Appunti integrativi su - Department of Mathematics

Appunti integrativi per il Corso di
Metodi Matematici per l’Ingegneria
A.A. 2015/2016
Marco Bramanti
Politecnico di Milano
October 14, 2015
1
Alcune applicazioni …siche e geometriche del
concetto di funzione olomorfa
1.1
Signi…cati …sici delle funzioni olomorfe
A. Coniugata di una funzione olomorfa e campi irrotazionali solenoidali
Se A C è un aperto connesso e f : A ! C è olomorfa, allora scrivendo
f (x + iy) = u (x; y) + iv (x; y)
si ha la corrispondenza:
funzioni f olomorfe $ campi vettoriali piani F : A ! R2
F = (u; v) con jacobiana
JF =
ux
vx
uy
u
= x
vy
vx
vx
ux
(l’identità tra le due matrici segue dalle condizioni di Cauchy-Riemann).
Calcoliamo rotore e divergenza del campo F :
r F = k (vx uy )
r F = ux + vy
Se cambiassimo il segno di una sola delle due componenti di F , rotore e
divergenza si annullerebbero entrambi. In altre parole:
Proposizione 1 La coniugata di una funzione f olomorfa rappresenta un campo
vettoriale irrotazionale e solenoidale, ossia: se
f (x + iy) = u (x; y) + iv (x; y)
è olomorfa in A, allora il campo F = (u; v) è irrotazionale e solenoidale in A.
1
Per dimostrarlo basta rifare il calcolo precedente con (u; v) ; usando le
condizioni di Cauchy-Riemann.
Esempio 2 Un campo elettrostatico piano obbedisce alla legge
E = kq
r
2
jrj
(proporzionale a 1=r anziché 1=r2 ). Questo è in prima approssimazione il campo
generato su un piano da una distribuzione di carica che è uniforme lungo la
direzione ortogonale al piano1 . Ad esempio, nel piano xy, q è una carica distribuita uniformemente lungo l’asse z: In notazione complessa,
r = ei#
E = kq
ei#
2
= kq
1
1
= kq :
e i#
z
Quindi il campo elettrostatico è la coniugata della funzione 1=z; olomorfa in
C . Difatti in C il campo è irrotazionale (perché conservativo) e solenoidale
(assenza di cariche fuori dall’origine). La scrittura complessa del campo elettrostatico piano generato da una carica in z0 ;
E=
kq
(z
z0 )
può essere utile per certi calcoli. Si veda ad esempio in Zanghì, §18.6, il calcolo
del campo di dipolo o quadripolo.
B. Moto stazionario piano di un liquido incomprimibile non vorticoso
Consideriamo ora il campo di velocità piano v di un liquido incomprimibile e
privo di vortici. Posto v= (v1 ; v2 ), le condizioni di rotore nullo e divergenza
nulla danno
@v1
@v2
=
@y
@x
@v1
@v2
+
= 0:
@x
@y
Poiché v è irrotazionale, in ogni apero A semplicemente connesso è gradiente di
un potenziale di velocità ; ossia
(
v1 = @@x
(1)
v2 = @@y :
1 Se integriamo lungo l’asse z il campo E (tridimensionale e proporzionale a 1=r 2 ) esercitato
in (x; y; 0) da una distribuzione di carica uniforme posta lungo l’asse z, troviamo un campo
piano proporzionale a 1=r:
2
@v2
1
D’altro canto la condizione di divergenza nulla @v
@x + @y = 0 si può anche leggere
dicendo che anche il campo ( v2 ; v1 ) è irrotazionale e dunque è gradiente di un
potenziale ;
(
v2 = @@x
(2)
v1 = @@y :
Le (1)-(2) dicono che:
r
e che ;
r =0
sono legate tra loro dalle relazioni
(
@
@
@x = @y
@
@
@y = @x
il che signi…ca che la funzione di variabile complessa f (x + iy) = (x; y) +
i (x; y) è olomorfa.
Osserviamo che il campo di velocità è ortogonale a r e parallelo a r ,
perciò
si dice funzione di corrente del campo di velocità. Abbiamo quindi
dimostrato la seguente
Proposizione 3 Nel moto stazionario piano di un liquido incomprimibile e non
vorticoso, il potenziale di velocità e la funzione di corrente sono la parte reale e
parte immaginaria di una funzione olomorfa.
C. Funzioni armoniche
Ricordiamo che una funzione u : A ! R di classe C 2 (A) (A aperto di Rn ) si
dice armonica in A se soddisfa l’equazione di Laplace
u = 0 in A; cioè
n
X
j=1
@2u
= 0:
@x2j
Ricordiamo alcuni dei signi…cati …sici di quest’equazione a derivate parziali. A
seconda dei casi, la dimensione spaziale può essere n = 2 o 3.
1. Il potenziale elettrostatico u nei punti dello spazio privi di carica soddisfa
u = 0:
2. Il potenziale gravitazionale u nei punti dello spazio privi di massa soddisfa
u = 0:
3. La temperatura u interna a un corpo omogeneo, in condizioni di equilibrio
termico, nelle regioni del corpo prive di pozzi o sorgenti di calore soddisfa u =
0:
4. La concentrazione u di una sostanza disciolta in un mezzo omogeneo, in
condizioni di equilibrio chimico, nelle regioni del mezzo prive di pozzi o sorgenti
di quella sostanza soddisfa u = 0:
5. Una membrana omogenea elastica …ssata lungo il bordo, in condizioni di
equilibrio è il gra…co di una funzione u (x; y) che soddisfa u = 0:
3
La teoria delle funzioni olomorfe ha profondi legami con la teoria delle funzioni armoniche in due variabili. Infatti, vale anzitutto la seguente
Proposizione 4 Sia f : A ! C olomorfa in un aperto A, e supponiamo2 che
f sia di classe C 2 (A). Allora la sua parte reale e immaginaria sono funzioni
armoniche in A.
Dimostrazione. Scriviamo f = u + iv: Le condizioni di Cauchy-Riemann
dicono che
ux = vy
uy = vx
Derivando ambo i membri della prima equazione rispetto a x, della seconda
rispetto a y, e sommando membro a membro, si ha:
uxx + uyy = vyx
vxy = 0
per il teorema di Schwartz sull’uguaglianza delle derivate seconde miste di una
funzione C 2 . Dunque u è armonica. Se invece deriviamo ambo i membri della
prima equazione rispetto a y, della seconda rispetto a x, e sottraiamo membro
a membro, otteniamo che v è armonica.
Esempio 5 Sia f (z) = z 3 olomorfa. Calcoliamo u; v parti reale e immaginaria
e veri…chiamo che sono funzioni armoniche.
3
z 3 = (x + iy) = x3 + 3ix2 y
u (x; y) = x3
v (x; y) = 3x2 y
3xy 2
iy 3 ; da cui
3xy 2
y3 :
Ora,
u = uxx + uyy = x3
= 3x2
3y 2
v = 3x2 y
y3
3xy 2
xx
+ x3
+ ( 6xy)y = 6x
x
xx
2
= (6xy)x + 3x
+ 3x2 y
3y
2
y
y3
= 6y
3xy 2
yy
6x = 0;
yy
6y = 0:
Esempio 6 (Armoniche elementari) Generalizzando l’esempio precedente,
notiamo che, in base alla proposizione, le funzioni
n
un (x; y) = Re (z n ) = Re (x + iy)
n
vn (x; y) = Im (z n ) = Im (x + iy)
sono armoniche nel piano per n = 0; 1; 2; 3:::. Si capisce dall’espressione analitica che sono polinomi omogenei di grado n in x; y. Si chiamano armoniche
2 Quest’ipotesi è in realtà super‡ua perché, come vedremo più avanti nello sviluppo della
teoria, una funzione olomorfa è automaticamente C 2 : Per il momento la facciamo per sottolineare che cosa in e¤etti ci serve.
4
elementari nel piano. E’facile scriverle in forma polare, cioè in funzione di ; #
in quanto per le formule di De Moivre si ha
un (x; y) = Re (z n ) = Re
n
vn (x; y) = Im (z ) =
n
ei#
n
= Re
n ni#
e
=
n
cos (n#)
sin (n#) :
Queste funzioni sono importanti ad esempio perché, se si risolve mediante separazione di variabili il problema di Dirichlet per l’equazione di Laplace sul cerchio,
si trova che la soluzione si può esprimere per serie di armoniche elementari con
opportuni coe¢ cienti: la soluzione di
u ( ; #) = 0 per
u (1; #) = f (#)
si scrive
u ( ; #) =
1
a0 X
+
2
n=1
n
<1
(an cos (n#) + bn sin (n#))
dove an ; bn sono i coe¢ cienti di Fourier di f in [0; 2 ]. Quindi: ogni funzione
armonica sul cerchio e continua …no al bordo si può scrivere come serie delle
in…nite armoniche elementari.
Sapendo che parte reale e immaginaria di una funzione olomorfa sono funzioni armoniche, ci si può chiedere se valga in un certo senso il viceversa:
data una funzione u armonica in A, esiste un’altra funzione v armonica in
A tale che u + iv sia olomorfa?
Se una tale v esiste, si dirà armonica coniugata di u. Per capire il problema,
partiamo ancora dalle condizioni di Cauchy-Riemann
ux = vy
uy = vx
che ora dobbiamo pensare nella funzione incognita v, assegnata la u: Quindi si
tratta di trovare una funzione v (x; y) che soddis…
rv = ( uy ; ux ) ;
cioè dobbiamo trovare un potenziale v del campo ( uy ; ux ). Questo d’altro
canto è irrotazionale, perché
( uy )y = (ux )x
proprio perché per ipotesi u è armonica. Dunque localmente (o in tutto A se
questo è semplicemente connesso) il potenziale esiste, ed è determinato a meno
di costante additiva. Vale perciò la seguente:
Proposizione 7 Data una funzione u (x; y) armonica in un aperto semplicemente connesso A, esiste una funzione v armonica in A e tale che u + iv è
olomorfa in A. Tale funzione v è univocamante determinata a meno di costante
additiva, e si dice armonica coniugata di u.
5
Esempio 8 Sia u (x; y) = x2 y 2 , armonica in R2 : (E’facile in quest’esempio
così semplice indovinare subito la v, tuttavia seguiamo il procedimento generale
per illustrarlo). Cerchiamo v tale che
ux = vy
uy = vx
ossia
vx = 2y
vy = 2x:
vx = 2y =) v (x; y) = 2xy + c (y) =) vy (x; y) = 2x + c0 (y)
= 2x per c0 (y) = 0, cioè c = cost :
e
v (x; y) = 2xy (+c) :
La funzione
f (x + iy) = u + iv = x2
2
y 2 + 2ixy = (x + iy) = z 2
è olomorfa in C.
Esempio 9 Sia u (x; y) = ex sin y, armonica in R2 : Cerchiamo v tale che
ux = vy
uy = vx
ossia
vx = ex cos y
vy = ex sin y:
vx = ex cos y =) v (x; y) = ex cos y + c (y) =) vy (x; y) = ex sin y + c0 (y)
= ex sin y per c0 (y) = 0, cioè c = cost :
e
v (x; y) =
ex cos y (+c) :
La funzione
f (x + iy) = u + iv = ex sin y
iex cos y =
è olomorfa in C.
6
iex (cos x + i sin x) =
iez
1.2
Signi…cato geometrico delle funzioni olomorfe
Abbiamo già visto che se A C è un aperto connesso e f : A ! C è olomorfa,
allora scrivendo
f (x + iy) = u (x; y) + iv (x; y)
alla funzione f si può associare la funzione
F : A ! R2
F = (u; v) con jacobiana
JF =
ux
vx
uy
u
= x
vy
vx
vx
ux
Anziché vedere F come campo vettoriale piano, vediamola ora come trasformazione di coordinate nel piano. Sappiamo che la condizione naturale da imporre a una trasformazione F : A ! R2 di classe C 1 a¢ nché sia almeno localmente invertibile (quindi si possa vedere come “cambio di variabili” nel piano)
è che la sua jacobiana abbia determinante diverso da zero. Se F proviene da
una funzione olomorfa nel modo visto, si ha:
det JF = det
ux
vx
vx
2
2
= (ux ) + (vx )
ux
2
2
2
e ricordando che f 0 (x + iy) = ux (x; y) + ivx (x; y) ; risulta (ux ) + (vx ) = jf 0 j ,
ossia
2
det JF (x; y) = jf 0 (x + iy)j :
E’quindi naturale, da un punto di vista geometrico, studiare le funzioni olomorfe
in un aperto connesso A per le quali risulti f 0 (z) 6= 0 in tutto A:
De…nizione 10 Si dice trasformazione conforme, o mappa conforme, in un
aperto connesso A, una funzione f : A ! C olomorfa in A e tale che f 0 (z) 6= 0
in tutto A.
Per quanto già osservato, in base al teorema della funzione inversa, una
trasformazione conforme è un di¤eomor…smo locale, cioè ogni punto di A ha un
intorno in cui essa è invertibile, con inversa ancora C 1 . Si può anche dimostrare
un teorema sulla derivata della funzione inversa (analogo a quello visto in analisi
1 per funzioni da R a R) per funzioni da C a C, perciò quest’inversa, vista come
funzioni di variabile complessa, risulta a sua volta olomorfa. Si può anche dire
che una mappa conforme è localmente biunivoca e biolomorfa.
Esempio 11 La funzione f (z) = z 2 è una trasformazione conforme in C (la
derivata si annulla solo in zero). Notiamo che ogni punto z0 6= 0 ha un intorno
in cui la funzione è invertibile. L’invertibilità tuttavia è solo locale. Ad esempio,
consideriamo il punto z0 = 1 e il suo intorno B1=2 (1), che viene trasformato
dalla f in un intorno
p V del punto 1. La f è biunivoca tra B1=2 (1) e V , con
inversa la funzione z (radice principale), tuttavia esiste anche un intorno di
1 che viene mappato da f su V (con inversa la radice quadrata f1 ), perciò
l’invertibilità è solo locale, non globale.
7
Le trasformazioni conformi hanno un’interessante proprietà geometrica: conservano gli angoli. Più precisamente:
Proposizione 12 Sia f : A ! C una mappa conforme nell’aperto A, sia z0 2
A e siano 1 ; 2 due curve regolari passanti per z0 , le cui rette tangenti in z0
formano un angolo #. Allora f trasforma le curve in due curve regolari 1 ; 2
le cui rette tangenti in f (z0 ) formano lo stesso angolo #.
Dimostrazione. Supponiamo che 1 ; 2 : ( ; ) ! A con 1 (0) =
I vettori velocità alle due curve in z0 sono (in notazione complessa)
0
1
(0) ;
0
2
(0))
0
2
2
(0) = z0 .
(0)
e l’angolo da esse formato è
# = arg (
Le curve trasformate sono 1 ; 2 : (
vettori velocità in f (z0 ) dati da:
j
0
(0) = f 0 (
j
(0))
arg (
; ) ! A;
0
j
0
1
(0)) :
j
(t) = f ( (t)) (j = 1; 2), con
(0) = f 0 (z0 )
0
j
(0) :
Ricordiamo che per la regolarità delle curve risulta j0 (0) 6= 0; mentre poiché f
è conforme risulta f 0 (z0 ) 6= 0. In base alle formule di De Moivre, il prodotto
di due numeri complessi entrambi non nulli ha per argomento la somma degli
argomenti, perciò l’angolo formato da 1 0 (0) ; 2 0 (0) è
arg (
2
0
(0))
arg (
1
0
(0)) = arg (f 0 (z0 ) 20 (0)) arg (f 0 (z0 ) 10 (0))
= [arg (f 0 (z0 )) + arg ( 20 (0))] [arg (f 0 (z0 )) + arg (
= arg ( 20 (0)) arg ( 10 (0)) = #:
8
0
1
(0))]
Una griglia e la sua immagine lungo una mappa conforme: le curve sono distorte ma restano
ortogonali (gli angoli sono preservati).
Una delle ragioni per cui le mappe conformi sono importanti è però legato
all’aspetto analitico più che geometrico: le mappe conformi conservano la proprietà di una funzioni di essere armonica.
Teorema 13 Sia f : A ! C una mappa conforme nell’aperto A, biunivoca tra
A e f (A), sia f 2 C 2 (A) 3 , sia u : f (A) ! R una funzione C 2 (f (A)) e sia
U (x; y) = u (f (x; y)). (Stiamo vedendo la f come funzione da R2 a R2 ). Allora
u è armonica in f (A) se e solo se U è armonica in A.
In altre parole, una mappa conforme conserva la classe delle funzioni armoniche su un dominio.
Dimostrazione. Se
f (x + iy) = (x; y) + i (x; y)
U (x; y) = u ( (x; y) ; (x; y)) ;
3 L’ipotesi f 2 C 2 (A) in realtà è super‡ua: proveremo che ogni funzione olomorfa è C 2 .
Tuttavia a questo livello di sviluppo della teoria l’ipotesi va segnalata.
9
si ha:
Ux = ux ( ; )
x
Uxx = uxx ( ; ) (
+ uy ( ; )
2
x)
x
+ uxy ( ; )
x x
+ ux ( ; )
xx
+ uxy ( ; )
x x
2
x)
+ uyy ( ; ) (
+ uy ( ; )
e analogamente
Uyy = uxx ( ; ) (
2
y ) +uxy
( ; )
y y +ux
( ; )
yy +uxy
( ; )
y y +uyy
( ; )(
2
y ) +uy
( ; )
yy :
Perciò
U = uxx ( ; ) (
2
x)
+ uxx ( ; ) (
2
y)
+ 2uxy ( ; )
+ 2uxy ( ; )
x x
y y
+ ux ( ; )
+ ux ( ; )
xx
yy
+ uyy ( ; ) (
+ uyy ( ; ) (
2
x)
2
y)
+ uy ( ; )
+ uy ( ; )
xx
y
che, ricordando le condizioni di Cauchy-Riemann su f , cioè
x
y
=
=
2
y
x
e jf 0 (z)j = (
2
x)
+(
2
x)
si può sempli…care così:
2
2
U = uxx ( ; ) jf 0 (z)j + uyy ( ; ) jf 0 (z)j + 2uxy ( ; ) [
=
x x
+
y y]
+ ux ( ; )
2
u ( ; ) jf 0 (z)j
in quanto [ x x + y y ] = 0 per le condizioni di Cauchy-Riemann, e
=
= 0 perché parte reale e immaginaria di una funzione olomorfa sono armoniche. In de…nitiva:
U (x; y) =
2
u ( (x; y) ; (x; y)) jf 0 (x + iy)j :
2
Poiché f è una mappa conforme, jf 0 (x + iy)j 6= 0 in tutto A. Se ne conclude
che U = 0 in A se e solo se u = 0 in f (A).
Il teorema precedente fornisce una possibile strategia per risolvere il problema di Dirichlet per il laplaciano in un dominio piano,
u = 0 in
u = g su @ :
Supponiamo di sapere già come si risolve questo problema su un certo particolarmente semplice. Ad esempio, sono ben note le formule risolutive esplicite
quando
è un cerchio oppure un semipiano (le dimostreremo più avanti). E
supponiamo di voler risolvere il problema su un diverso aperto connesso A.
Possiamo allora cercare una mappa conforme
f : A ! f (A) =
(biunivoca), continua …no al bordo del dominio. Se u risolve il problema
u = 0 in f (A)
u = g su @ (f (A)) ;
10
(3)
+ uy ( ; )
xx
allora U (x; y) = u (f (x; y)) risolve il problema
U = 0 in A
U = h su @A;
(4)
con h (x; y) = u (f (x; y)) = g (f (x; y)) : Quindi si procede così:
1. Volendo risolvere il problema (4), si risolve prima il problema (3) con
condizione al contorno
g (x; y) = h f 1 (x; y) ;
sia u tale soluzione.
2. Si de…nisce poi U (x; y) = u (f (x; y)). Questa U è la soluzione cercata di
(4).
Esempio 14 Vogliamo risolvere il problema di Dirichlet esterno sul cerchio,
ossia (in coordinate polari)
U = 0 per > R
U (R; #) = h (#) :
Sappiamo che la soluzione del problema all’interno del cerchio, cioè
u = 0 per < R
u (R; #) = g (#)
è data da
u ( ; #) =
1
a0 X
+
2
R
n=1
n
(an cos (n#) + bn sin (n#))
dove an ; bn sono i coe¢ cienti di Fourier di g in [0; 2 ].
Consideriamo la seguente mappa conforme che porta A = fjzj > Rg in
f (A) = fjzj < Rg:
R2
f (z) =
:
z
Si noti che f è l’inversa di se stessa: w = R2 =z () z = R2 =w: Il dato al bordo
h va trasformato mediante f 1 . Poiché arg (1=z) = arg (z) ; si ha
g (#) = h ( #) :
I coe¢ cienti di Fourier di g saranno:
Z
Z
1
1
agn =
g (#) cos (n#) d# =
h ( #) cos (n#) d#
Z
Z
1
1
=
h (#) cos ( n#) d# =
h (#) cos (n#) d# = ahn
Z
Z
1
1
bgn =
g (#) sin (n#) d# =
h ( #) sin (n#) d#
Z
Z
1
1
=
h (#) sin ( n#) d# =
h (#) sin (n#) d# = bhn
11
quindi la soluzione del problema trasformato è
1
ah0 X
+
2
R
n=1
u ( ; #) =
n
ahn cos (n#)
bhn sin (n#) :
Ora dobbiamo porre U ( ; #) = u (f ( ; #)). Poiché in coordinate polari la f si
scrive
f ( ; #) =
jf ( ; #)j =
R2
R2
i#
e
; cioè
; arg (f ( ; #)) =
#
si ha
U ( ; #) = u
=
R2
; #
1
ah0 X
+
2
n=1
=
R
1
ah0 X
+
2
n=1
R2
R
n
ahn cos (n#)
bhn sin ( n#)
n
ahn cos (n#) + bhn sin (n#) ;
formula risolutiva per il problema di Dirichlet esterno sul cerchio.
Data l’utilità applicativa di saper risolvere esplicitamente il problema di
Dirichlet su svariati domini del piano, si è sviluppata nei decenni la ricerca di
un “atlante di mappe conformi” che portino il cerchio o il semipiano in vari
domini. Si veda ad es.
H. Kober, Dictionary of conformal representation, Dover Pub. Inc., 1957.
Per una trattazione più contenuta, ma ricca di esempi signi…cativi e applicazioni, si veda
H. F. Weinberger. A …rst course in partial di¤erential equations. Dover Pub.
Inc., 1965. §§52-55.
Ad esempio, sono note le mappe conformi che trasformano il cerchio in un
poligono assegnato (anche se queste mappe non hanno una scrittura elementare
ma coinvolgono funzioni integrali), perciò esistono formule esatte (teoricamente)
per la risoluzione del problema di Dirichlet sui poligoni.
Accanto a questi risultati “concreti” e speci…ci, esiste poi un risultato generale astratto, che mostra come il problema della ricerca di una mappa conforme
sia teoricamente sempre risolubile:
Teorema 15 (della mappa di Riemann) Data un qualsiasi aperto semplicemente connesso
del piano complesso che non sia tutto C, e dato un punto
z0 2 , esiste una mappa conforme di nel disco unitario fjzj < 1g, biunivoca.
Tale mappa è unica sotto le condizioni di normalizzazione: f (z0 ) = 0 e f 0 (z0 )
reale positivo.
Per una dimostrazione si veda L. V. Ahlfors, Complex Analysis. International Student Edition, 1979, Chap.6.
12