Funciones Armonicas

Rodrigo Vargas

1. Si u(x, y) es armonica en un dominio simplemente conexo Ω. Demuestre

que u es la parte real de una funcion analıtica en Ω.

Solucion. Si u es armonica entonces f(z) = ux − iuy es analıtica en

Ω. Como Ω es simplemente conexo entonces existe F analıtica tal que

F ′(z) = f(z). Escribiendo F (z) = U(x, y) + iV (x, y) obtenemos que

F ′(z) = Ux(x, y) + iVx(x, y) = Vy(x, y) − iUy(x, y)

por lo que Ux(x, y) = ux(x, y) y Uy(x, y) = uy(x, y) entonces U(x, y) =

u(x, y) + c. Por lo tanto, u es la parte real de una funcion analıtica

(F (z) − c) en Ω.

2. Sea u armonica en un dominio Ω y u ≡ 0 sobre un subconjunto abierto

no vacıo de Ω. Demuestre que u ≡ 0 sobre Ω.

Solucion. Sabemos que f(z) = ux − iuy es analıtica en Ω. Como u ≡ 0

sobre un subconjunto abierto no vacıo de Ω, tomamos ux = uy ≡ 0 en

aquel subconjunto. Luego, f(z) ≡ 0 sobre el subconjunto abierto de Ω

entonces f ≡ 0 en Ω lo que implica que ux = uy ≡ 0 en Ω luego u es con-

stante sobre Ω. Como u ≡ 0 sobre el subconjunto abierto, esta constante

es cero, i.e., u ≡ 0 en Ω.

3. Sea u(z) armonica en un dominio G. Supongase que el conjunto z ∈ G :

ux(z) = uy(z) = 0 tiene un punto lımite en G. Demuestre que u(z) es

una funcion constante.

Solucion. La funcion f(z) = ux − iuy es analıtica en G. Como el con-

junto z ∈ G : f(z) = 0 tiene un punto lımite en G implica que f(z) ≡ 0

en G por el teorema de unicidad. Luego el conjunto z ∈ G : ux(z) =

uy(z) = 0 = G, por lo que u = g(y) y u = h(x) se deduce entonces que

u es constante sobre G.

1

2 Rodrigo Vargas

4. Si f(z) = u(x, y) + iv(x, y) es analıtica con u(x, y) = x3 − 3x + αxy2.

Hallar

(a) α

(b) v(x, y)

Solucion.

(a) Como u es la parte real de una funcion analıtica entonces u es

armonica, i.e., uxx + uyy = 0. uxx = 6x y uyy = 2ax entonces

6x + 2ax = 0 lo que implica que a = −3.

(b) Tenemos que ux = 3x2 − 3 − 3y2 = vy, uy = −6xy = .vx entonces

vx = 6xy y vy = 3x2 − 3y2 − 3. Por lo que v = 3x2y + g(y) lo que

implica que vy = 3x2 + g′(y) entonces g′(y) = −3y2 − 3 por lo que

g(y) = −y3 − 3y + C. Por lo tanto, v(x, y) = 3x2y − 3y − y3 + C.

5. Suponga que u : R2 → R es armonica y acotada. Pruebe que u es cons-

tante.

Solucion. R2 es simplemente conexo y u es armonica en R

2 entonces

u es la parte real de una funcion analıtica f sobre R2. Luego f es entera.

Ahora, |u(z)| ≤ M para todo z ∈ C, entonces

Im f ⊂ z ∈ C : −M < Re z < M .

Por el Teorema de Picard, f es constante. Por lo tanto, u es constante.

6. Sea D = z : 0 < arg z < π/2. Hallar una funcion u continua en D−0,

armonica en D y que satisface u(x, 0) = 1 para todo x > 0 y u(0, y) = 0

para y > 0.

Solucion. La funcion log z = log |z|+ i arg z es analıtica sobre C−x ∈

R : x ≤ 0 entonces arg z es armonica en C − x ∈ R : x ≤ 0. Tenemos

que arg(x, 0) = 0 y arg(0, y) = π/2, luego sea u(z) =2

π

(π

2− arg(z)

)

, es

decir, u(z) = 1−2

πarg(z). Entonces u(z) es continua D−0, armonica

en D y u(x, 0) = 1 para x > 0 y u(0, y) = 0 para y > 0.

7. Sea u(z) una funcion armonica y positiva en C. Pruebe que u(z) es cons-

tante.

Funciones Armonicas 3

Solucion. u es la parte real de una funcion entera f(z), como C es

simplemente conexo y u es armonica en C. Ahora bien, u(z) > 0 para

todo z ∈ C entonces

Im f(z) ⊂ z ∈ C : Re z > 0

Por el Teorema de Picard f es constante lo que implica que u es constante.

8. Demuestre que si f = u + iv es entera y u es siempre no negativa, en-

tonces f es constante.

Solucion. Si u(z) ≥ 0 entonces Im f ⊂ z ∈ C : Re z ≥ 0 y por el

Teorema de Picard, f es contante.

9. Suponga que f(z) = u(z) + iv(z) es analıtica en alguna vecindad N .

Demuestre:

(a) uv es armonica en N .

(b) u2 es armonica en N si y solo si f es constante.

Solucion.

(a) Tenemos que

(uv)xx = uxxv + 2uxvx + uvxx , (uv)yy = uyyv + 3uyvy + uvyy .

Usando las ecuaciones de Cauchy-Riemann y el hecho que u y v son

armonicas obtenemos

(uv)xx + (uv)yy = (uxx + uyy)v + 2uxvx + 2uyvy + (vxx + vyy)u

= 2ux(−uy) + 2uy(ux) = 0

(b) Si f es constante es claro que u2 es armonica. Recıprocamente, si u2

es armonica y usando el hecho que u es armonica por ser la parte

real de una funcion analıtica obtenemos que

(u2)xx + (u2)yy = 0 ⇒ (2uxu)x + (2uyu)y = 0

⇒ 2[uxxu + u2

x+ u2

y+ uyyu] = 0

⇒ u2

x+ u2

y= 0

⇒ ux = uy = 0

⇒ vy = −vx = 0

⇒ f es constante .