& =\frac{\partial v}{\partial x}dx+\frac{\partial v}{\partial y}dy\\ & =-\frac{\partial u}{\partial y}dx+\frac{\partial u}{\partial x}dy\\ \text{(41.5)}& & =e^x[x\mathrm{sen}(y)+\mathrm{sen}(y)+y\cos (y)]dx+e^x[x\cos (y)–y\mathrm{sen}(y)+\cos (y)]dy,\end{array}$$es una ecuación diferencial exacta, por lo que:
$$\frac{\partial v(x,y)}{\partial x}=e^x[x\mathrm{sen}(y)+\mathrm{sen}(y)+y\cos (y)].$$

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

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

Entonces:
$$v(x,y)=e^x[x\mathrm{sen}(y)+y\cos (y)]+c,$$con $c$ una constante real.

Por lo tanto, para todo $z\in \mathbb{C}$ tenemos que:
$$\begin{array}{rl}f(z)& =u(x,y)+iv(x,y)\\ & =e^x[x\cos (y)–y\mathrm{sen}(y)]+i{e}^x[x\mathrm{sen}(y)+y\cos (y)]+ic\\ & =x{e}^x[\cos (y)+i\mathrm{sen}(y)]+iy{e}^x[\cos (y)+i\mathrm{sen}(y)]+ic\\ & =x{e}^x{e}^{iy}+iy{e}^{iy}+ic\\ & =e^{x+iy}(x+iy)+ic\\ & =z{e}^z+a,\end{array}$$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 $\mathrm{Re}f(z):=u(x,y)$ es una función armónica en $U$, entonces:
$$f(z)=2u(\frac{z}{2},\frac{z}{2i})+c,$$con $c$ una constante. De de hecho $c=-\overline{f(0)}$.

Demostración. Dadas las hipótesis, tenemos que:
$$u(x,y)=\mathrm{Re}f(z)=\frac{f(z)+\overline{f(z)}}{2}.$$

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

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

Entonces:
$$f(z)=2u(\frac{z}{2},\frac{z}{2i})–u(0,0)+ib.$$

$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$

Observación 41.2.
Si $0\notin U$, se puede utilizar el mismo método sustituyendo a $\bar{z}$ 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 $\mathrm{Re}f(z)=y^3-3x^{2}y$.

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

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

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

Tarea moral

1. Determina la función analítica $f(z)$ tal que $\mathrm{Re}f(z)=u(x,y)$, donde:
   a) $u(x,y)=x^3-3x{y}^2+3x+1$.
   b) $u(x,y)=\mathrm{sen}(x)\cosh (y)$.
2. Sea $u(x,y)=x^3-3x{y}^2$. Muestra que $u$ es armónica en $\mathbb{C}$ y determina la función analítica $f(z)$ tal que $\mathrm{Re}f(z)=u(x,y)$.
3. Prueba que la función $u(x,y)=x^3-3x{y}^2+3x^2-3y^2+1$ satisface la ecuación de Laplace. Encuentra su función armónica conjugada $v$ y determina la función analítica $f=u+iv$.
4. Muestra que la función $u(x,y)={\displaystyle \frac{\ln (x^2+y^2)}{2}}$ 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:
   $$U(x,y)=\frac{\partial u(x,y)}{\partial y}–\frac{\partial u(x,y)}{\partial x},V(x,y)=\frac{\partial v(x,y)}{\partial x}+\frac{\partial v(x,y)}{\partial y}.$$

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.

Entradas relacionadas

• Ir a Variable Compleja I.
• Entrada anterior del curso: Funciones conjugadas armónicas y funciones conformes.
• Siguiente entrada del curso: Series de Taylor y series de Laurent.