Compleja:Zill-Cap3.4

Ejercicios del capítulo 3, sección 4 del libro, A First Course in Complex Analysis with Applications de Zill y Shanahan.

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Sección 3.4

Ejercicio 1

Identifique las dos familias de curvas de nivel definidas por la función analítica f dada. A mano, dibuje dos curvas de cada familia en los mismos ejes coordenados

$f(z)=2iz-3+i$

Procedimiento

tomamos en cuenta que $z=x+iy$ ,sustituimos, desarrollamos y simplificamos

$2i(x+iy)-3+i=2ix+2yi^{2}-3-i=(-2y-3)+i(2x+1)$

$u(x,y)=-2y-3$

$v(x,y)=2x+1$

por lo tanto nuestras familias de curvas de nivel parten de esto

$c_{1}=-2y-3$

$c_{2}=2x+1$

Gráficas

Para dos puntos por ejemplo:

$z_0=1+i$ $z_1=2+2i$

$-2y-3=-5$ $-2y-3=-7$

en color azul

$2x+1=3$ $2x+1=5$

en color rojo

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Realizado por: Juan Daniel Rivera Bautista (discusión) 14:34 3 jun 2015 (CDT)

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Ejercicio 2

Identifique las dos familias de curvas de nivel definidas por la función analítica f dada. A mano, dibuje dos curvas de cada familia en los mismos ejes coordenados

Procedimiento

\[ f(z)=(z-1)^2 \]

\[ f(z)=f(x+iy)=\left[(x+iy)-1\right]^2=(x-1+iy)^2=(x-1)^2+2(x-1)(iy)+(iy)^2 \]

\[ =(x-1)^2+2(ixy-iy)-y^2=(x-1)^2-y^2+2iy(x-1) \]

Recordemos que $f(z)=f(x+iy)=u(x,y)+iv(x,y)$, entonces:

\[ u(x,y)=(x-1)^2-y^2 \;\;\;\; y \;\;\;\; v(x,y)=2y(x-1) \]

Y por ende familias de curvas de nivel parten de:

\[ c_1=(x-1)^2-y^2 \;\;\;\; y \;\;\;\; c_2=2y(x-1) \]

Para visualizar mejor como son estas curvas dividimos entre $c_1$ la primera expresión y despejamos $y$ de la segunda.

\[ 1=\left(\frac{x-1}{\sqrt {c_1}}\right)^2-\left(\frac{y}{\sqrt {c_1}}\right)^2\;\;\;\; y \;\;\;\; y=\frac{c_2}{2(x-1)} \]

Haciendo $k_1=\sqrt {c_1}$ y $k_2=\frac{c_2}{2}$, quedando así:

\[ 1=\left(\frac{x-1}{k_1}\right)^2-\left(\frac{y}{k_1}\right)^2\;\;\;\; y \;\;\;\; y=\frac{k_2}{x-1} \]

Ahora resulta evidente que la primer familia de curvas corresponde a hipérbolas equiláteras centradas en (1,0) que aumentan de tamaño con $k_1$, cuando $k_1$ es negativa son verticales y cuando es positiva horizontales. En cero colapsa en las asíntotas de estas hipérbolas.

La segunda familia corresponde también a hipérbolas equiláteras centradas en (1,0) que aumentan de tamaño con $k_1$, pero estas están rotadas $\pi/20$.

A continuación se muestran:

 Gráficas

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• NOTA: Pese a que el ejercicio pide que se bosquejen a mano, opto por subirlas usando mathematica

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Realizado por:Tlacaelel Cruz (discusión) 20:57 4 jun 2015 (CDT)

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Ejercicio 3

Identifique las dos familias de curvas de nivel definidas por la función analítica f dada. A mano, dibuje dos curvas de cada familia en los mismos ejes coordenados

$f\left(z\right)=\frac{1}{z}$

Procedimiento

viendo el numero complejo z como

$z=x+iy$

desarrollamos a f$\left(z\right)$

$f\left(z\right)=\frac{1}{x+iy}=\frac{1}{x+iy}\left(\frac{x-iy}{x-iy}\right)=\frac{x-iy}{x^{2}+y^{2}}$

poniendo f$\left(z\right)$en funcion de $u\left(x,y\right)+iv\left(x,y\right)$

$U\left(x,y\right)=\frac{x}{x^{2}+y^{2}}$

$V\left(x,y\right)=\frac{-y}{x^{2}+y^{2}}$

por tanto nuestras familias de curvas de nivel quedan

$C_{1}=\frac{x}{x^{2}+y^{2}}$

$C_{2}=\frac{-y}{x^{2}+y^{2}}$

Gráficas

Para dos puntos por ejemplo:

$z_0=1+i$

$z_1=2+2i$

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Realizado por: Martin Flores Molina (discusión) 19:05 21 mayo 2015 (CDT)

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Ejercicio 4

Identificar a las dos familias de curvas de nivel definidas por función analítica $f$. A mano, dibujar dos curvas de cada familia en la misma coordenada ejes

$f(z)= z + \frac{1}{z}$

Sabemos que $z = x + iy$, entonces sustituyendo en la función $F$ tenemos:

$f(z) = (x+iy) + \frac{1}{x+iy} = \frac{(x+iy)^2 + 1}{x+iy} = \frac{(x^2 - y^2 + 1) + 2ixy}{x+iy} = \frac{(x^2 - y^2 + 1) + 2ixy}{x+iy} .\frac{x-iy}{x-iy}$

$f(z) = \frac{(x^3 - xy^2 + x + 2xy^2) + i(x^2 y + y^3)}{x^2 + y^2}$

Como sabemos podemos ver alas función $f$ como $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$, entonces tendíamos que:

$u(x,y)=\frac{(x^3 - xy^2 + x + 2xy^2)}{x^2 + y^2}$

$v(x,y)=\frac{(x^2 y + y^3)}{x^2 + y^2}$

De estas ecuaciones podemos decir que las familias de curvas son:

$c_{1}=\frac{(x^3 - xy^2 + x + 2xy^2)}{x^2 + y^2}$

$c_{2}=\frac{(x^2 y + y^3)}{x^2 + y^2}$

Angelina Nohemi Mendoza Tavera (discusión) 15:46 4 jun 2015 (CDT)

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Ejercicio 5

La función analítica dada $f(z)= u+iv$ define dos familias de curvas de nivel de $u(x,y)= c_{1}$ y $v(x,y)= c_{2}$ Primero use derivación implícita para calcular $dy/dx$ para cada familia y compruebe que las familias son ortogonales.

$f(z)= x-2x^2+2y^2+ i(y-4xy)$

Procedimiento

Identificamos $u(x,y)= x-2x^2+2y^2$ y $v(x,y)=y-4xy$

Para esta función las familias de las curva de nivel $x-2x^2+2y^2=c_{1}$ y $y-4xy=c_{2}$ son dos familias de

Para probar que $L_{1}$ y $L_{2}$ (las rectas tangentes a las curvas de nivel) son perpendiculares en $z_{0}$ demostramos que la pendiente de una tangente es el recíproco negativo de la pendiente de la otra, demostrando que el producto de las dos pendientes es -1.

Derivando a $u(x,y)=u_{0}$ y $v(x,y)=v_{0}$

$\frac{dy}{dx}= -\frac{1-4x}{4y}$ = $-\frac{\partial u / \partial x}{\partial u / \partial y}$ , $\frac{dy}{dx}= -\frac{-4y}{1-4x}$= $-\frac{\partial v / \partial x}{\partial v / \partial y}$ ...(1)

En $\left(x_{0},y_{0}\right)$ vemos de (1), las ecuaciones de Cauchy-Reimann $u_{x}=v_{y}$ , $u_{y}=-v_{x}$ y de $f'(z_{0})\neq0$ , que el producto de la dos funciones pendiente es

$\left(-\frac{\partial u / \partial x}{\partial u / \partial y} \right)$ $\left(-\frac{\partial v / \partial x}{\partial v / \partial y} \right)$ = $\left(\frac{\partial v / \partial y}{\partial v / \partial x} \right)$ $\left(-\frac{\partial v / \partial x}{\partial v / \partial y} \right)$

Conclusión

Sustituyendo:

$\left(-\frac{1-4x}{4y}\right) \left(-\frac{-4y}{1-4x}\right)= \left(\frac{1-4x}{-4y}\right) \left(-\frac{-4y}{1-4x}\right)=-1$

Por lo que se concluye que la familia de curvas son ortogonales.

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Realizado por: Emmanuell Castro Flores (discusión) 22:51 4 jun 2015 (CDT)

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Ejercicio 6

La función analítica dada $f(z)= u+iv$ define dos familias de curvas de nivel de $u(x,y)= c_{1}$ y $v(x,y)= c_{2}$ Primero use derivación implícita para calcular $dy/dx$ para cada familia y compruebe que las familias son ortogonales.

$f(z)= x^3-3xy^2+ i(3x^2y-y^3)$

Procedimiento

Identificamos $u(x,y)= x^3-3xy^2$ y $v(x,y)=3x^2y-y^3$

Entonces las familias de curvas de nivel son:

$x^3-3xy^2=c_{1}$ y $3x^2y-y^3=c_{2}$

Para probar que las rectas tangentes a las curvas de nivel son perpendiculares, debemos de tomar en cuenta las Ecuaciones de Cauchy-Riemann:

$\left(-\frac{\partial u / \partial x}{\partial u / \partial y} \right)$ $\left(-\frac{\partial v / \partial x}{\partial v / \partial y} \right)$ = $\left(\frac{\partial v / \partial y}{\partial v / \partial x} \right)$ $\left(-\frac{\partial v / \partial x}{\partial v / \partial y} \right)=-1$

Ahora derivamos $u(x,y)=u_{0}$ y $v(x,y)=v_{0}$

$\frac{dy}{dx}= -\frac{6xy}{3x^2-3y^2}$ = $-\frac{\partial u / \partial x}{\partial u / \partial y}$ , $\frac{dy}{dx}= \frac{3x^2-3y^2}{6xy}$= $-\frac{\partial v / \partial x}{\partial v / \partial y}$

Conclusión

Por lo tanto, sustituyendo las derivadas anteriores en las ecuaciones de Cauchy-Riemann, tenemos:

$\left(\frac{6xy}{3x^2-3y^2}\right) \left(-\frac{3x^2-3y^2}{6xy}\right)= \left(\frac{6xy}{3x^2-3y^2}\right) \left(-\frac{3x^2-3y^2}{6xy}\right)=-1$

Por lo que se concluye que la familia de curvas son ortogonales.

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Realizado por:Nancy Martínez Durán (discusión) 03:10 5 jun 2015 (CDT)

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Ejercicio 7

La función analítica dada $f(z)=u+iv$ define dos familias de curvas de nivel de $u(x,y)=c_{1}$ y $v(x,y)=c_{2}$. Use derivación implícita para calcular ${\frac {dy}{dx}}$ para cada familia y compruebe que las familias son ortogonales. $f(z)=e^{-x}cosy+ie^{-x}seny$

Procedimiento

Ahora identificamos a :

$u(x,y)=e^{-x}cosy$  ; $v(x,y)=e^{-x}seny$

Por lo cual las familias de curvas de nivel son:

$e^{-x}cosy=c_{1}$  ; $e^{-x}seny=c_{2}$

Derivando a $u(x,y)=u_{0}$ y $v(x,y)=v_{0}$

${\frac {\partial u}{\partial x}}=-e^{-x}cosy;{\frac {\partial u}{\partial y}}=-e^{-x}seny$

${\frac {\partial v}{\partial x}}=-e^{-x}seny;{\frac {\partial v}{\partial y}}=e^{-x}cosy$

Ahora bien derivando implícitamente:

${\frac {dy}{dx}}=-{\frac {-e^{-x}cosy}{-e^{-x}seny}}=-{\frac {\frac {\partial u}{\partial x}}{\frac {\partial u}{\partial y}}}=-{\frac {e^{-x}cosy}{e^{-x}seny}}$

${\frac {dy}{dx}}=-{\frac {-e^{-x}seny}{e^{-x}cosy}}=-{\frac {\frac {\partial v}{\partial x}}{\frac {\partial v}{\partial y}}}={\frac {e^{-x}seny}{e^{-x}cosy}}$

Ahora para probar que las rectas tangentes a las curvas de nivel son perpendiculares, debemos de tomar el siguiente:

$(-{\frac {\frac {\partial u}{\partial x}}{\frac {\partial u}{\partial y}}})(-{\frac {\frac {\partial v}{\partial x}}{\frac {\partial v}{\partial y}}})=({\frac {\frac {\partial v}{\partial y}}{\frac {\partial v}{\partial v}}})(-{\frac {\frac {\partial v}{\partial x}}{\frac {\partial v}{\partial y}}})=-1$

Conclusión

sustituyendo:

$(-{\frac {e^{-x}cosy}{e^{-x}seny}})({\frac {e^{-x}seny}{e^{-x}cosy}})=(-{\frac {e^{-x}cosy}{e^{-x}seny}})({\frac {e^{-x}seny}{e^{-x}cosy}})=-1$

Por lo cual son ortogonales.

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Realizado por: Anahi Limas (discusión) 12:29 5 jun 2015 (CDT)

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Ejercicio 8

La función analítica dada $f(z)=u+iv$ define dos familias de curvas de nivel de $u(x,y)=c_{1}$ y $v(x,y)=c_{2}$. Use derivación implícita para calcular ${\frac {dy}{dx}}$ para cada familia y compruebe que las familias son ortogonales.

$f(z)=x+{\frac {x}{x^{2}+y^{2}}}+i\left(y-{\frac {y}{x^{2}+y^{2}}}\right)$

Solución

Se tiene que

$u(x,y)=x+{\frac {x}{x^{2}+y^{2}}}$

$v(x,y)=y-{\frac {y}{x^{2}+y^{2}}}...(1),$

y el problema nos proporciona la información que

$u(x,y)=c_{1}$

$v(x,y)=c_{2}...(2)$

entonces; igualando la ecuación (1) con (2) se tiene

$x+{\frac {x}{x^{2}+y^{2}}}=c_{1}$

$y-{\frac {y}{x^{2}+y^{2}}}=c_{2}.$

Estas son familias de curvas de nivel.

Para probar que las rectas tangentes a las curvas de nivel son perpendiculares, tomaremos las ecuaciones de Cauchy-Riemann; entonces

${\frac {\partial u}{\partial x}}=1+{\frac {\left(x^{2}+y^{2}\right)-x\left(2x\right)}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}}=1+{\frac {y^{2}-x^{2}}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}}$

${\frac {\partial u}{\partial y}}=-{\frac {2xy}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}}$

${\frac {\partial v}{\partial x}}=-{\frac {2xy}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}}$

${\frac {\partial v}{\partial y}}=1-{\frac {\left(x^{2}+y^{2}\right)-2y^{2}}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}}=1-{\frac {x^{2}-y^{2}}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}}.$

${\frac {\frac {\partial u}{\partial x}}{\frac {\partial u}{\partial y}}}={\frac {\partial y}{\partial x}}={\frac {1+{\frac {y^{2}-x^{2}}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}}}{-{\frac {2xy}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}}}}$

${\frac {\frac {\partial v}{\partial x}}{\frac {\partial v}{\partial y}}}={\frac {\partial y}{\partial x}}={\frac {1-{\frac {x^{2}-y^{2}}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}}}{-{\frac {2xy}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}}}}$

Por lo tanto, sustituyendo y simplificando en el producto de la derivación implícita, el cual se desea comprobar la otorgonalida es

Conclusión

$-{\frac {\frac {\partial u}{\partial x}}{\frac {\partial u}{\partial y}}}*{\frac {\frac {\partial v}{\partial x}}{\frac {\partial v}{\partial y}}}=-{\frac {1+{\frac {y^{2}-x^{2}}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}}}{-{\frac {2xy}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}}}}*{\frac {1-{\frac {x^{2}-y^{2}}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}}}{-{\frac {2xy}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}}}}=-{\frac {1-{\frac {\left(x^{2}-y^{2}\right)}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}}}{-{\frac {2xy}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}}}}*{\frac {1-{\frac {\left(x^{2}-y^{2}\right)}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}}}{-{\frac {2xy}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}}}}=-1.$

Con esto probamos que las familias son ortogonales.

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Realizado por: Ricardo Garcia Hernandez (discusión) 23:50 5 jun 2015 (CDT)

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Ejercicio 9

La función dada de valor real $\phi$ es el potencial de velocidad para un fluido incomprensible e irrotacional, encuentre el campo de velocidad $\vec{F}$ suponga un dominio adecuado $D$ del plano

$\phi (x,y)={\frac {x}{x^{2}+y^{2}}}$

Procedimiento

Para poder encontrar el campo vectorial $\vec{F}$ sera necesario recordar que;

\[\vec{F}=\nabla\phi\]

Por lo cual, solo basta encontrar el gradiente del potencial $\phi$

así tendremos;

\[\nabla\phi(x,y)=(\frac{\partial \phi}{\partial x},\frac{\partial \phi}{\partial y}) \]

y resolviendo las respectivas derivadas, obtendremos;

\[\nabla\phi(x,y)=(\frac{y^{2}-x^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}},-\frac{2xy}{(x^{2}+y^{2})^{2}}) \]

notar que el dominio $D$ es el conjunto de las {$x$,$y$} tal que $x^{2}+y^{2} ≠ 0$

Conclusión

Así concluimos que \[\vec{F}=\nabla\phi=(\frac{y^{2}-x^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}},-\frac{2xy}{(x^{2}+y^{2})^{2}})\]

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Realizado por: Cristian Alfredo Ruiz Castro (discusión) 17:24 5 jun 2015 (CDT)

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Ejercicio 10

La función dada de valor real $\phi$ es el potencial de velocidad para un fluido incomprensible e irrotacional, encuentre el campo de velocidad $\vec{F}$ suponga un dominio adecuado $D$ del plano

$\phi (x,y)={\frac {1}{2}}A\log _{e}(x^{2}+(y+1)^{2}),A>0$

Procedimiento

El campo vectorial esta dado por

\[\vec{F}=\nabla\phi\]

Por lo que encontraremos el gradiente de lo que es $\phi$

\[\nabla\phi(x,y)=(\frac{\partial \phi}{\partial x},\frac{\partial \phi}{\partial y}) \]

Obteniendo las derivadas parciales con respecto de x y de y obtenemos que

${\frac {\partial \phi }{\partial x}}={\frac {1}{2}}A{\frac {2x}{x^{2}+(y+1)^{2})}}$

${\frac {\partial \phi }{\partial y}}={\frac {1}{2}}A{\frac {2(y+1)}{x^{2}+(y+1)^{2}}}$

Por lo que el campo vectorial está definido como

${\vec {F}}=\nabla \phi =({\frac {1}{2}}A{\frac {2x}{x^{2}+(y+1)^{2}}},{\frac {1}{2}}A{\frac {2(y+1)}{x^{2}+(y+1)^{2}}})$

Con A>0 y con $x^2+(y+1)^2 ≠ 0 $

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Realizado por: Pablo (discusión) 23:30 5 jun 2015 (CDT)

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Ejercicio 11

Determine el potencial $\phi$ si el dominio $D$ en la figura 3.4.8 se sustituye por $0<x<1$, $-\infty<y<\infty$ y los potenciales en las fronteras son $\phi(0,y)=50$, $\phi(1,y)=0$

Procedimiento

Resolvemos para

$\frac{\partial^{2}\phi}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}\phi}{\partial y^{2}}=0$, $0<x<1$, $-\infty<y<\infty$

Sujeto a $\phi(0,y)=50$, $\phi(1,y)=0$

Con esto la ecuación de Laplace se convierte en

$\frac{\partial^{2}\phi}{\partial x^{2}}=0$

Integrando dos veces se obtiene

$\phi(x)=ax+b$, con condiciones de frontera $\phi(0)=50$ y $\phi(1)=0$

debemos tener $a(0)+b=50$ y $a(1)+b=0$, respectivamente así los valores de $a$ y $b$ son

$b=50$ y $a=-b=-50$

por lo tanto tenemos que la solución del problema de Dirichlet es $\phi(x)=-50x+50$

dado que satisface la ecuación de Laplace en $D$, $\phi$ es una función armónica.

Por tanto una armónica conjugada $\psi$ se puede encontrar de la siguiente forma

$\frac{\partial\psi}{\partial y}=\frac{\partial\phi}{\partial x}=-50$ y $\frac{\partial\psi}{\partial x}=-\frac{\partial\phi}{\partial y}=0$

Integrando la primera ecuación tenemos

$\psi(y)=-50y+C$, donde $C=0$

$\psi(y)=-50y$

Conclusión

La función potencial compleja para el problema de Dirichlet es

$Ω(z)=\phi(x)+i\psi(y)$

$Ω(z)=-50x+50-50yi$

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Realizado por: Miguel Medina Armendariz (discusión) 23:16 3 jun 2015 (CDT)

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Ejercicio 12

a)Determinar el potencial entre las placas infinitas paralelas al eje x, si los potenciales de las fronteras son:

$\phi\left(x,-1\right)=10$ y $\phi\left(x,2\right)=20$

b)Determinar el potencial complejo

c)Dibujar las curvas equipotenciales y las líneas de fuerzas

Procedimiento

Para determinar el potencial necesitamos saber que la función dada cumpla con la ecuación de Laplace

$\frac{\partial^{2}\phi}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}\phi}{\partial y^{2}}=0$

Pero podemos reescribir esta ecuación ya que la placa no va a depender de x, entonces nos queda:

$\frac{\partial^{2}\phi}{\partial y^{2}}=0$

De hecho esta ecuación como no depende de x podemos reescribirla como una ecación diferencial ordinaria.

$\frac{d^{2}\phi}{dy^{2}}=0$

Resolviendo la ecuación diferencial ordinaria tenemos:

$\phi\left(y\right)=c_{1}y+c_{2}$

Aplicando las condiciones iniciales tenemos:

$\phi\left(-1\right)=-c_{1}+c_{2}=10$

$\phi\left(2\right)=2c_{1}+c_{2}=20$

Resolviendo el sistema de ecuaciones tenemos:

$c_{1}=\frac{10}{3}$ y $c_{2}=\frac{40}{3}$

Por lo que la solución es:

$\phi\left(x,y\right)=\frac{10}{3}y+\frac{40}{3}$...(1)

Para sacar el potencial complejo necesitamos apoyarnos de las ecuaciones de Cauchy-Riemann

$\frac{\partial\phi}{\partial x}=\frac{\partial\Psi}{\partial y}$...(1.1) y $\frac{\partial\Psi}{\partial x}=-\frac{\partial\phi}{\partial y}$...(1.2)

De (1) tenemos

$\frac{\partial\phi}{\partial x}=0=\frac{\partial\Psi}{\partial y}$

$\frac{\partial\phi}{\partial y}=\frac{10}{3}=\frac{\partial\Psi}{\partial x}$...(2)

Integrando (2) tenemos

$\Psi=\frac{10}{3}x+G\left(y\right)$

Derivamos respecto a y

$\frac{\partial\Psi}{\partial y}=\frac{\partial G}{\partial y}=0$ Por (1.1 ) Por lo tanto nuestro potencial complejo es

$\varOmega\left(z\right)=\left[\frac{10}{3}y+\frac{40}{3}\right]+i\left[\frac{10}{3}x\right]$

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Resuelto por Luis Enrique Martínez Valverde (discusión) 00:38 6 jun 2015 (CDT)

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Ejercicio 13

El potencial $\phi(\theta)$ entre las dos placas de longitud infinita que forman la cuña infinita que se muestra en la figura 3.4.11 satisface la ecuación de Laplace en coordenadas polares de la forma:

\[ \frac{d^{2}\phi}{d\theta^{2}}=0 \]

(a) Resuelva la ecuación diferencial sujeta a las condiciones frontera de $\phi(\pi/4)=30$ y $\phi(0)=0$

Inciso a

-Resolviendo la ecuación diferencial se obtiene que:

\[ \phi(r,\theta)=c\theta+k \]

Evaluando las condiciones de frontera se tiene que

$\phi(\pi/4)=30=c(\pi/4)+k$

Y

$\phi(0)=0=c0+k$

Entonces:

\[ c=\frac{120}{\pi} \]

\[ k=0 \]

Sustituyendo los valores tenemos:

\[ \phi(r,\theta)=\frac{120}{\pi}\theta \]

Inciso b

(b) Determine el potencial complejo $\Omega(z)$

-Para ello nos auxiliaremos de las ecuaciones de Cauchy-Riemann en forma polar

\[ \frac{\partial\phi}{\partial r}=\frac{1}{r}\frac{\partial\psi}{\partial\theta}...(1) \]

\[ \frac{\partial\phi}{\partial\theta}=-r\frac{\partial\psi}{\partial r}...(2) \]

Ocupando (1) y (2)

\[ \frac{\partial\phi}{\partial r}=0=\frac{1}{r}\frac{\partial\psi}{\partial\theta} \]

\[ \frac{\partial\phi}{\partial\theta}=\frac{120}{\pi}=-r\frac{\partial\psi}{\partial r} \]

Por lo tanto

$\frac{\partial\psi}{\partial r}=-\frac{120}{\pi r}$

$\psi(r,\theta)=-\frac{120}{\pi}log_{e}r+G(\theta)$

Pero:

$\frac{\partial\phi}{\partial r}=0=\frac{1}{r}\frac{\partial\psi}{\partial\theta}=G(\theta)$

\[ \psi(r,\theta)=-\frac{120}{\pi}log_{e}r \]

Finalmente:

$\Omega(r,\theta)=\phi(r,\theta)+i\psi(r,\theta)$

\[ \Omega(r,\theta)=\frac{120}{\pi}\theta-i\frac{120}{\pi}log_{e}r \]

Inciso c

(c) De las curvas equipotenciales y las lineas de fuerza

-Para esta ultima parte sabemos que las curvas equipotenciales satisfacen que $\frac{120}{\pi}\theta=c_{1}$ y que $\frac{120}{\pi}log_{e}r=c_{2}$

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Realizado por: Fernando Vazquez V. (discusión) 20:21 6 jun 2015 (CDT)

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Ejercicio 14

La temperatura en estado estacionario $\phi(r)$ entre dos conductores cilíndricos satisface la ecuación de Laplace en coordenadas polares de la forma

\[ r^{2}{\displaystyle \frac{d^{2}\phi}{dr^{2}}+r{\displaystyle \frac{d\phi}{dr}=0}} \]

Inciso a

(a) Demostrar que la EDO sujeta a las dos condiciones de frontera $\phi(a)=k_{0}$ y $\phi(b)=k_{1}$ donde $k_{1}$ y $k_{0}$ son potenciales constantes, está dada por $\phi(r)=BLog_{e}r+A$

$B={\displaystyle \frac{k_{0}-k_{1}}{log_{e}(a/b)}}$

$A={\displaystyle \frac{k_{1}log_{e}a-k_{0}log_{e}b}{log_{e}(a/b)}}$

Tenemos que la EDO es del tipo Cauchy-Euler, por lo tanto proponemos una solución de la forma $\phi=r^{m}$, derivando y sustituyendo en la ecuación diferencial, tenemos lo siguiente:

\[ r^{2}(m(m-1)r^{m-2})+mrr^{m-1}=r^{m}(m^{2})=0 \]

La única solución para $m$ es que sea igual a cero.

Como la EDO es de segundo orden necesitamos dos funciones linealmente independientes para formar el espacio solución:

\[ \phi(r)=Ar^{m_{1}}+Br^{m_{2}} \]

Pero como $m_{1}=m_{2}=m=0$, usamos variación de parámetros para encontrar la segunda solución, la cual esta dada por:

\[ \phi_{2}=r^{m}{\displaystyle \int{\displaystyle \frac{e^{-lnr}}{x^{2m}}dr}=logr} \]

Por lo tanto la solucion es de la forma

\begin{equation} \phi(r)=A+Blogr \end{equation}

\begin{equation} \phi(a)=k_{0}=A+Bloga \end{equation}

$\phi(b)=k_{1}=A+Blnb$

Despejando $A$ en la ecuación (1) y sustiyudendolo en (2), tenemos lo siguiente

\[ B={\displaystyle \frac{k_{1}-k_{0}}{log(a/b)}} \]

Despejando $B$en (1) y sustituyendo en 2 e introduciendo el valor que encontramos para $B$ tenemos lo siguiente

\[ A={\displaystyle \frac{kloga-k_{0}logb}{ln(a/b)}} \]

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Realizado por:Jose Emmanuel Flores Calderón (discusión) 22:06 5 jun 2015 (CDT)

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$ r^2 \frac{d^2 φ}{dr^2}+r \frac{d φ}{dr}=0 $

Inciso a

A) Mostrar que una solución de la ecuación diferencial sujeta a las condiciones de contorno $φ(A) = k_{0}$ y $φ(B) = k_{1}$, donde $k_{0}$ y $k_{1}$ son constantes potenciales, está dada por $φ(r) = a + log_{e}r + B$, donde:

$ A=\frac{k_{0}-k_{1}}{log_{e}(\frac{a}{b})} $ $ B=\frac{-k_{0}log_{e}b+k_{1}log_{e}a}{log_{e}(\frac{a}{b})} $

Sustituimos las condiciones iniciales en $ φ(r)$

$ φ(r)= \frac{k_{0}-k_{1}}{log_{e}(\frac{a}{b})} + log_{e}r + \frac{-k_{0}log_{e}b+k_{1}log_{e}a}{log_{e}(\frac{a}{b})} $

donde $φ(r)= φ $

Sacando derivadas parciales

$\frac{\partial φ}{\partial r} = \frac{k_{0}-k_{1}}{log_{e}(\frac{a}{b})} \frac{1}{r} =A \frac{1}{r} $

$ \frac{\partial^{2} φ}{\partial r} = - \frac{k_{0}-k_{1}}{log_{e}(\frac{a}{b})} \frac{1}{r^2} = -A \frac{1}{r^2} $

Sustituyendo en la ecuación de Laplace-Euler

$ r^2 \frac{d^2 φ}{dr^2}+r \frac{d φ}{dr}=0 $

$ r^2 (-\frac{k_{0}-k_{1}}{log_{e}(\frac{a}{b})} \frac{1}{r^2}) + r (\frac{k_{0}-k_{1}}{log_{e}(\frac{a}{b})} \frac{1}{r} =0 $

$ \therefore -\frac{k_{0}-k_{1}}{log_{e}(\frac{a}{b})} + \frac{k_{0}-k_{1}}{log_{e}(\frac{a}{b})} =0 $

$\therefore φ(r)$ es solución a la ecuación de Laplace-Euler.

B) Encuentre el potencial complejo

Inciso b

Tomamos las ecuaciones de C-R

$\frac{\partial φ}{\partial r}= \frac{\partial φ*}{\partial r'} ---- (1)$ $\frac{\partial φ}{\partial r'}=- \frac{\partial φ*}{\partial r}$

Donde $φ*$ es el potencial complejo

De la ecuación (1)

$\frac{\partial φ}{\partial r}=\frac{k_{0}-k_{1}}{log_{e}(\frac{a}{b})} \frac{1}{r}= \frac{\partial φ*}{\partial r'} $

Integrando

$ \int{\partial φ}= \int{ A \frac{1}{r} dr'}$

$ φ= A \frac{1}{r} r' + h(r) $ h(r)=Cte.=0 $

$ φ= A \frac{1}{r} r' $

$\therefore W(r,r')= φ + i φ* $

$\therefore W(r,r')= A log_{e} r + B + i(A \frac{1}{r} r') $

$\therefore W(r,r')= \frac{k_{0}-k_{1}}{log_{e}(\frac{a}{b})} log_{e} r + \frac{-k_{0}log_{e}b+k_{1}log_{e}a}{log_{e}(\frac{a}{b})} + i(\frac{k_{0}-k_{1}}{log_{e}(\frac{a}{b})} \frac{1}{r} r') $

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Elaborado por --Samantha Martinez (discusión) 22:15 05 de Junio 2015 (CDT)

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Ejercicio 15

Considere la función $f(z)=z+\dfrac{1}{z}$. Describa la curva de nivel $v(x,y)=0$.

Sol.  

Si $z=x+iy$

$f(z)=z+\dfrac{1}{z}=z+\dfrac{1}{z}\dfrac{\overline{z}}{\overline{z}}=z+\dfrac{\overline{z}}{|z|}=(x+iy)+\dfrac{x-iy}{\sqrt{x^2+y^2}}=x(1+\dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}})+iy(1-\dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}})$

Con $v(x,y)=y(1-\dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}})=0$

$1-\dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}=0$, $\dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}=1$, $\sqrt{x^2+y^2}=1$, $x^2+y^2=1$

Y es fácil observar que la curva $v(x,y)$ es una circunferencia de radio 1 centrada en el origen.

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Realizado por: Oscar Javier Gutierrez Varela (discusión) 20:21 1 jun 2015 (CDT)

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Ejercicio 16

Las curvas de nivel de $u(x,y) = x^{2}-y^{2}$ y la ecuación $v(x,y)= 2xy$ Analizadas en el ejemplo 1 se intersectan z=0. Dibuje las curvas de nivel que se intersectan en z=0. Explique por que estas curvas de nivel no son ortogonales.

Gráficas

En el gráfico se han representado las dos familias que son ortogonales entre sí, salvo en z=0

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Realizado por: Esther Sarai (discusión) 23:05 6 jun 2015 (CDT)Esther Sarai

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Ejercicio 17

suponga que la función $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ es analítica en un dominio D.Entonces las partes real e imaginaria de $f$ se pueden utilizar para definir dos familias de curvas en D.las ecuaciones

$u(x,y)=c_{1}$

$v(x,y)=c_{2}$

donde $c_{1}\:y\:c_{2}$ son constantes reales arbitrarias, se llaman curvas de nivel de $u$ y $v$ respectivamente.Mas precisamente, en un punto de intersección

$z_{0}=x_{0}+iy_{0},$ donde supondremos que $f'(z_{0})\neq0$ , la recta tangente $L_{1}$a la curva de nivel $u(x,y)=u_{0}$ y la recta tangente $L_{2}$a la curva de nivel $v(x,y)=v_{0}$son perpendiculares.

¿Por que se suponemos que $f'(z_{0})\neq0$ ?

sea $f$ una función analítica en un dominio $\mathbb{D\subset C}$ y sea $z_{0}\in D$ si ponemos $f(z)-f(z_{0})\approx f_{0}(z_{0})*(z-z_{0})$ (por la def. de derivada), entonces cuando $f'(z_{0})\neq0$ la derivada puede interpretarse geometricamente como:

$\mid f(z)-f(z_{0})\mid\approx\mid f_{0}(z_{0})\mid*\mid(z-z_{0})\mid$para $z\approx z_{0}$

siendo $\mid f'_{0}(z_{0})\mid$el factor de escala de las distancias entre las imágenes de los puntos, y el $Arg(f'_{0}(z_{0}))$ es una rotación,

así

$Arg(f(z)-f(z_{0}))=Arg(f_{0}(z_{0}))+Arg(z-z_{0})$

esto es, las funciones analíticas conservan los ángulos en los puntos en los que $f'(z_{0})\neq0$

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Realizado por: Francisco Medina Albino (discusión) 00:48 5 jun 2015 (CDT)

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Eercicio 18

Supongamos que las dos familias de curvas $u(x,y)=c_{1}$y $v(x,y)=c_{2,}$, son trayectorias ortogonales en un dominio D. Analice ¿Es la función $f(x)=u(x,y)+iv(x,y)$ necesariamente analítica en D?

Procedimiento

Sabemos que si tenemos una función $f(x)=u(x,y)+iv(x,y)$ que es analítica en un cierto dominio D las partes real e imaginaria de esta función, a las que llamamos curvas de nivel de $u$ y $v$, respectivamente, son familias ortogonales.

Sabemos esto al analizar algún punto de intersección entre ambas familias y obtener sus rectas tangentes a través de sus respectivas derivadas. Entonces se puede demostrar que son ortogonales si comparamos las pendientes de las rectas tangentes respectivas y ver que la pendiente de una es el recíproco negativo de la otra.

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Pero si tenemos dos familias ortogonales de alguna función $f(x)=u(x,y)+iv(x,y)$ ¿Podemos decir si estas son análiticas?

Para que sean analíticas tendrían que ser necesariamente continuas y satisfacer con las ecuasiones de cauchy-riemann.

Entonces tomamos a dos curvas de nivel $u(x,y)=c_{1}$y $v(x,y)=c_{2,}$ y sabiendo que se cumple que el produnto de las funciones pendiente es :

$(-\frac{(\frac{\partial u}{\partial x})}{(\frac{\partial u}{\partial y}))})(-\frac{(\frac{\partial v}{\partial x})}{(\frac{\partial v}{\partial y})})=(\frac{(\frac{\partial v}{\partial y})}{(\frac{\partial v}{\partial x})})(-\frac{(\frac{\partial v}{\partial x})}{(\frac{\partial u}{\partial y})})=-1................(1)$

Vemos que de la primera parte de estas relaciones podemos obtener las ecuasiones de cauchy riemann como sigue:

$(-\frac{(\frac{\partial u}{\partial x})}{(\frac{\partial u}{\partial y})})(-\frac{(\frac{\partial v}{\partial x})}{(\frac{\partial v}{\partial y})})=-1$

Dada esta relación podemos reordenar de la forma:

$(\frac{\partial u}{\partial x})(\frac{\partial v}{\partial x})=-(\frac{\partial u}{\partial y})(\frac{\partial v}{\partial y})$

y de esta igualdad se puede decir que necesariamente

$(\frac{\partial u}{\partial x})=(\frac{\partial v}{\partial y})$ y que $(\frac{\partial v}{\partial x})=-(\frac{\partial u}{\partial y})$

Las cuales son las ecuasiones de cauchy-riemann que son una condición necesaria para la analiticidad. Sin embargo, podría decirse que la ecuación que tomamos que demuestra la perpendicularidad también puede relacionarse como sigue:

$(\frac{\partial u}{\partial x})=-(\frac{\partial u}{\partial y})$ y que $(\frac{\partial v}{\partial x})=(\frac{\partial v}{\partial y})$ pero esto no cumple con la igualdad (1), por lo que es irrelevante.

Conclusión

Pero no podríamos decir mucho acerca de su continuidad aunque si sea derivable en algún punto evaluado.

Por tanto, aunque todo esto sugiere una doble implicación entre perpendicularidad y analiticidad entre funciones. No es suficiente para decir que así sea.

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Realizado por: A. Martín R. Rabelo (discusión) 21:49 7 jun 2015 (CDT)

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