Notas de Integrales y Funciones elipticas

Notas de Integrales y FuncionesElípticas

Erika Fernández Gómora

Septiembre 2005

Índice general

Introducción V

I Integrales Elípticas 1

1. Leyes de Kepler 5

2. Métodos numéricos para aproximar integrales elípticas 92.1. Aproximación de la longitud de la grá�ca del sen(x) en el intervalo

[0,2�] usando Expansión de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.2. Aproximación de la longitud de la grá�ca del sen(x) en el intervalo

[0,2�] usando el Método del Trapezoide . . . . . . . . . . . . . . 102.3. Promedios aritmético-geométricos. . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.4. EJEMPLOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

3. Integrales elípticas en problemas de la Mecánica, la Geometríay la Dinamica de Fluidos. 153.1. Oscilaciones de un péndulo sin fricción . . . . . . . . . . . . . . . 153.2. Encontrar el área de la super�cie de la sección separada del cilin-

dro x2+z2=a2 por el cilindro x2+y2=b2 , donde 0 < b < a yz�0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3.3. Ondas viajeras para la ecuación de Korteweg - de Vries . . . . . 21

II Funciones Elípticas 25

4. Mapeos del Semiplano Superior H+ 27

5. Sinus Amplitudinus 375.1. ¿Cuál es el orden de los polos de sn(z;k)? . . . . . . . . . . . . . 395.2. ¿Cómo ajustar K(k) y K�(k) para tener como dominio un cuadra-

do, es decir, tal que K(k)=2K�(k)? . . . . . . . . . . . . . . . . . 425.3. Funciones meromorfas con polos y ceros dobles. . . . . . . . . . . 44

5.3.1. ¿Qué se puede decir de una función meromorfa g(z) conpolo doble en A+ iA y cero doble en cero? . . . . . . . . 44

iii

iv ÍNDICE GENERAL

5.3.2. ¿Qué otras funciones meromorfas m(z) tienen un cerodoble en 0 y un polo doble en A+ iA? . . . . . . . . . . . 44

5.3.3. ¿Cuántas funciones elípticas con periodos 2A y 2iAtienen un cero doble en 0 y un polo doble en A+ iA? . . 45

6. Función P de Weierstrass 476.1. Ecuación Diferencial para P (z) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 486.2. Ecuación Diferencial para P . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

7. Función Theta 517.1. Ecuación de Calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 517.2. Propiedades de las funciones T HET A . . . . . . . . . . . . . . . 53

8. Hacia el problema de inversión 578.1. Funciones Elípticas de Grado 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 588.2. Funciones Elípticas de Grado 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 598.3. Función P de Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

A. Korteweg-de Vries 65

Bibliografía 71

Introducción

Las integrales y funciones elípticas aparecen de manera natural cuando setrata de resolver una gran cantidad de problemas geométricos y físicos, comoveremos a lo largo de estas notas.

v

vi INTRODUCCIÓN

Parte I

Integrales Elípticas

1

3

El origen del término se debe a que hacen su aparición en el contexto de calcularde manera aproximada la longitud de una elipse.Calculemos esta longitud para conocer la integral elíptica que llamaremos delsegundo tipo. Tomando como parametrización de la elipse �(t) = (a cos(t); bsen(t)) con b > a > 0

t 2 [0; 2�], la longitud queda dada por:

L(a; b) = 4

Z �2

0

pa2sen2(t) + b2 cos2(t)dt = 4

Z �2

0

pa2sen2(t) + b2(1� sen2(t))dt

= 4

Z �2

0

pb2 + a2sen2(t)� b2sen2(t)dt = 4

Z �2

0

pb2 + (a2 � b2)sen2(t)dt

= 4b

Z �2

0

q1� ( b2�a2b2 )sen2(t)dt = 4b

Z �2

0

p1� k2sen2(t)dt

tomando k2 = b2�a2b2 = 1� a2

b2 , que es la excentricidad de la elipse.

A las integrales de este tipo, es decir a las de la formaZ �

2

0

p1� k2sen2(�)d�

con 0 < k < 1 las llamaremos integrales elípticas completas del segundo tipo.Este tipo de integrales tambien las encontramos al calcular la longitud de lagrá�ca de la función sen(x) en el intervalo

�0; �2

�:

L(sen(x); 0; �2 ) =

Z �2

0

p1 + cos2(x)dx =

Z �2

0

p1 + (1� sen2(x))dx

=

Z �2

0

p2� sen2(x)dx =

p2

Z �2

0

r1�

�1p2

�2sen2(x)dx

L(sen(x); 0; �2 ) es una integral del segundo tipo con k =1p2

Hasta ahora estas integrales han aparecido en problemas geométricos pero lamotivación surge de la Mecánica Celeste, en los trabajos de Kepler sobre elmovimiento de los planetas.

Capítulo 1

Leyes de Kepler

El problema de describir el movimiento de los planetas se remonta a los Griegosquienes creían que los planetas giran alrededor de la tierra en órbitas círculares.Fue hasta 1543, que Copérnico propone al Sol como el cuerpo alrededor del cualgiran los planetas. Aún así, Copérnico mantenía la idea de los griegos con respec-to a la órbita que siguen los planetas que es el Sistema Ptolemaico de Epiciclos yDeferentes. Segun este Sistema los planetas giran en orbitas circulares pequeñas(Epiciclos) cuyo centro gira alrededor de una órbita circular (Deferentes) mayorcentrada en el Sol. La utilización de este sistema requeria ajustar el número deepiciclos cada vez que los datos observacionales no coincidian con la teoría Porlo tanto era muy di�cil predecir la posición de los cuerpos a tiempos futuros.Fue Kepler quien trabajando con el reconocido astrónomo Tycho Brahe, proponeun modelo a partir de los datos observacionales. Brahe le asignó el proyecto decalcular la órbita de Marte [Ca].Marte era el planeta que mostraba más diferencias entre los datos observa-cionales y la teoría que se tenía hasta ese momento, e.d. el modelo de Copérnico.A Kepler le interesaba conocer la posición de Marte con respecto al tiempo.Si P (0) es la posición del planeta al tiempo 0

(i) ¿Cuál es la posición a un tiempo t � 0? Es decir, ¿Podremos parametrizar

la posición del cuerpo como una función del tiempo P (t) = (x(t); y(t))?

(ii) ¿Podemos conocer la distancia recorrida por Marte del tiempo t0 = 0 altiempo t?

Depués de estudiar los datos observacionales recavados por Brahe, Kepler for-muló sus Tres Leyes del Movimiento Planetario:

1a Los cuerpos celestes se mueven en trayectorias elípticas sobre un plano yel Sol es un foco de dicha órbita.

2a A tiempos iguales se barren áreas iguales

5

6 CAPÍTULO 1. LEYES DE KEPLER

3a El cuadrado del periodo de revolución de cualquier planeta es proporcionalal cubo del semieje mayor de la elipse determinada por el movimiento dedicho planeta alrededor del Sol.

La primera ley de Kepler contesta la pregunta (i) y (ii), podemos parametrizarla posición de Marte como P (t) = (a � cos(�(t)); b � sen(�(t)) ) y la distanciarecorrida por Marte durante el tiempo t� to esta dada por:

L(a; b) =

Z t

to

pa2sen2(s) + b2 cos2(s)

��(s)ds =

= b

Z t

to

s1�

�qb2�a2b2

�2sen2(s)

��(s)ds

= b

Z t

0

s1�

�qb2�a2b2

�2sen2(s)

��(s)ds (0)

A las integrales que aparecen en este contexto las llamamos integrales incom-pletas del segundo tipo.Pero aun no sabemos cómo es �(t). Lo que sí sabemos por la tercera ley de

Kepler es que el movimiento no es uniforme así que�

�(t) no es constante.Utilicemos la Mecánica Newtoniana para encontrar �(t):La ley de Gravitación nos dice que cualesquiera dos particulas con masa M ym respectivamente se atraen mediante la siguiente relación

F = GMmR2

con G una constante y r la distancia entre las dos partículas.Mientras que la segunda ley de Newton: Una Fuerza F actuando en una masam le da a la masa una aceleración a y se tiene

F = ma

Sea M = masa del Sol; m = masa de Marte, podemos pensar al Sol y a Martecomo partículas ya que su masa es pequeña con respecto a la distancia entre losdos cuerpos. Si tomamos F como la fuerza gravitacional tenemos:

GMR2 = a

En nuestro caso, la aceleración actua en la misma dirección del vector Marte-Soly en dirección de decrecimiento de R(t):

7

Por lo que la aceleración es una función del Radio R. Ya que

a(R) =��R(t)�R(t)

��(t)

2

��R(t)�R(t)

��(t)

2

= � GM

R(t)2(1)

Pero la gravitación actua radialmente por lo cual la aceleración no es una funcióndel ángulo �. Es decir

a(�) = 1R(t)

d

dt

�R2(t)

��(t)

�= 0

de esta última ecuación encontramos que

R(t)2�

�(t) = c ; para alguna c 2 R (2)

Nos gustaria tener una ecuación diferencial que solo involucre a R o a �: Paraesto, utlicemos la relación

R = h1+e�cos(�)

dondee = eccentricidad de la elipse definida por la trayectoria de Marteh = e � (la distancia del Sol a la directriz de la elipse definida por la

trayectoria de Marte)sustituyendo en (2) obtenemos

��(t) = c

�k

1 + e � cos(�)

��2= (

c

h)2(1 + e � cos(�))2 (3)

d�(1+e�cos(�))2 = (

ch )2dt

)�Z0

ds(1+e�cos(s))2 = t � ( ch )

2

Ya se ve complicada la ecuacion de � y recordemos que para nuestro problemade encontrar la distancia recorrida por Marte en un intervalo de tiempo (0; t) lo

que nos interesa es�

�(t).

8 CAPÍTULO 1. LEYES DE KEPLER

Para �nes prácticos, supongamos que el movimiento es uniforme, es decir�

�(t) =m; p:a m 2 R+;para obtener:

L(a; b) = b�m

24Z t

0

s1�

�qb2�a2b2

�2sen2(s)ds

35 = b�m�Z t

0

p1� k2sen2(s)ds

�

La distancia recorrida por marte esta dada por una integral que llamaremoselíptica incompleta del segundo tipo.A continuación describiremos algunos métodos para evaluar integrales elípticascompletas. El primer método sera para k pequeño usando expansión de Taylory el segundo sera para k 2 [0; 1] usando métodos númericos.

Capítulo 2

Métodos numéricos paraaproximar integraleselípticas

2.1. Aproximación de la longitud de la grá�cadel sen(x) en el intervalo [0,2�] usando Ex-pansión de Taylor

La longitud de la grá�ca del sen(x) en el intervalo [0; 2�] esta dada por:

I =

Z �2

0

p1 + cos2(t)dt =

Z �2

0

p1 + (1� sen2(t))dt =

=p2

Z �2

0

q1� ( 1p

2)2sen2(t))dt

Si k = 1p2, entonces

I =p2

Z �2

0

p1� k2sen2(t)dt. Sea f(x) = (1 + x)s.

Usando series de Taylor obtenemos:

f(x) = 1 + sx+ s(s�1)2! x2 + � � �+ s(s�1)(s�2):::(s�n+2)

(n�1)! xn�1 +Rn

Rn =s(s�1)(s�2):::(s�n+1)(1+�)s�n

n! xn; � 2 (0; x)

9

10CAPÍTULO 2. MÉTODOS NUMÉRICOS PARAAPROXIMAR INTEGRALES ELÍPTICAS

Esta serie converge absolutamente si jxj � 1: Por lo tanto x = �k2sen2(�)cumple la condición para tener convergencia absoluta de la serie.Sea s = 1=2

1p2I =

Z �2

0

1�( 12 )�k2sen2(�)

�+ 12!12�12

�k2sen2(�)

�2� 13!12�12�32

�k2sen2(�)

�3+

+:::::+ (�1)n 1n!12�12 :::

3�2n2

�k2sen2(�)

�ndx+Rn

Rn =(�1)nn!

(1+�)s�n

2n

n+1Yi=2

(2i� 3) � k2nsen2n�

jRnj � 1n!

12n

n+1Yi=2

(2i� 3) � k2n = 1n!

12n

n+1Yi=2

(2i� 3) � k2n

2.2. Aproximación de la longitud de la grá�cadel sen(x) en el intervalo [0,2�] usando elMétodo del Trapezoide

Sean

fxo = 0; x1 = �2n ; x2 =

�n ; x3 =

3�2n ; :::; xi =

i�2n ; :::; xn =

�2 g

una partición de [0; �2 ] y

yi = f(xi) =p1� k2sen2(xi) ; 8i = 0; 1; 2; :::; n

EntoncesZ �2

0

p1� k2sen2(t)dt � �

4n [yo + 2y1 + 2y2 + :::+ 2yj + :::+ 2yn�1 + yn]

Una cota para el error utilizando este método es :

error � E � M(�=2)3

12n2 , M = m�axfjf 00(x)j ; 0 � x � �2 g

Pero

jf 00(x)j =��k2(� cos2(x)+sen2(x)+k2sen4(x))

(1+k2sen2(x))3=2

�� k2�� sen2(x) + k2sen4(x) � cos2(x)��

k2�� sen2(x) + k2sen4(x) � cos2(x)�� k2

�1 + k2

�por lo tanto

E � k2[1+k2]96n2 �3

2.3. PROMEDIOS ARITMÉTICO-GEOMÉTRICOS. 11

En el caso de la longitud de la grá�ca del sen(x) en el intervalo [0; �=2] teniamosque k = 1p

2por lo tanto el error esta acotado por

�3

128n2 � 0;242236536564842311n2

Comparación de la aproximación dep2

Z �2

0

p1� k2sen2(t)dt utilizando méto-

do del trapezoide y expansión de Taylor.

Trapezoide Expansión de Taylorn Estimación Error� Estimación Error�1 1.8961188979370398 0.242237 1.9437612854442854 0.252 1.9099718215899177 0.0605591 1.9177287682285138 0.093753 1.9100969337379137 0.0269152 1.9123053271418946 0.03906255 1.9100988937464334 0.00968946 1.9103552187355535 0.007690439 1.9100988945138557 0.00299057 1.9101049729345663 0.00036224715 1.9100988945138557 0.00107661 1.9100989330881069 .000044087050 1.9100988945138553 0.0000968946 1.9100988945138562 7.06894 x 10�17

Observamos que para n pequeña el método del Trapezoide nos da una mejorestimación del error que por Expansión de Taylor pero conforme n crece Taylores quien da la mejor estimación del error.

2.3. Promedios aritmético-geométricos.

Ya vimos que calcular la longitud de una elipse (e.d. calcular L(a; b)) no es unproblema sencillo. Gauss, Ramanujan, Landen y muchos otros grandes matemáti-cos dieron métodos para aproximar estas integrales. Uno de los más sencillos yútiles es el de promedios Aritmético-Geométricos debido a Gauss.¿Qué son estos promedios?Tomemos a; b 2 R , a > b > 0: Consideremos la siguiente sucesión de promediosaritméticos fai ja1 = a+b

2 y an =an�1+bn�1

2 8n > 1gi2N y la siguiente suceciónde promedios geométricos fbi jb1 =

pab y bn =

pan�1bn�18n > 1gi2N :Es un

ejercicio probar que la sucesión faig es decreciente y acotada inferiormente porb mientras que la sucesión fbig es creciente y acotada superiormente por a. Porlo tanto ambas sucesiones convergen. No solo eso, si el lector hizo el ejerciciohabra notado que:

b < b1 < b2 < b3 < ::::::: < a3 < a2 < a1 < a

y que las suceciones convergen al mismo límite. Este límite, que denotaremospor M(a; b), es el promedio aritmético-geométrico.(1).

1American Mathematical Monthly 1988. No.August-September. Pp585-608


¿Qué tienen que ver estos promedios con nuestro problema original: Calcular elperímetro de un elipse?¡¡TODO!! El siguiente resultado, de Gauss, nos dirá que tanto están rela-cionadas.Teorema 1 Sea jxj < 1 y K(x) =

R �2

0dsp

1�x2sen2(s), entonces

M(1 + x) = �2K(x)

Demostración Ver [AB]Esto ya se parece más a lo que queremos llegar. John Landen logra, medianteuna transformación, relacionar ambas ideas y obtiene el siguiente resultado:

Teorema 2 Sea F (a; b; c;x) =1Pk=0

(a)k(b)k(c)kk!

xk , jxj < 1 ,

(m)k = m(m+ 1)(m+ 2)� � � �(m+ k � 1) , entonces

L(a; b) = �(a+ b) � F (� 12 ;�

12 ; 1;

�a�ba+b

�2)

Haciendo uso del Teorema 2 obtenemos

L(a; b) = �(a+ b)1Pk=0

(� 12 )k(�

12 )k

(1)kk!

�a�ba+b

�2k= �(a+ b)

� 1Pk=0

( 12 )2(� 1

2+1)2(� 1

2+2)2��(� 1

2+k�1)2

(k!)2

�a�ba+b

�2k�= �(a+ b)

� 1Pk=0

(� 12 )

2( 12 )2( 32 )

2( 52 )2��( 2k�32 )2

(k!)2

�a�ba+b

�2k�

= �(a+ b)

"1 + 1

4 ��a�ba+b

�2+

1Pk=2

( 14 )k�a�ba+b

�2k �1k!

�2 kYi=1

(2i� 3)2#

Una buena apriximación de L(a; b) debida a Ekwall y Sipos es:

L(a; b) � 2� 2(a+b)2�(pa�

pb)4

(pa+pb)2+2

p2pa+b

4pab

2.4. EJEMPLOS

1. Consideremos la elipse con ecuación paramétrica �(t) = (2 cos(t); sen(t))

2.4. EJEMPLOS 13

Usando el resultado anterior aproximemos su perímetro.

L(2; 1) = �(2 + 1)

"1 + 1

4 ��2�12+1

�2+

1Pk=2

( 14 )k�2�12+1

�2k �1k!

�2 kYi=1

(2i� 3)2#

L(2; 1) = 3�

"1 + 1

4 ��13

�2+

1Pk=2

( 14 )k�13

�2k � 1k!

�2 kYi=1

(2i� 3)2#

k = 5 L(2; 1) � 9;6884482125373k = 9 L(2; 1) � 9;6884482205474k = 15 L(2; 1) � 9;6884482205474k = 50 L(2; 1) � 9;6884482205474k = 100 L(2; 1) � 9;6884482205474

Numericamente nos damos cuenta de la rapidez con la que converge la serie.Utilizando la aproximación de Ekwall obtenemos: L(2; 1) � 9;6884498265932

2. Calcular la longitud de la grá�ca del sen(x) en el intervalo [0; �2 ]:

L(sen(x); 0; 2�) = 4

Z �2

0

p1 + cos2(x)dx

= 4

Z �2

0

pcos2(x) + sen2(x) + cos2(x)dx

= 4

Z �2

0

psen2(x) + 2 cos2(x)dx

= 4

Z �2

0

qsen2(x) + (

p2)2 cos2(x)dx

notamos que este problema es análogo al ejemplo 1 tomando a = 1 y b =p2

Por lo tanto podemos aproximar esta integral utilizando el método de Gauss-LandenL(sen(x); 0; 2�) = L(1;

p2)

= �(1+p2)

"1 + 1

4 ��1�p2p

2+1

�2+

1Pk=2

( 14 )k�1�p2p

2+1

�2k �1k!

�2 kYi=1

(2i� 3)2#


k L(sen(x); 0; 2�) � L(sen(x); 0; �=2) �5 7;640395578053309 1;91009889451332736 7;640395578055384 1;9100988945138467 7;640395578055423 1;91009889451385579 7;640395578055423 1;910098894513855715 7;640395578055423 1;9100988945138557500 7;640395578055423 1;91009889451385572,000 7;640395578055423 1;91009889451385571,000,000 7;640395578055423 1;9100988945138557

Capítulo 3

Integrales elípticas enproblemas de la Mecánica,la Geometría y la Dinamicade Fluidos.

3.1. Oscilaciones de un péndulo sin fricción

Consideremos el sistema mecánico que consiste de una masa m, sujeta en unextremo de una barra rígida e inextensible de longitud L. Suponemos que labarra es tan delgada que no tiene peso, que está �ja en el otro extremo y que elsistema oscila de tal manera que el movimiento tiene lugar en un plano.Si denotamos por �(t) el ángulo que forma la barra con la dirección vertical altiempo t, la posición de la masa al tiempo t es x(t) = L(sen(�(t)); cos(�(t)))

15

16CAPÍTULO 3. INTEGRALES ELÍPTICAS EN PROBLEMAS DE LAMECÁNICA, LA GEOMETRÍA Y LA DINAMICA DE FLUIDOS.

Suponemos que las fuerzas que actúan sobre la masa son su peso y la tensiónde la barra. Esta última es la responsable de que el movimiento de la masa seasiempre tangencial.La velocidad de la masa está dada por

�x(t) = L

��(cos(�(t)); sen(�(t)))

y la aceleración es:

��x(t) = L

��(t)

2

(�sen(�(t));� cos(�(t))) + L��(t)(cos(�(t));�sen(�(t)))

El primer término representa la componente normal de la aceleración, el segundotérminoes la componente tangencial.El balance de las componentes tangenciales de la fuerza debida al peso y de laaceleración nos dan la ecuación

�� + g

Lsen(�(t)) = 0

Este es un sistema conservativo, lo cual es consecuencia de que no estamosconsiderando la fricción.

Para obtener la ecuación de conservación de energía, multiplicamos por�� e

integramos entre 0 y t

R t0

��(s)

��(s) +

��(s) gLsen(�(s))ds = 0

��(t)

2

2 � gL cos(�(t))�

��(0)

2

2 + gL cos(�(0)) = 0

��(t)

2

2� g

Lcos(�(t)) =

��(0)

2

2� g

Lcos(�(0)) =: E (4)

En el plano fase de � y��, las curvas integrales del sistema son las grá�cas de

�� = �

p2pE + g

L cos(�(t))

Observe que para cada E, la curva integral correspondiente está de�nida paravalores de � con la propiedad que �g

L cos(�(t)) � E. En la siguiente �gura se

muestra una grá�ca del plano fase �;��.

3.1. OSCILACIONES DE UN PÉNDULO SIN FRICCIÓN 17

Observando que es periódica de periodo 2� la podemos gra�car en un cilindrocuya circunferencia sea dicho periodo y obtenemos

Tomando �(0) = a y��(0) = b y sustituyendo en (4) obtenemos�d�dt

�2= 2 gL cos(�) + b

2 � 2 gL cos(a)

d�dt =

p2 gL cos(�) + b

2 � 2 gL cos(a)

Por lo tanto

dt = d�p2 gL cos(�)+b

2�2 gL cos(a)=q

L2g

d�qcos(�)+ L

2g b2�cos(a)

utilizando la identidad trigonométrica cos(x) = 1� 2sen2(x2 )

dt =q

L2g

d�q1�2sen2(�=2)+ L

2g b2�1+2sen2(a=2)

=q

L2g

d�q�2sen2(�=2)+ L

2g b2+2sen2(a=2)

= 12

qLg

d�q�sen2(�=2)+ L

4g b2+sen2(a=2)


Supongamos b = 0 y hagamos el cambio de variable

sen(�=2) = sen (a=2) sen(�)

d� = 2 sen(a=2) cos(�)d�p1�sen2(a=2)sen2(�)

:

Por lo tanto

dt = 12

qLg

2sen(a=2) cos(�)d�p1�sen2(a=2)sen2(�)p

�sen2(a=2)sen2(�=2)+sen2(a=2)=

dt =q

Lg

sen(a=2)p1�sen2(�)d�p

sen2(a=2)(1�sen2(�=2))p1�sen2(a=2)sen2(�)

=q

Lg

d�p1�sen2(a=2)sen2(�)

Sea k2 = sen2(a=2), entonces

dt =

sL

g

d�p1� k2sen2(�)

(5)

Integrando (5) respecto a t, podemos calcular el periodo del péndulo que deno-taremos por T (a):

T (a) = 4q

Lg

R �max

0dsp

1�k2sen2(s)

donde �max es el ángulo máximo de apertura del péndulo.Si k2 es pequeño (e.d si k2 = sen2(a=2) < 1=2), obtenemos una buena aproxi-mación de T (a) por medio de la serie:

T (a) = 2�q

L2g

h1 +

�12

�2sen2(a=2) +

�1�32�4�2sen4(a=2) + ::::::

iPero lo que nos interesa es determinar la ecuación de movimiento del péndulo.Observemos que cuando � varía entre 0 y t; � varía entre a y �(�) y � varíade �max a �(�) . Integrando (5) obtenemos:tZ0

d� =q

Lg

R ��max

dsp1�k2sen2(s)

=q

Lg

R 0�max

d�p1�k2sen2(�)

+q

Lg

R �0


t = �q

Lg

R �max

0d�p

1�k2sen2(�)+q

Lg

R �0


t+ 14T (a) =

qLg

R �0

dsp1�k2sen2(s)p

gL (t+

14T (a)) = F (k; �)

3.2. ENCONTRAR EL ÁREADE LA SUPERFICIE DE LA SECCIÓN SEPARADADEL CILINDROX2+Z2=A2 POR EL CILINDROX2+Y2=B2, DONDE 0< B<A Y Z�019

F (k; �) =R �0

dsp1�k2sen2(s)

, con k �jo entre cero y uno, es la integral elíptica

incompleta del primer tipo.Vemos la necesidad de invertir la integral F (k; �) para encontrar la ecuación demovimiento del péndulo.La función F (k; �) tiene como inversa la ecuación elíptica de Jacobi denotadapor sn(k; u), la cual estudiaremos con detalle más adelante.Por ahora nos basta saber que esta función satisface:

u = F (k; �)$ sn(k; u) = sen(�)

Por tanto en el caso del péndulo

sen(�) = sn(k;p

gL (t+

14T (a)))

1k � sen(

�2 ) = sn(k;

pgL (t+

14T (a)))

Así, la ecuación del movimiento del péndulo queda expresada como

�(t) = 2arcsen�k � sn

�k;p

gL (t+

14T (a))

��

Grá�ca de 2arcsen[ 13sn(13 ; u)]

3.2. Encontrar el área de la super�cie de la sec-ción separada del cilindro x2+z2=a2 por elcilindro x2+y2=b2, donde 0 < b < a yz�0

Sea D = f(x; y)jx2 + y2 � b2; z � 0g y f(x; y) =pa2 � x2


Ya que@f

@x= �xp

a2�x2 y@f

@y= 0 el área de la super�cie deseada esta dada

por:

A �ZZD

q1 + x2

a2�x2 dxdy =

bZ�b

264pb2�x2Z

�pb2�x2

apa2�x2 dy

375 dx =A =

bZ�b

apa2�x2

264pb2�x2Z

�pb2�x2

dy

375 dx = 2a bZ�b

pb2�x2pa2�x2 dx = 2a

bZ�b

p1�(x=b)2p1�(x=a)2

dx

Sea s = x=b, entonces

A = 2ab

1Z�1

r1�s2

1�( ba )2s2ds = 4ab

1Z0

r1�s2

1�( ba )2s2ds

Haciendo el cambio de variable sen(�) = s obtenemos

A = 4ab

�=2Z0

r1�sen2(�)

1�( ba )2sen2(�)

cos(�)d� = 4ab

�=2Z0

cos(�)2q1�( ba )

2sen2(�)

d� =

= 4ab

�=2Z0

1�sen2(�)q1�( ba )

2sen2(�)

d�

Sean k = ba y � =

p1� k2sen2(�) , entonces

�� 1� =

�2�1� = 1�k2sen2(�)�1

� = �k2sen2(�)�

Por lo tanto �k2 (��

1� ) = �sen

2(�): Sustituyendo en la integral

A = 4ab

�=2Z0

1p1�k2sen2(�)

d� + 4ab

�=2Z0

�k2(�� 1

� )p1�k2sen2(�)

d� =

= 4ab

�=2Z0

1p1�k2sen2(�)

d� + 4abk2

�=2Z0

(�� 1� )d�

3.3. ONDAS VIAJERAS PARA LA ECUACIÓN DEKORTEWEG - DE VRIES21

= 4ab

�=2Z0

1p1�k2sen2(�)

d� + 4abk2

�=2Z0

(p1� k2sen2(�)� 1p

1�k2sen2(�))d�

= 4ab�1� 1

k2

� �=2Z0

1p1�k2sen2(�)

d� + 4abk2

�=2Z0

p1� k2sen2(�)d�

Este tipo de integrales se les denomina integrales elípticas del tercer tipo, porser una combinación de las de primer y segundo tipos.

3.3. Ondas viajeras para la ecuación de Korteweg- de Vries

La ecuación de movimiento para la super�cie de una onda solitaria en agua pocaprofuda esta dada por

ut + uxxx + 6uux = 0 (6)

y es llamada la Ecuación de Korteweg-de Vries ya que Korteweg y de Vries ladedujeron (Ver Apéndice A o [Fl]).Buscamos soluciones de la forma

u(x; t) = U(x� ct)

con la condición U (n) (�1) = 0 para n = 0; 1; 2Sean � = x� ct y 0 = d

d� , entonces la ecuación a resolver es

�cU 0 + U 000 + 6UU 0 = 0 (7)

Integrando (7)con respecto a � obtenemos

�cU + U 00 + 3U2 = 0 (8)

Que es un sistema conservativo.ya que

dEdt = 0

E(t) = 12U

02(t) + U3(t)� c2U

2(t)

Por lo tanto

E(t) = E(0)


Por lo que las curvas integrales de�U = v�v = cU � 3U2

cumplen que

12v2 + U3 � c

2U2 = E(0)

o equivalentemente

v = �p2

rc

2U2 � U3 + E(0) (9)

que estan de�nidas para

U3 � c2U

2 � E(0)

Por lo tanto la grá�ca del potencial '(U) = U3 � c2U

2 determina la estructurade las curvas integrales como se muestra en la siguiente �gura

0.60.40.20-0.2

0.04

0.02

0

-0.02

U

P(U)

U

P(U)

'(U) = U3 � c2U

2

0.40.20-0.2

0.4

0.2

0

-0.2

-0.4

U

v

U

v

v = �p2p

c2U

2 � U3 + E(0)

Queremos encontrar soluciones acotadas de (7) con c > 0. En esa direcciónintegremos dos veces (7) de 0 a � para obtener

12U

02 + U3 � c2U

2 = AU +B ,con: A;B 2 R

Sean U1 < U2 < U3 raíces del polinomio AU +B � U3 + c2U

2, entonces

xdUd� = �

p2p(U � U1)(U � U2)(U � U3)

Por lo tanto el periodo de oscilación esta dado por dos veces T

T = 1p2

U3RU2

dup(U�U1)(U�U2)(U�U3)

Además, si U(0) = U3 obtenemos

3.3. ONDAS VIAJERAS PARA LA ECUACIÓN DEKORTEWEG - DE VRIES23

� = �1p2

URU3

dsp(s�U1)(s�U2)(s�U3)

� = 1p2

U3RU

dup(s�U1)(s�U2)(�s+U3)

para U2 � U � U3

Seans = U3 + (U2 � U3)sen2(�)

ds = 2(U2 � U3)sen(�) cos(�)d�

s� U1 = U3 � U1 + (U2 � U3)sen2(�) = (U3 � U1)h1 + U2�U3

U3�U1 sen2(�)

i= (U3 � U1)

�1� k2sen2(�)

�s� U2 = (U3 � U2)

�1� sen2(�)

�= (U3 � U2) cos2(�)

s� U3 = (U2 � U3) sen2(�)

(U) = arcsen�q

U�U3U2�U3

�Entonces

� = 2p2

0R (U)

U2�U3d�pU3�U1

p1�k2sen2(�)(U3�U2)

� =p2p

U3�U1

(U)R0


Por lo cual

U(�) = U2 + (U3 � U2)cn2�q

U3�U22 t; k

�Recordando que � = x� ctEn el periodo vuelven a aparecer las integrales elípticas y para encontrar U(x�ct) nos volvemos a encontrar con el problema de inversión.

Parte II

Funciones Elípticas

25

Capítulo 4

Mapeos del SemiplanoSuperior H+

Ejemplos de mapeos de H+ en

1) El Primer Cuadrante: f(z) =pz

La elección del argumento � 2��2 ;

3�2

�permite calcular la imagen del

eje real.

2) Una franja � = fz 2 C j �A < Re(z) < A y Im(z) > 0g

Figura 8

Supongamos que f(R) = la frontera orientada de la franja � (como semuestra en la �gura 8)

27

28 CAPÍTULO 4. MAPEOS DEL SEMIPLANO SUPERIOR H+

Sea (x) = x si x 2 R y �(x) = f( (x)) = f(x)

Queremos que la tangente a la imagen dada por ��(x) = f 0(x) cambie dedirección en 90� al cruzar x = �1; 1Una solución es f�0(z) =

px2 � 1 para x 2 R, por lo tanto f�(z) =

pz2 � 1

=pz � 1

pz + 1 para todo z 2 H+. Tomando cortes rama como se

muestra en la siguiente �gura

ya que nos interesa la imagen del eje real y el semiplano superior.

Entonces f(z) =

zZ0

ps2 � 1ds es un buen candidato.

Examinemos algunas propiedades de esta función:

(i) f(0) = 0

(ii) Si �1 < s < 1

s = 1 + (1� s)ei� = �1 + (1 + s)ei0:

Por lo tantops2 � 1 =

p1� sei�=2

ps+ 1ei0 = i

p1� s2:

Entonces

Im(f(fx+ i � y j x 2 [0; 1] , y = 0g) ==�x+ i � y j x = 0 , y 2

�0; �4

�Im(f(fx+ i � y j x 2 [�1; 0] , y = 0g) =

=�x+ i � y j y 2

��4 ; 0�, x = 0

Si s > 1 entonces s = 1+(s� 1)ei0 = �1+ (1+ s)ei0: Por lo tanto

f(x) = f(1) +

xZ0

ps2 � 1ds = �

4 i+ r(x)

r(x) > 0 ; r(x) !x!1

1

29

. Por lo tanto f(R) queda con orientación negativa y f(H+)

es una franja horizontal.

Para corregir la orientación de f(R) necesitamos

f(z) =

zZ0

dsps2�1 rotada 90

�,

es decir, considerar

G(z) = i

zZ0

dsps2�1 =

zZ0

dse�i�=2

ps2�1 =

zZ0

dsp1�s2

La imágen de H+ bajo esta función es

fw 2 C j ��2 < Re(w) <

�2 Im(w) > 0g:

Por lo tanto basta ajustar el ancho de la banda para tener

la función deseada

f(z) = 2A�

zZ0

dsp1�s2 :

3) Un rectángulo

Siguiendo la idea del ejemplo anterior.

Candidato :

f(z) =

zZ0

dsps2�1

ps2�a2 con a > 1:

Los puntos de rami�cación son �a;�1; 1; a y la elección de las ramas delargumento es:

��2 < �j < 3

�2 :

Entonces para z 2 R , z � 1

f(z) =

1Z0

dsps2�1

ps2�a2 +

zZ0

dsps2�1

ps2�a2 = f(1) +

zZ0

dsps2�1

ps2�a2

Sea k = 1a < 1, entonces


f(1) = �1Z0

dsp1�s2

pa2�s2 = �

1a

1Z0

dsp1�s2

p12�( sa )2

=

= �k1Z0

dsp1�s2

p12�k2s2 = �k � F (k; �=2 + 2n�) := �K(k)

Así

f(z) = �K(k) +zZ1

dsps2�1

ps2�a2 = �K(k) +

zZ1

dsps2�1

ps2�a2

Observemos que f(z) tiene puntos de rami�cación en �a;�1; 1 y a: Entonces

z = 1 + riei�1 , r1 = j1� sj

= �1 + r2ei�2 , r2 = j1 + sj

= a+ r3ei�3 , r3 = ja� sj

= �a+ r4ei�4 , r4 = ja+ sj ��2 < �j <

�2

Analicemos la imagen del semiplano superior H+ bajo f(z) :

1) Determinar la imagen de [0; a]

a) f(0) = 0 ; f(1) = �K(k)

b) Sea x 2 (0; 1); entonces1p

s2�1ps2�a2 =

1p1�s2

1pa2�s2 e

�i� ; por lo tanto

f(x) =

xZ0

dsps2�1

ps2�a2 = �

xZ0

dsp1�s2

pa2�s2 < 0

) f([0;1]) = [0;�K(k)]

c) Sea x 2 (1; a), entonces

1ps2�1

ps2�a2 =

1ps2�1

1pa2�s2 (�i) ;

Por lo tanto,

f(x) = f(1)� ixZ1

dsps2�1

pa2�s2 = �K(k)� i

xZ1

dsps2�1

pa2�s2

31

En particular

f(a) =

aZ0

dsps2�1

ps2�a2 = f(1)� i

aZ1

dxpx2�1

pa2�x2 =

= �K(k)� iaZ1

dxpx2�1

pa2�x2 = �K(k)� i � k

1=kZ1

dxpx2�1

p1�k2x2

Sea K 0(k) = k

1=kZ1

dxpx2�1

p1�k2x2 , entonces

f(a) = �K(k)� i �K 0(k)

Podemos conlcuir

f([1; a]) = fz = x+ iy j x = �K(k) , y 2 (0;�K 0(k))gf([0; 1]) = [0;�K(k)]

Análogamente

f([�1; 0]) = [K(k); 0]f([�a;�1]) = f(x; y) j x = K(k); y 2 (�K 0(k); 0)g

2) Determinar la imagen bajo f de [a;1]

Sea x > a y a < s < x , entonces

f(x) = f(a) +

xZa

dsps2�1

ps2�a2 = �K(k)� i K

0(k) +

xZa

dsps2�1

ps2�a2

Notemos que

xZa

dsps2�1

ps2�a2 > 0

Para determinar f(1) necesitamos calcular

I :=

1Za

dxpx2�1

px2�a2

Haciendo el cambio de variable t = a=x

I =

0Z1

dxp(a=t)2�1

p(a=t)2�a2

= � 1a

0Z1

dtq1� t2

a2

p1�t2

=


I = k

1Z0

dtp1�k2t2

p1�t2 = K(k)

Por lo tanto

l��mx!1

f(x) = l��mx!1

f(a) +

xZa

dsps2�1

ps2�a2 =

= l��mx!1

�K(k)� iK 0(k) +

xZa

dsps2�1

ps2�a2 =

= �K(k)� iK 0(k) + i K 0(k) = �iK 0(k)

f([a;1]) = fz = x+ iy p x 2 (�K(k); 0) ; y = �i K 0(k)g

Analogamente

f([�1;�a]) = fz = x+ iy p x 2 (0;K(k)) ; y = �i K 0(k)g

Ahora sabemos que la imágen del eje Real es la frontera del rectángulo convértices en

�K(k); �K(k)� iK 0(k);K(k)� iK 0(k);K(k).

Denotaremos a dicho rectángulo como D:Más aun, f(z) es analítica y conforme en H+ ya que

f 0 (z) = 1pz2�1

pz2�a2 6= 0 en H+

De hecho f es 1� 1 en H+ y suprayectiva en D :

A�rmación f(H+) = D y para cada w 2 int (D) existe un único z 2 H+ talque f(z) = w:

Demostración Sea wo 2 Interior de D: Sea

N(wo) = N �umero de soluciones de f(z) = wo con z 2 H+

33

Sea una curva simple cerrada en H+ tal que f(z) 6= wo para todo z 2 ,entonces

N (wo) =12�i

R

f 0(z)f(z)�wo dz = Número de soluciones de f(z) =

= wo encerradas por

Tomamos R > a

R (�) = R � ei� , � 2 [0; �]

�R := [�R;R] + R (�)

N�R(wo) =12�i

RR�R

f 0(x)f(x)�wdx+

12�i

R R

f 0(z)f(z)�wdz

Observemos que��f 0 (Rei�)�� = �� 1p

R2ei�2�1pR2ei�2�a2

�� = O�1R2

�y jdzj = �R

Para estimar�� 1f(z)�w

�� en R , demostraremos quel��m

z!�1 , z2H+f(z) = �iK 0(k)

Tomemos z = Rei�0 2 R y sea 1 = t � z con t 2 [0; 1] :

Entonces

f(z) = f(R) +�0R0

iRei�pR2ei�2�1

pR2ei�2�a2

ds = f(R) +O( 1R )

Por lo tanto

l��mz!�1 , z2H+

f(z) = l��mR!�1

f(R) = �iK 0(k):

Así 9 Ro > 0 tal que

jf(z) + iK 0(k)j < 12 jwo + iK

0(k)j para jzj � Ro


como se muestra en la siguiente �gura

Entonces no hay soluciones de f(z) = wo con jzj � Ro pues

jf(z)� woj � jwo + iK 0(k)j � jf(z) + iK 0(k)j � 12 jwo + iK

0(k)j

Se sigue que para R � Ro :�� R R f 0(z)f(z)�wo dz

�� RR2 =

�R !R!1

0

NR(wo) toma valores en los naturales y tiene límite cuando R!1Por lo tanto 9 R1 tal que N R(wo) = N R1 (wo) 8 R � R1 y además

N R(w) =12�i

1R�1

f 0(x)f(x)�wdx para R � R1

Observemos que �R := f(�R) es una curva simple orientada positivamentecomo se muestra

y si R es tal que wo queda en la región encerrada por �R se tiene que

12�i

R�R

dvv�wo = 1

35

entonces

1 = 12�i

R�R

dvv�wo =

12�i

R�R

f �(z)f(z)�wdz = NR(w);

es decir

N(w) = 1 8 w 2 Interior de D

Por lo tanto :

f es 1� 1 y f(H+) = D

f tiene una inversa que denotaremos por sn(z; k) la función

"sinus amplitudinus"de Jacobi:

La función sn(z : k) es analítica en D: Ahora extenderemos por simetría éstafunción a todo el plano.

Capítulo 5

Sinus Amplitudinus

SeanD := �

+ = Re�exión de � con respecto al eje real,1 = Re�exión de � con respecto a la recta Re(z) = K(k)2 = Re�exión de + con respecto a la recta Re(z) = K(k)

Por re�exión de Schwarz extendemos sn(z; k) por simetría a +, es decir,. paraz 2 +

sn(z; k) := sn(z; k)

Asi, sn(z; k) es analítica en � [ + y

sn(+; k) = H�:

El siguiente paso es extender sn(z; k) a 1, re�ejando con respecto a Re(z) =K(k)Si z 2 1, su simétrico respecto a esta recta es z� = 2K(k)� z, por lo cual

sn(z; k) = sn(z�; k) = sn(2K(k)� z; k)

Es por ésto que después de la re�exión, con respecto a Re(z) = 3K(k), (dondez� = 6K(k)� z) para z 2 3

37

38 CAPÍTULO 5. SINUS AMPLITUDINUS

sn(z; k) = sn(6K(k)� z; k) = sn(2K(k)� (6K(k)� z); k) = sn(z � 4K(k); k):

Por lo tanto sn(z; k) es analítica en := � [ + [ 1 [ 2 y

sn(1; k) = H�; sn(2; k) = H+:

Es decir sn(z; k) cumple:

(i) Esta de�nida y es analítica en el rectángulo con vértices en�K(k)+iK 0(k);3K(k) + iK 0(k); �K(k)� iK 0(k) y 3K(k)� iK 0(k):

(ii) sn(�iK 0(k); k) =1 = sn(2K(k)� iK 0(k); k)

(iii) sn(z; k) = sn(z + 4K(k); k) , sn(z; k) = sn(z + 2iK 0(k); k) 8 z 2 C:Es decir, tiene dos periodos independientes y por lo tanto no se puedeexpresar en terminos de funciones elementales.

Continuando la extensión por simetría, se obtiene una función meromorfa en elplano que es doblemente periódica con periodos 4K(k) y 2iK 0(k):

Podemos pensar a sn(z; k) como una función del toro T 2 = C = (4K(k)Z +2iK 0(k)Z) en la esfera S2:

Sea � el rectángulo con vértices en �K(k)+i2K 0(k); 3K(k)+i2K 0(k); �K(k)y 3K(k):

� = parametrizaci�on positiva de @�

�1 = 1(x) = x con x 2 [�K(k); 3K(k)]�2 = 2(x) = 3K(k) + ixK

0(k) con x 2 [0; 2]�3 = 3(x) = (1� x)3K(k)� xK(k) + i2K 0(k) con x 2 [0; 1]�4 = 4(x) = �K(k) + (1� x)(i2K 0(k)) con x 2 [0; 1]

Así � = �1 [ �2 [ �3 [ �4 y

5.1. ¿CUÁL ES EL ORDEN DE LOS POLOS DE SN(Z;K)? 39

R�1

sn(z; k)dz =3K(k)R�K(k)

sn(x; k)dx

R�3

sn(z; k)dz =3K(k)

�R

�K(k)sn(x+ i2K 0(k); k)dz = �

R�1

sn(z; k)dz

Analogamente R�2

sn(z; k)dz = �R�4

sn(z; k)dz

Por lo tanto Z�

sn(z; k)dz =4Xj=1

Z�j

sn(z; k)dz = 0 (10)

Por otra parte

1

2�i

Z�

sn(z; k)dz = Res [sn(z; k); z = iK 0(k)]+Res [sn(z; k); z = 2K(k) + iK 0(k)]

(11)

De (10) y (11) concluimos

Res [sn(z; k); z = iK 0(k)] = �Res [sn(z; k); z = 2K(k) + iK 0(k)]

Es decir, la suma de los residuos en un dominio fundamental es CERO.(resultadocierto para cualquier función doblemente periódica)

Observación Dado w 2 C la ecuación sn(z; k) = w con w 2 tiene dossolucionesDemostración Se tienen las soluciones por construcción

5.1. ¿Cuál es el orden de los polos de sn(z;k)?

Recordemos que

I := 12�i

R�

(sn(z;k))0

sn(z;k)�wdz =

= N �umero de ceros de (sn(z; k)� w) encerrados por ��N �umero depolos de (sn(z; k)� w) encerrados por �:

Ceros y polos contados con multiplicidades. Escogiendo w de tal manera que noexistan soluciones de sn(z; k) = w en �: Entonces

I = 2�N �umero de polos de sn(z; k) encerrados por �


Por otra parte

I = 0

ya que el integrando es elíptico y la derivada hereda la periodicidad con lomismos periodos de sn(z; k) : 4K(k) y 2iK 0(k)

Por lo tanto

2 = N �umero de polos de sn(z; k) encerrados por �

Como sabemos existen 2 polos entonces éstos son simples.Regresando al problema original:

¿Existe una transformación conforme y 1-1 de H+ en un rectángulocon vértices 0; a; ib y a+ ib (a; b > 0) ?

Hemos resuleto el problema para un rectángulo con vértices en

�K(k);�K(k)� iK 0(k); K(k)� iK 0(k); K(k)

mediante la función

f(z; k) =

zZ0

dsps2�1

ps2�a2 :

Una solución al problema que nos estamos planteando sería encontrar ko tal que2K(ko) = a y K�(ko) = b:

En esa dirección analicemos propiedades de la función K(k) :

1) K(k) es una función creciente de k (con k 2 (0; 1)) ya que 1p1�x2

p1�k2x2

lo es.

2) K((0; 1)) = (0;1)

l��mk!0+

K(k) = l��mk!0+

k l��mk!0+

1R0

dxp1�x2

p1�k2x2 = 0 �

�2 = 0

l��mk!1�

K(k) = l��mk!1�

k l��mk!1�

1R0

dxp1�x2

p1�k2x2 = 1 � 1 =1

y como K(k) es creciente 1) entonces K((0; 1)) = (0;1) :

De 1) y 2) podemos concluir que 2K(k) = a tiene una única solución ko en(0; 1): Pero para ko �ja K�(ko) = b sólo tiene solución para un valor de b!!!Por otra parte, queremos que

2K(k)K�(k) =ab

o equivalentemente

5.1. ¿CUÁL ES EL ORDEN DE LOS POLOS DE SN(Z;K)? 41

K(k)K�(k) =

1R0

dxp1�x2

p1�k2x2

1=kR1

dxpx2�1

p1�k2x2

= a2b .

Analicemos la monotonía de las integrales para demostrar que K(k)K�(k) es una

función creciente de k con imágen (0;1).

i) Por 1)1R0

dxp1�x2

p1�k2x2 es creciente.

ii) E(k) :=1=kR1

dxpx2�1

p1�k2x2 es decreciente. Demostraremos esto comparando

esta integral con 1kK(k)

Sea y = 1p1�k2x2 ! dy = k2xdx

(1�k2x2)3=2 : Por lo tanto

K(k) = k1R0

dxp1�x2

p1�k2x2 = k

1p1�k2R1

y k�yp1�(1�k2)y2

dy

ky2py2�1

= k

1p1�k2R1

dypy2�1

p1�(1�k2)y2

:

1kK(k) =

1p1�k2R1

dypy2�1

p1�(1�k2)y2

= E(p1� k2)

Por lo tanto E(k) es una función decreciente en k ya que:

1kK(k) =

1R0

dxp1�x2

p1�k2x2 y

p1� k2 son funciones creciente y decreciente

respectivamente en k 2 (0; 1).

Concluimos de i) y ii) que K(k)K�(k) es una función creciente en k: Más aun,

A�rmación H ((0; 1)) = (0;1) con H(k) = K(k)K�(k)

Demostración Por una parte

l��mk!0+

1R0

dxp1�x2

p1�k2x2 = l��m

k!1

1R0

dxp1�x2

q1�( 1k )

2x2

por convergencia monotona se tiene

l��mk!1

1Z0

dxp1� x2

q1�

�1k

�2x2=

1Z0

dxp1� x2

=�

2(12)

Por otra parte,

1=kR1

dxpx2�1

p1�k2x2 =

1R0

dypy2+1

py2+k2

con y =q

1�k2x2x2�1


Sea w = 1y+1 entonces

1R0

dypy2+1

py2+k2

=1R0

dwpw2+(1�w)2

q( 1k )

2w2+(1�w)2

con k 2 (1;1)

Pero

1pw2+(1�w)2

q( 1k )

2w2+(1�w)2

� 1pw2+(1�w)2(1�w)

� 1(1�w)2

1R0

1(1�w)2 !1

entonces, por convergencia monotona se tiene que

l��mk!1

1Z0

dwpw2 + (1� w)2

q�1k

�2w2 + (1� w)2

=1 (13)

Concluimos de (12) y (13) que

l��mk!0+

H(k) = l��mk!1

1R0

dxp1�x2

q1�( 1k )

2x2

1=kR0

dwpw2+(1�w)2

q( 1k )

2w2+(1�w)2

=�=2

1 = 0 (14)

Análogamentel��mk!1�

H(k) =1 1

�=2=1 (15)

Es decir, la imágen de K(k)K�(k) es el intervalo (0;1) para k 2 (0; 1).

Por lo tanto existe ko 2 (0; 1) tal que K(ko)K�(ko)

= a2b :

Sea � = bK�(ko)

y h(z) = � � z: Entonces

v(z) := h(sn(z; ko)) +a2 + ib

manda al semiplano superior en el rectangulo con vértices en 0; a; ib; a+ ib:

5.2. ¿Cómo ajustar K(k) y K�(k) para tener co-mo dominio un cuadrado, es decir, tal queK(k)=2K�(k)?

Con el método de la sección anterior, basta tomar a = b. Ahora veremos otraconstrucción.

Sea F (z) =zR0

dspsps2�1 ; los cortes rama como antes

Determinemos la imágen del eje real bajo F

5.2. ¿CÓMOAJUSTARK(K) Y K�(K) PARA TENER COMODOMINIO UN CUADRADO, ES DECIR, TAL QUEK(K)=2K�(K)?43

�) Sea z = x 2 (0; 1) , entoncesps� 1 =

p1� sei�=2

ps+ 1 =

ps+ 1

F (x) = �ixR0

dspsp1�s2

F (1) = �i1R0

dspsp1�s2 � �i A

��) Para x > 1 ; 1 < s < x tenemos

F (x) = �i A +xR1

dspsp1�s2

F (1) = �i A +1R1

dspsp1�s2 � �i A+B

Sea t = 1x ! dt = � 1

x2 dx entonces

B =1R1

dspsp1�s2 =

1R0

dtptp1�t2 = A

Procedemos como en caso anterior y concluimos:

a) F (H+) = Cuadrado con v�ertices en 0; A; �A� iA y �iA

b) F tiene periodos 2A y 2iA:

c) F tiene una inversa de�nida en ese cuadrado. La extendemos por simetríay obtenemos una función meromorfa con

�) periodos 2A , i2A

�) polos en �A(1 + i) y en general, en

�A� iA+ n2A+ im2A = 2(n� 12 )A+ 2i(m�

12 )A

d) Sea = cuadrado con v�ertices 0; 2A; i2A; 2A + i2A. La inversa de F(llamémosla P ) toma cada valor en el plano 2 veces por lo tanto �A+ iAes un polo doble con residuo cero.

Por lo tanto esta función es diferente de la que se obtiene con la integral elípticade grado cuatro.Traslademos el cuadrado al cuadrado con vértices en �,�; ; � (como se mues-tra en la siguiente �gura).


Sabemos que P (0) = 0, P 0(0) = 1F 0(0) = 0: Por lo tanto el cero es doble. Así

tenemos P y P 0 tienen los mismos periodos y los mismos polos.

5.3. Funciones meromorfas con polos y ceros dobles.

5.3.1. ¿Qué se puede decir de una función meromorfa g(z)con polo doble en A+ iA y cero doble en cero?

La función ro(z) = z2

(z�(A+iA))2 cumple con las condiciones de cero y polo demultiplicidad 2.Si g es función racional g(z) = p(z)

q(z) (p; q) = 1 y tiene los mismos ceros y polosque ro(z): Entonces

p(z) = Az2 y q(z) = B(z �A� iA)2

Por lo tanto, todas las funciones racionales que satisfacen la condición de cerosy polos son de la forma

Az2

B(z�A�iA)2 =AB ro(z)

5.3.2. ¿Qué otras funciones meromorfas m(z) tienen uncero doble en 0 y un polo doble en A+ iA?

Análisis Local

Tomemos m(z) meromorfa con cero doble en cero y polo doble en A + iA:Entonces existen �1(z) analítica en una vecindad del cero que cumple �1(0) 6= 0tal que

m(z) = z2 �1(z)

y �2(z) analítica en una jz � (A+ iA)j < � que cumple �2(A+ iA) 6= 0 tal que

5.3. FUNCIONES MEROMORFAS CON POLOS Y CEROS DOBLES. 45

m(z) = �2(z)

(z�(A+iA))2

Análisis Global

T (z) = m(z)ro(z)

es meromorfa con singularidades en 0 y A+ iA . La singularidad

en cero es removible ya queT (z) = z2�1(z)

z2

(z�(A+iA))2= �1(z)

(z�(A+iA))2 es analítica en z = 0

Por lo tanto T (z) es entera y distinta de cero en todo el plano complejo. Entonces

m(z) = ro(z)H(z)

con H(z) entera y distinta de cero en todo C:

5.3.3. ¿Cuántas funciones elípticas con periodos 2A y 2iAtienen un cero doble en 0 y un polo doble en A+ iA?

Vimos en 5.2 que la función P (z) cumple estas condicionesSi h(z) es una función elíptica con cero doble en 0, polo doble en A + iA yperiodos 2A y 2iA distinta de P (z) se tiene:P (z)h(z) es entera y elíptica, por lo tanto acotada en y así P (z)

h(z) = c 2 C: Esdecir

P (z) = c � h(z)

Capítulo 6

Función P de Weierstrass

¿Cómo construir una función meromorfa con polos en Z+ iZ ?Candidato:

P(z) := 1

z2+

X(n;m)2Z�f0g�Z�f0g

1

[z � (n+ im)]2 �1

[n+ im]2(16)

Convergencia:Para z �jo se tiene

1[z�(n+im)]2 �

1[n+im]2 =

�z2+2z(n+im)[z�(n+im)]2[n+im]2

Sipn2 +m2 � 2 jzj

jz � (n+ im)j2 ��pn2 +m2 � jzj

�2 � � 12pn2 +m2�2= 1

4 (n2 +m2)

Por lo tanto

jzj2jz�(n+im)2jjn+imj2 �

4jzj2(n2+m2)2

y como

Pn;m2N

1[n2+m2]2 =

1Pm=1

1m4

1Pn=1

1

[1+( nm )2]2� c

1Pm=1

1m3

sipn2 +m2 > 2 jzj, entonces

Pn;m2N

1[n2+m2]3=2

converge. Además,

2jzjjn+imjjz�(n+im)2jjn+imj2 �

8jzj(n2+m2)

pn2+m2

= 8jzj(n2+m2)3=2

47

48 CAPÍTULO 6. FUNCIÓN P DE WEIERSTRASS

Se sigue que la serie converge uniforme y absolutamente en subconjuntos com-pactos de C� (Z+ iZ):Así nuestro candidato es una función meromorfa con polos dobles en Z+ iZ.A P(z) le llamamos la función P de Weierstrass.

¿Qué relación hay entre la función P de Weierstrass y P (z) la inversa

dezR0

dspsp1�s2 ?

6.1. Ecuación Diferencial para P (z)

Sea F (z) =zR0

dspsp1�s2 entonces z = F (P (z)) =

P (z)R0

dspsp1�s2 , por lo cual

1 = P 0(z)pP (z)

p1�P (z)2

ó

(P 0(z))2

2=P (z)

2

�P (z)2 � 1

�(17)

Tenemos que, para t real; P (t) es una solución real y periódica del sistema con-servativo

::x� 3

2x2 + x = 0

(Ecuación similar a las ondas viajeras para KdV)Es decir, este sistema mecánico tiene soluciones periódicas dadas por

P (t); t 2 R

6.2. Ecuación Diferencial para PLa función

P 0(z) = �2Z3 +

P(n;m)2Z�f0gxZ�f0g

�2[z�(n+im)]3

es elíptica con polos en n+ im 2 Z+ iZ y periodos i y 1:Sean

S1(z) =P

(n;m)2Z�f0gxZ�f0g

1[z�(n+im)]2 �

1[n+im]2

S2(z) =P


1[z�(n+im)]3

Entonces

P 0(z) = �2Z3 � 2S2(z)

6.2. ECUACIÓN DIFERENCIAL PARA P 49

P(z) = 1z2 + S1(z)

P 0(z)2 = 4z6 +

8z3S2(z) + 4 (S2(z))

2

P(z)3 = 1z6 +

3z4S1(z) +

3z2 (S1(z))

2+ (S1(z))

3

P 0(z)2 � 4P(z)3 = 4S2(z)2 + 8z3S2(z)�

12z4S1(z)�

12z2S1(z)

2 � 4S1(z)3

Por otra parte

S1(z) = S1(0) + S0

1(0) � z + S00

1 (0)z2

2! + S000

1 (0)z3

3! + � � �

S1(0) = 0

S0

1(0) = 2!P


1(n+im)3 = 0

S00

1 (0) = 3!P


1(n+im)4

S000

1 (0) = �4!P


1(n+im)5 = 0

Observamos que S(2j+1)1 (0) = 0

Más aun

S(j)1 (0) =


1(n+im)j =


1(n�im)j =

=P


1(n+im)j

Concluimos así

S(j)1 (0) 2 R 8j 2 N [ f0g

S1(z) = S1(z)

P(z) = 1z2 + S1(z) =

1z2 + S1(z) =

1z2+ S1(z) = P(z)

Analogamente

S2(0) = 0S0

2(0) = �3P


1(n+im)4

S00

2 (0) = 0

S(2l)

2 (0) = 0 8l 2 NAsí mismo:

S(l)2 (0) 2 R 8l 2 N [ f0g

S2(z) = S2(z)

P 0(z) = P 0(z)

50 CAPÍTULO 6. FUNCIÓN P DE WEIERSTRASS

Por lo tanto la parte singular de P 0(z)2 � 4P(z)3 en z = 0 es de orden 1z2 y es:

�g2 � 1z2 con g2 =

60P


1(n+im)4

!

Entonces

P 0(z)2 � 4P(z)3 = � g2z2 + h(z)

con h(z) analítica en z = 0

P 0(z)2 � 4P(z)3 + g2P(z) = h1(z)

con h1 analítica en z = 0

Pero P 0(z)2�4P(z)3+g2P(z) es elíptica, por lo tanto constante. Dicha constantees

�g3 = �140P


1(n+im)6

Es decir

P 0(z)2 � 4P(z)3 + g2P(z) = �g3:

Por lo tanto

(P 0(z))2 = 4 (P(z))3 � g2P(z)� g3 = 4 (P � e1) (P � e2) (P � e3) (18)

Esta función también da soluciones periódicas de un sistema conservativo similaral de las ondas viajeras para KdVDe (17) y (18) demostraremos que

P (z) = cPA(z + (A+ iA)) (19)

con PA(z) = 1Z2 +


1[z�(2nA+i2Am)]2 �

1[2An+i2Am]2 :

Esta relación saldra de la función T HET A principalmente.

Capítulo 7

Función Theta

7.1. Ecuación de Calor

Para resolver la ecuación en derivadas parciales

ut = uxx en [0; �]

con condiciones de frontera periódicas

u(0; t) = u(�; t) , u(x; o) = f(x)

Se construye la solución fundamental, que corresponde a

u(x; 0) = �o(x) , �o es la delta de Dirac en x = 0

Para

u(x; 0) = f(x) =1P

n=�1fn � ei2nx

la solución queda de la siguiente forma:

u(x; t) =1P

n=�1cn(t) � ei2nx

�cn(t) = �4n2cn(t)cn(t) = fn � e�4n

2t

cn(0) = fn

como en nuestro caso f = �0 tenemos que fn = 1Entonces la solución fundamental es

1Pn=�1

e�4n2t � ei2nx

51

52 CAPÍTULO 7. FUNCIÓN THETA

que converge 8 t > 0 y x 2 R (z 2 C)Por este tipo de expresiones aparece la función T HET A:

Para cada � 2 H+ se cumple��ei�� 1 y por lo tanto 9t 2 R tal que��ei�� = e�4t

Consideremos la serie

1Pn=�1

ein2�� einz con z 2 C y Im (�) > 0 .

A esta serie la llamaremos la función T HET A

� (z p q) =1P

n=�1qn

2 � ei2nz ; q = ei��

La serie converge absoluta y uniformemente para z 2 K con K � C compactopues

jqj = e��Im(�) < 1

Por lo tanto � (z p q) es entera.Por otra parte

� (z + � p q) = � (z p q) 8 z 2 C

entonces no tiene un segundo periodo independiente, ya que de tenerlo, por serentera sería constante.Aun así podemos econtrar relaciones interesantes entre � (z + �� p q) y � (z p q),veamos

� (z + �� p q) =1P

n=�1qn

2 � ei2n(z+��) =1P

n=�1qn

2 � ei2n�� ei2nz =

=1P

n=�1qn

2+2n � ei2nz = q�1e�i2z1P

n=�1q(n+1)

2 � ei(n+1)2z =

= q�1 � e�i2z � � (z p q)

A �� se le llama un cuasiperiodo y decimos que � (z p q) es cuasi-doblementeperiódica con factor de periodicidad o multiplicador: q�1 � e�i2z:De�nimos

�4 (z p q) =1P

n=�1(�1)nqn2 � ei2nz = 1 + 2

1Pn=1

(�1)nqn2 � cos(2nz) función

par de z

�3 (z p q) = �4�z + �

2 p q�=

1Pn=�1

qn2

ei2nz = 1 + 21Pn=1

qn2 � cos(2nz)

7.2. PROPIEDADES DE LAS FUNCIONES T HET A 53

�1 (z p q) = �iei(z+��4 ) � �4

�z + ��

4 p q�=

= �iei(z+��4 ) �

1Pn=�1

(�1)nqn2 � ein�� ei2nz =

= �iei(z+��4 ) �

1Pn=�1

(�1)nqn2+n � ein�� ei2nz =

= �i �1P

n=�1(�1)nq(n+1=2)2 � ei(2n+1)z =

= �i � q1=4eiz + 21Pn=0

(�1)nq(n+1=2)2 � sen((2n+ 1)z)

�2 (z p q) = �1�z + �

2 p q�= 2

1Pn=0

q(n+1=2)2 � sen((2n+ 1)z)

Las funciones �1; �2; �3 y �4 son enteras para cada � 2 H+

Cada �j es función periódica de z con periodo �, es decir

�j (z + � p q) = �j (z p q)

�4 tiene cuasiperiodo �� y factor de periodicidad �q�1 � e�i2z , que heredan�1; �2 y �3:

�4 (z + �� p q) =1P

n=�1(�1)nqn2 � ei2nz � ei2n�� =

= q�11P

n=�1(�1)nq(n+1)2 � ei2nz =

= �q�1 � e�i2z1P

n=�1(�1)n+1q(n+1)2 � ei2(n+1)z =

= �q�1 � e�i2z � �4 (z p q) :

Observación Si �j(zo; q) = 0 entonces �j(zo + k�� ; q) = 0 8k 2 ZDemostración Inmediata del comentario anterior.

7.2. Propiedades de las funciones T HET ASea Q el paralelogramo con vértices en a; a + �; a + �� y a + � + �� , detal forma que �4(z; q) 6= 0 para z 2 @Q.¿Cuántos ceros tiene �4 en Q?Por el principio del argumento tenemos que el número de ceros buscados estadado por

12�i

R@Q

�0j(z;q)

�j(z;q)dz

Una parametrización de @Q esta dada por:


figura2

1(t) = a+ t � � 2(t) = a+ � + t � � � �

�13 (t) = 1(t) + � � �

�14 (t) = 2(t)� �

Entonces R 3

�04(z;q)�4(z;q)

dz =R 1

�04(z+�� ;q)�4(z+�� ;q)

dz

Por otra parte derivando

�04 (z + �� p q) = ddz �4 (z + �� p q) = �q

�1�e�i2z ��04 (z p q)+2iq�1�e�i2z ��4 (z p q)

Por lo tanto

�04(z+�� pq)�4(z+�� pq) =

�q�1�e�i2z��04(zpq)�q�1�e�i2z��4(zpq) +

2iq�1�e�i2z��4(zpq)�q�1�e�i2z��4(zpq)

Regresando a la integral anterior obtenemosR 3

�04(z;q)�4(z;q)

dz = �R 1

�04(z;q)�4(z;q)

dz + 2iR 1

dz = �R 1

�04(z;q)�4(z;q)

dz + 2i�

y por periodicidad tenemos queR 2+ 4

�04(z;q)�4(z;q)

dz = 0

Por lo tanto

12�i

R@Q

�04(z;q)�4(z;q)

dz = 12�i

"R 1

�04(z;q)�4(z;q)

dz +R

2+ 4

�04(z;q)�4(z;q)

dz +R 3

�04(z;q)�4(z;q)

dz

#= 1:

7.2. PROPIEDADES DE LAS FUNCIONES T HET A 55

Es decir, �4(z) tiene exactamente un cero en Q y dicho cero, que denotaremospor zo ,es simple porque la integral lo cuenta con multiplicidad (El análisis esanálogo para �1; �2; �3 se deja como ejercicio para el lector.).Recordemos que si f es una función elíptica con periodos 2w1; 2w2 ; Q unparalelogramo fundamental con vértices en a; a+2w1; a+2w2 y a+2w1+2w2con a tal que f no contenga ceros ni polos en @Q entoncesR

@Q

f 0(z)f(z) dz = 0:

Otra manifestación de que las funciones �j no son doblemente periódicas.(Por periodicidad y por principio del argumento el número de ceros de f en Qes igual al número de polos de f en Q)

Capítulo 8

Hacia el problema deinversión

Dados dos periodos independientes ¿Existe una función elíptica conesos periodo, polos y ceros especi�cados?En general no siempre podremos construir funciones elípticas con condicionesarbitrarias. Ésto es debido al siguiente resultado.Teorema 8.0 Si f es una función analítica con periodos 2w1 , 2w2 y Q es unparalelogramo fundamental en los que a1; :::; an y b1; :::; bn son los ceros y polosentonces

nPj=1

aj �nPj=1

bj = k � 2w1 + l � 2w2 con k; l 2 Z .

Demostración Sea f una función meromorfa con ceros en fajgnj=1 y polos enfbjgnj=1 posiblemente repetidos (dependiendo de multiplicidad) en una regiónQ. Entonces, por la fórmula integral de CauchyR

@Q

z � f0(z)f(z) dz =

nPi=1

ai �nPi=1

bi

Si f es elíptica de periodos 2w1 y 2w2 ¿Cuánto valeR@Q

z f0(z)f(z) dz?

Sean 1; 2; 3 y 4 como en figura2:

R 3

z � f0(z)f(z) dz = �

R 1

(z + 2w2) � f0(z+2w2)f(z+2w2)

dz = �R 1

z � f0(z)f(z) dz � 2w2

R 1

f 0(z)f(z) dz

Sea �1(t) = f( 1(t)), entonces �1 es una curva cerrada, por lo cualR 1

z � f0(z)f(z) dz =

R�1

dww = �2�i

57

58 CAPÍTULO 8. HACIA EL PROBLEMA DE INVERSIÓN

Analogamente para 2 y 4:Por lo tantonPi=1

ai �nPi=1

bi =12�i

R@Q

z � f0(z)f(z) dz =

12�i

"�2w2

R 1

f 0(z)f(z) dz � 2w1

R 2

f 0(z)f(z) dz

#=

= 2w2k + 2w1l

8.1. Funciones Elípticas de Grado 1

De�nición.Una función elíptica que tiene un cero simple y un polo simple enQ (paralelogramo fundamental) se dice que tiene grado 1.Problema Dados a1 , b1 en Q. ¿Podemos construir una función elíptica conperiodos � y �� , cero simple en a1 , polo simple en b1?Candidato:

'(z) = �4(z�a1+zo;q)�4(z�b1+zo;q)

Para que este candidato sea el bueno tiene que ser una función periódica deperiodo ��: Calculemos.

'(z + ��) = �q�1�e�i2(z�a1+zo)��4(z�a1+zopq)�q�1�e�i2(z�b1+zo)��4(z�b1+zopq)

= e�i2(b1�a1)'(z)

Por lo tanto ' es elíptica si y sólo si b1 � a1 = m � � para algún entero m .Entonces

'(z) = �4(z�a1+zo;q)�4(z�a1�m��+zo;q) = 1:

Así, '(z) es trivial. Si f es elíptica de grado 1, entonces 9 un único b1 polosimple de f . Por lo tanto

f(z) = R1

z�b1 +1Pn=0

an (z � bn)n

y por periodicidad se tiene

R1 =12�i

R

f(z)dz = 12�i

R@Q

f(z)dz = 0

Entonces b1 es singularidad removible !!! Por lo tanto f es analítica y por tantoconstante.Así se tiene el siguiente resultado

Teorema 8.1 Las únicas funciones elípticas de grado 1 son las funciones con-stantes.

8.2. FUNCIONES ELÍPTICAS DE GRADO 2 59

8.2. Funciones Elípticas de Grado 2

Ahora buscamos funciones elípticas con ceros en a1 , a2 y polos en b1, b2 en Q(paralelogramo fundamental determinado por los periodos).Candidato a función elíptica con periodos �� y � :

�(z) = �4(z�a1+zo;q)��4(z�a2+zo;q)�4(z�b1+zo;q)��4(z�b2+zo;q)

Procedemos como en el caso de las de grado 1 y concluimos que �(z) cumple lacondición de los periodos si y sólo si

b1 + b2 � (a1 + a2) = m � � y b1 + b2 � (a1 + a2) = l � � ��

para m; l 2 Z .Por lo tanto � es elíptica con periodos � y �� pero están condicionados losceros y polos, así que no siempre va a ser la que buscamos.Dados periodos 2w1 , 2w2 y a1,a2,b1,b2 2 Q tales que

a1 + a2 � (b1 + b2) = k � 2w1 + l � 2w2 y w1w22 H+

podemos construir una función elíptica con periodos 2w1 , 2w2 ceros en a1; a2 ;polos en b1; b2: A saber la función

M(z) =�4(

z�a12w1

�+zo;q)

�4(z�b12w1

�+zo;q)

�4(z�a22w1

�+zo;q)

�4(z�b22w1

�+zo;q)

Para la periodicidad en 2w2 tomemos �� = w1w2

y ajustemos.

Ejemplo: La función sinus amplitudinus de Jacobi es una función elíptica degrado 2.

Sea Q el rectángulo con vértices en

� 12K(k)� i

12K

0(k);� 12K(k) + i

32K

0(k); 72K(k)� i12K

0(k); 72K(k)� i32K

0(k).

Entonces

a1 = 0 , a2 = 2K(k) , b1 = i �K 0(k) , b2 = 2K(k) + iK 0(k):

Por lo tanto

b1 + b2 � (a1 + a2) = 2K(k) + 2iK 0(k)� 2K(k) = 2iK 0(k) == 0 � � + 1 � � � i 2�K

0(k):

Como queremos � 2 H+ tomamos � = i 2�K0(k): Entonces

b1 + b2 � (a1 + a2) = m � � + l � ��

con m = 0 y l = 1:

Por otra parta, la función


(z) =�4(

z4K(k)

�+zo;q)

�4(z�iK0(k)4K(k)

�+zo;q)

�4(z�2K(k)4K(k)

�+zo;q)

�4(z�(2K(k)+iK0(k))

4K(k)�+zo;q)

tiene ceros simples en 0 y 2K(k) ; polos simples en i �K 0(k) y 2K(k) + iK 0(k)y periodos 4K(k) e i2K 0(k).

Tomando � = i 2�K0(k) se tiene que (z)

sn(z;k)es elíptica y entera, por lo tantoconstante. Así,

sn(z; k) = p � �4(z

4K(k)�+zo;q)

�4(z�iK0(k)4K(k)

�+zo;q)

�4(z�2K(k)4K(k)

�+zo;q)

�4(z�(2K(k)+iK0(k))

4K(k)�+zo;q)

para algún p 2 C:

De este ejemplo vemos que podemos escribir la función sn(z; k) en términos dela función T HET A

8.3. Función P de Weierstrass

En el ejemplo anterior escribimos la función sn(z; k) en términos de la funciónT HET A Veamos si podemos escribir a la función P de Weierstrass en términosde la función T HET A:La función P de Weierstrass dada por

P(z) = 1z2 +

P(n;m)2Z�f0g�Z�f0g

1[z�(n+im)]2 �

1[n+im]2

es meromorfa con polos dobles en Z+ iZ, elíptica con periodos i , 1 y soluciónde la ecuación diferencial

[P 0(z)]2 = 4 [P(z)]3 � g2 � P(z)� g3

g2 = 60P

(n;m)2Z�f0g�Z�f0g

1(n+im)4

g3 = 140P

(n;m)2Z�f0g�Z�f0g

1(n+im)6

Consideremos el cuadrado Q con vértices en: 12 +i2 , �

12 +

i2 , �

12 �

i2 y 1

2 �i2 :

Si no hay ceros en @Q entonces P(z) = 0 tiene dos soluciones en el interior deQ:

Observaciones

(I) P(z) es una función par y P 0(z) es una función impar

(II) Sean e1 , e2 y e3 raíces del polinomio w3 � g24 w �

g34 ,entonces

P( 12 ) = e1 , P( i2 ) = e2 , P( 12 +i2 ) = e3:

(III) g3 = 0

8.3. FUNCIÓN P DE WEIERSTRASS 61

Demostración.

(I) Claro

(II) Si zj 2 C es tal que P(zj) = ej entonces por (17), P 0(zj) = 0De (I) P 0( 12 ) = �P

0(� 12 ) = �P

0(� 12 + 1) = �P

0( 12 ) , entonces

P 0( 12 ) = 0

Análogamente

P 0( i2 ) = 0 = P0( 12 +

i2 )

Combinando este último resultado con (17) tenemos que para c 2�12 ;

i2 ;

12 +

i2

[P(c)]3 � g2

4 � P(c)�g34 = 0

Es decir,

P(c) es raíz del polinomio w3 � g24 w �

g34

Por de�nición de e1 , e2 y e3 se tiene el resultado.

(III) De (II)

w3 � g24 w �

g34 = (w � P(

12 ))(w � P(

i2 ))(w � P(

12 +

i2 )).

Igualando coe�cientes se tienen las siguientes relaciones

a) P( 12 ) + P(i2 ) + P(

12 +

i2 ) = 0

b) P( 12 )P(i2 ) + P(

12 )P(

12 +

i2 ) + P(

i2 )P(

12 +

i2 ) = �

g24

c) P( 12 )P(i2 )P(

12 +

i2 ) = g3

Desarrollando a) obtenemos

0 = P( 12 ) + P(i2 ) + P(

12 +

i2 )

=

"4 +


1[(n� 1

2 )+im)]2 � 1

[n+im]2

#+

+

"�4�


1[(m� 1

2 )�in]2� 1

[m�in]2

#+ P( 12 +

i2 )

Por lo tanto

P( 12 +i2 ) = 0

Sustituyendo en c) obtenemos

g3= 0


Tomemos como cuadrado fundamental Q el cuadrado con vértices en:

34 + i

34 ; �

14 + i

34 ; �

14 �

i4 ;

34 �

i4

en donde 0 y 12 +

i2 forman un conjunto irreducible de ceros y polos, ambos

dobles.Por lo cual, tomando � = i

�

P(z) = � ��4(�(z�[ 12+

i2 ])+zo)

�4(�z+zo)

�2, � 2 C

Ya vimos que podemos expresar las funciónes elípticas de Jacobi en términosde la función THETA: También la función P de Weierstrass.

¿Podremos expresar las funciones elípticas en términos de la funciónP de Weierstrass?

Sea f una función elíptica de grado 2 que cumple las siguentes condiciones:

a) Periodos 1 e i

b) Ceros a1 y a2

c) Polos en b1 y b2 ambos distintos de cero

d) f es par.

e) a1 + a2 y b1 + b2 no son periodos

Entonces f 0 es impar, por lo cual

f 0( 12 ) = f 0( i2 ) = f 0( 12 +i2 ) = 0:

Los ceros a1 y a2 son distintos ya que si fueran el mismo sería un cero de f 0:Másaun

fa1; a2g \�12 ;

i2 ;

12 +

i2

= �

Por lo tanto f 0(ai) 6= 0 para i 2 f1; 2g. Entonces

[P(z)� P(a1)] y [P(z)� P(a2)]

tienen cero simple en z = a1 y z = a2 respectivamente.Analogamente se tiene que

fb1; b2g \�12 ;

i2 ;

12 +

i2

= �

ya que si fuera distinto del vacío subiría el grado de la función. Entonces

[P(z)� P(b1)] y [P(z)� P(b2)]

8.3. FUNCIÓN P DE WEIERSTRASS 63

tienen cero simple en z = b1 y z = b2 respectivamente.Por lo tanto

f(z) = � � [P(z)� P(a1)] � [P(z)� P(a2)][P(z)� P(b1)] � [P(z)� P(b2)]

; � 2 C (20)

En el caso general, se considera

f(z) = 12 [f(z) + f (�z)] +

12f(z)�f(�z)

P0(z) P 0(z):

Por lo tanto las funciones P(z) y P 0(z) son base para el espacio de funcionesel�{pticas con periodos 1 e i:Ésto se generaliza a periodos 2w1 y 2w2, de la serie (2) que de�ne a la funciónP cambiando z � (n+ im) por z � (n2w1 +m2w2). Ver [WW]

Apéndice A

Korteweg-de Vries

El descubrimiento de las ondas solitarias en aguas poco profundas lo hizo elingeniero inglés Scott Russell, en el Canal de Edinburgo a Glasgow en el año de1834. Sus observaciones las reportó a la British Association for the Advancementof Science en 1844. A la estructura bien de�nida y localizada, objeto de esereporte, la bautizó como "la gran onda de traslación". A continuación citamosun párrafo."Observaba el movimiento de un bote jalado por dos caballos en una parteangosta del Canal, cuando el bote se detuvo súbitamente, no así la masa deagua que se había puesto en movimiento. Ésta se acumuló alrededor de la proadel bote y se movió hacia adelante con la forma de una larga elevación solitaria.La seguí a caballo. La elevación de agua, que era de unos 10 metros de largo y 50centímetros de alto, continuó su curso por el canal, aparentemente sin cambiode forma o disminución en su velocidad, que era de unos 15 kilómetros por hora.Su altura disminuyó después de tres kilómetros."Russel realizó experimentos en su laboratorio, generando ondas solitarias aldejar caer un objeto pesado en un extremo de un estanque angosto.Dedujo empíricamente que el volumen de agua en la onda es igual al volumendesplazado y que la velocidad de la onda solitaria es: c2 = g(h+ a), g es la acel-eración debida a la gravedad, a es la amplitud de la onda y h es la profundidaden reposo.Para fundamentar estos resultados, Boussinesq (1871) y Rayleigh (1876) su-pusieron que la longitud de la onda es mucho mayor que la profundidad. Apartir de las ecuaciones de movimiento para un �uido no viscoso e incompre-sible, dedujeron la fórmula de Russell para la velocidad. También encontraronque el per�l de la super�cie del agua es:

�(x; t) = a � sech2 [b(x� ct)] , con b�2 = 13a4h

2(h+ a), en el caso ah �� 1:

La contribución de Korteweg y de Vries en 1895 fue la deducción de la ecuaciónde movimiento para la super�cie.A continuación presentamos una deducción de la ecuación de Korteweg y deVries a partir de las ecuaciones de Euler para un �uido incompresible, en el casoh �� 1:

65

66 APÉNDICE A. KORTEWEG-DE VRIES

Consideremos un elemento de volumen V encerrado por S � @V:�(x1; x2; x3) y t denotan la posición y el tiempo.

�!u ; � y p denotan la velocidad,densidad y presión del �uido, respectivamente.�!n es la normal unitaria a S:La masa de �uido contenida en V al tiempo t es:

m(t) =

ZZZ

�(�; t)d�

Como la región V no cambia en el tiempo, la tasa de cambio de la masa conrespecto al tiempo es

dmdt =

ZZZ

@�@t d�

La ley de conservación de masa garantiza que el cambio en la masa se debeúnicamente al �ujo neto de masa a través de la frontera, es decir,

dmdt = �

ZZS

�(�!u ;�!n )d�

Del Teorema de la divergencia se sigue que

@�@t + div(�

�!u ) = 0

en la región ocupada por el �uido, ya que su integral sobre cualquier parte deesa región es cero.De manera análoga se obtiene la ecuación de balance para el momento lineal. Ladensidad de momento en la i��esima dirección es �ui: El cambio en el momentoviene de tres factores: el �ujo neto de momento a través de la frontera, lasferzas super�ciales y las fuerzas volumétricas. En nuestro caso, éstas últimas sondebido a la gravedad y actúan en la dirección vertical. La ecuación de balancede momento es:ZZZ

@(�ui)@t d� = �

ZZS

�ui(�!u ;�!n )d� +

ZZS

pnid� +

ZZZ

�Fid�

Procediendo como antes obtenemos las ecuaciones

@(�ui)@t + div(�ui

�!u ) + @p@xi

� �Fi = 0

En el caso del agua la densidad es constante, por lo cual la ecuación de conser-vación de masa es

div(�!u ) = 0

Las ecuaciones de conservación de momento son

67

@�ui@t +

3Pj=1

@(uiuj)@xj

= � 1�@p@xi

+ Fi

para i = 1; 2; 3: O en forma vectorial

@�!u@t + (

�!u � r)�!u = � 1�rp� g

�!k

Tomando rotacional en la ecuación de momento obtenemos para �!w = r��!u unaecuación diferencial parcial lineal de primer orden que garantiza que �!w (�; t) � 0para t > 0 si esta condición se cumple para t = 0. En este caso hay un potencialde velocidades � de tal forma que �!u = r�. La ecuación de conservación demasa es ahora la ecuación de Laplace para el potencial de velocidades: 4� = 0.

Usando que uj@uj@xi

= 12u

@@xi

�@�@xj

�2, obtenemos la ecuación de Bernoulli

@@xi

�@�@t +

12 jr�j

2+ 1

�p+ gx3

�= 0

Como podemos absorber cualquier función de t en el potencial, se sigue que

@�@t +

12 jr�j

2+ 1

� (p� po) + gx3 = 0

Esta ecuación determina a la presión una vez que conocemos el potencial develocidades. Para determinar el potencial necesitamos condiciones de frontera.En la super�cie del fondo se debe tener que la componente normal de la velocidadsea cero, es decir @�

@x3= (x1; x2; 0; t) = 0 para (x1; x2) en la región que forma la

base del volumen ocupado por el �uido y para todo t > 0.En la super�cie libre tenemos dos condiciones acopladas: la velocidad normalde la super�cie debe coincidir con la velocidad normal del �uido y la presión enel agua debe coincidir con la presión en el aire.La super�cie libre es de la forma �(t) = f� : f(�; t) = 0g :Si �(t + 4t) se ha separado de �(t) una distancia 4s en �o en la direcciónnormal, es decir, f(�o; t) = 0 y f(�o +4s�!n ; t+4t) = 0, entonces

f(�o +4s�!n ; t+4t)� f(�o; t+4t)+ f(�o; t+4t)� f(�o; t) = 0

Usando el Teorema del Valor Medio, dividiendo por 4t y tomando el límitecuando esta cantidad tiende a 0 obtenemos

dsdt = �

1jrf j

@f@t

Por otra parte, la componente normal de la velocidad es

�!u � �!n = 1jrf jr�rf

Por lo tanto, r�rf = �@f@t :

Supondremos que no hay rompimiento de olas y por lo tanto la super�cie librees la grá�ca de una función de x1; x2 y t, es decir


f(�; t) = x3 � � (x1; x2; t)� h

Usando la identidad del párrafo anterior encontramos la ecuación para la super-�cie del agua:

@�@t +

@�@x1

@�@x1

+ @�@x2

@�@x2

= @�@x3

Ahora usamos que los cambios en la presión del aire son pequeños para tomarp = po en la super�cie x3 = h+ � (x1; x2; t), lo cual da

@�@t +

12 jr�j

2+ g� = 0

La región ocupada por el �uido es f(x1; x2; x3) p 0 � x3 � h+ � (x1; x2; t)g yel problema completo es(A��)

i) 4� = 0 en 0 < x3 < h+ � (x1; x2; t)

ii) @�@x3(x1; x2; 0; t) = 0 para todo t � 0

iii) @�@t +

12 jr�j

2+ g� = 0 en x3 = h+ � (x1; x2; t)

iv) @�@t +

@�@x1

@�@x1

+ @�@x2

@�@x2

= @�@x3

en x3 = h+ � (x1; x2; t)

con � y � como incógnitas. En particular, la forma que adopta la super�cie delagua se debe obtener como parte de la solución por lo cual (A��) es un problemade frontera libre.Supondremos que el estanque o canal es angosto y largo para ignorar la depen-dencia en x2 y considerar x1 2 [0;1). Finalmente, usamos las variables x; z enlugar de x1,x3:Usando las longitudes características: a, l y h que son la amplitud, longitudde onda y la profundidad en reposo, de�nimos variables adimensionales

x� = xl , z� = z

h , �� = �a , t� = t

, �� = ��

con = lpgh

, � = a � lp

gh

La super�cie libre es z� = 1 + �� con � = ah

Quitando asteriscos a las nuevas variables, (A��) se convierte en(A�)

(i) �zz = 0 en 0 < z < 1 + �� (x; t) , x > 0

(ii) �z(x; 0; t) = 0 para t � 0

(iii) � + �t +�2

��2x + �

�2�2z�= 0 en z = 1 + �� (x; t)

(iv) �z = �2(�t + ��x�x) en z = 1 + �� (x; t)

69

donde � = hl . Nos interesa el régimen de poca profundidad (h << 1), amplitud

pequeña (a << 1), onda larga (l >> 1), así que � << 1, � << 1. Tomamos�2 = O(�), reescalamos y usamos una coordenada espacial que se mueve convelocidad 1, es decir, � =

p�� (x� t), � =

�3=2

� t , � =p�� para obtener

(A)

i) �zz + �� = 0 en 0 < z < 1 + ��(�; �)

ii) �z(�; 0; �) = 0 para � � 0

iii) � +�� + �� +12

��2z + ��

2�

�= 0 en z = 1 + �� (�; �)

iv) �z = �(�� + ��z + ��) en z = 1 + �� (�; �)

Suponemos expansiones de la forma

�(�; z; �) = �o(�; z; �) + ��1(�; z; �) +O(�2)

�(�; �) = �o(�; �) + ��1(�; �) +O(�2)

A orden �0 obtenemos

@2�o@z2 = 0 en 0 < z < 1 + ��(�; �)

@�1@z (�; 0; �) = 0

por lo cual �o(�; z; �) no depende de z, es decir �o = �o(�; �). Además,

�o(�; �) =@�o@� en z = 1

Por lo tanto

�o(�; �) =@�o@� (�; �)

A orden �1 tenemos

@2�1@z2 +

@2�o@�2

= 0@�1@z (�; 0; �) = 0

por lo cual

�(�; z; �) = � z2

2@2�o@�2

(�; �) + c(�; �)z + b(�; �)

Usando la condición de frontera en z = 0 obtenemos

�1(�; z; �) = �1(�; �)� z2

2@2�o@�2

(�; �)

De la primera condición de frontera en z = 1 obtenemos

�1 �@�1@�

+1

2

@3�o

@�3+@�o@�

+1

2

�@�o@�

�2= 0 (1)


y de la segunda se obtiene una relación de consistencia.

A orden �2 obtenemos

@2�2@z2 +

@2�1@�2

= 0@�2@z (�; 0; �) = 0

Esto implica que

�2(�; z; �) = �2(�; �)� z2

2@2�1@�2

(�; �) + z4

24@4�o@�4

Pero � :=n@�j@� ;

@�j@� ;

@�j@z ;

@�j@� ;

@�j@�

otienen segundas derivadas continuas por lo

que toda f 2 � tiene la siguiente expansión:

f(�; 1 + ��; �) = f(�; 1; �) + �� @f@z (�; 1; �) +O(�2)

Por lo tanto

@�2@z

+@2�2@z2

�o = �@2�1

@�2+1

6

@4�o

@�4� @2�o

@�2�o = �

@�1@�

+@�o@�

+@�o@�

@�o@�

(2)

Integramos (9) con respecto a �, usando (8) y �o =@�o@� para obtener

� 12

�@�o@�

�2+ 1

6@3�o@�3

� @�1@� = ��1 +

@�0@� +

12

�@�o@�

�2así que

�1 � @�1@� =

�@�o@�

�2+ @�0

@� �16@3�o@�3

= � 12@3�o@�3

� @�0@� �

12

�@�o@�

�2Es decir,

2@�o@� +13@3�o@�3

+ 32

�@�o@�

�2= 0

Derivando con respecto a � obtenemos la ecuación

@�o@� +

16@3�o@�3

+ 32�o

@�o@� = 0

Reescalando las variables � = 6t, x = �, u = 32�o, obtenemos la ecuación de

Korteweg y de Vries

ut + uxxx + 6uux = 0 (3)

.

Bibliografía

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Notas de Integrales y Funciones elipticas

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