Notas de Integrales y Funciones Elipticas - FENOMEC

Notas de Integrales y Funciones
Elípticas
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 9
2.1. Aproximación de la longitud de la grá…ca del sen(x) en el intervalo
[0,2] usando Expansión de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.2. Aproximación de la longitud de la grá…ca del sen(x) en el intervalo
[0,2] usando el Método del Trapezoide . . . . . . . . . . . . . . 10
2.3. Promedios aritmético-geométricos. . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.4. EJEMPLOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
3. Integrales elípticas en problemas de la Mecánica, la Geometría
y la Dinamica de Fluidos. 15
3.1. Oscilaciones de un péndulo sin fricción . . . . . . . . . . . . . . . 15
3.2. Encontrar el área de la super…cie de la sección separada del cilindro
x 2 +z 2 =a 2 por el cilindro x 2 +y 2 =b 2 , donde 0 < b < a y
z0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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 37
5.1. ¿Cuál es el orden de los polos de sn(z;k) . . . . . . . . . . . . . 39
5.2. ¿Cómo ajustar K(k) y K’(k) para tener como dominio un cuadrado,
es decir, tal que K(k)=2K’(k) . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
5.3. Funciones meromorfas con polos y ceros dobles. . . . . . . . . . . 44
5.3.1. ¿Qué se puede decir de una función meromorfa g(z) con
polo 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 cero
doble en 0 y un polo doble en A + iA . . . . . . . . . . . 44
5.3.3. ¿Cuántas funciones elípticas con periodos 2A y 2iA
tienen un cero doble en 0 y un polo doble en A + iA . . 45
6. Función P de Weierstrass 47
6.1. Ecuación Diferencial para P (z) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
6.2. Ecuación Diferencial para P . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
7. Función Theta 51
7.1. Ecuación de Calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
7.2. Propiedades de las funciones T HET A . . . . . . . . . . . . . . . 53
8. Hacia el problema de inversión 57
8.1. Funciones Elípticas de Grado 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
8.2. Funciones Elípticas de Grado 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
8.3. Función P de Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
A. Korteweg-de Vries 65
Bibliografía 71

Introducción
Las integrales y funciones elípticas aparecen de manera natural cuando se
trata de resolver una gran cantidad de problemas geométricos y físicos, como
veremos 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 calcular
de manera aproximada la longitud de una elipse.
Calculemos esta longitud para conocer la integral elíptica que llamaremos del
segundo tipo. Tomando como parametrización de la elipse (t) = (a cos(t); b
sen(t)) con b > a > 0
t 2 [0; 2], la longitud queda dada por:
L(a; b) = 4
= 4
= 4b
Z
2
Z
0
2
Z
0
2
0
p
a2 sen 2 (t) + b 2 cos 2 (t)dt = 4
Z
2
p
b2 + a 2 sen 2 (t) b 2 sen 2 (t)dt = 4
q
1 ( b2 a 2
b 2
Z
)sen 2 2
(t)dt = 4b
0
0
p
a2 sen 2 (t) + b 2 (1
Z
2
p
1
0
p
b2 + (a 2
k2 sen 2 (t)dt
sen 2 (t))dt
b 2 )sen 2 (t)dt
tomando k 2 = b2 a 2 a
b
= 1 2
2 b
, que es la excentricidad de la elipse.
2
Z
2 p
A las integrales de este tipo, es decir a las de la forma 1 k2 sen 2 ()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 la
grá…ca de la función sen(x) en el intervalo 0; 2
:
0
L(sen(x); 0; 2 ) = Z
2
=
0
Z
2
0
p
1 + cos2 (x)dx =
Z
2
p
2 sen2 (x)dx = p 2
0
p
1 + (1
r
Z
2
0
1
sen2 (x))dx
2
p1
sen2 2
(x)dx
L(sen(x); 0; 1
2
) es una integral del segundo tipo con k = p
2
Hasta ahora estas integrales han aparecido en problemas geométricos pero la
motivación surge de la Mecánica Celeste, en los trabajos de Kepler sobre el
movimiento de los planetas.

Capítulo 1
Leyes de Kepler
El problema de describir el movimiento de los planetas se remonta a los Griegos
quienes 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 cual
giran los planetas. Aún así, Copérnico mantenía la idea de los griegos con respecto
a la órbita que siguen los planetas que es el Sistema Ptolemaico de Epiciclos y
Deferentes. Segun este Sistema los planetas giran en orbitas circulares pequeñas
(Epiciclos) cuyo centro gira alrededor de una órbita circular (Deferentes) mayor
centrada en el Sol. La utilización de este sistema requeria ajustar el número de
epiciclos cada vez que los datos observacionales no coincidian con la teoría Por
lo tanto era muy di…cil predecir la posición de los cuerpos a tiempos futuros.
Fue Kepler quien trabajando con el reconocido astrónomo Tycho Brahe, propone
un modelo a partir de los datos observacionales. Brahe le asignó el proyecto de
calcular la órbita de Marte [Ca].
Marte era el planeta que mostraba más diferencias entre los datos observacionales
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 t 0 = 0 al
tiempo t
Depués de estudiar los datos observacionales recavados por Brahe, Kepler formuló
sus Tres Leyes del Movimiento Planetario:
1 a Los cuerpos celestes se mueven en trayectorias elípticas sobre un plano y
el Sol es un foco de dicha órbita.
2 a A tiempos iguales se barren áreas iguales
5

6 CAPÍTULO 1. LEYES DE KEPLER
3 a El cuadrado del periodo de revolución de cualquier planeta es proporcional
al cubo del semieje mayor de la elipse determinada por el movimiento de
dicho planeta alrededor del Sol.
La primera ley de Kepler contesta la pregunta (i) y (ii), podemos parametrizar
la posición de Marte como P (t) = (a cos((t)); b sen((t)) ) y la distancia
recorrida por Marte durante el tiempo t t o esta dada por:
Z t p
L(a; b) = a2 sen 2 (s) + b 2 cos 2 (s) (s)ds
=
t o
Z
s
t
= b 1
t o
Z t
= b
0
s
1
q
b 2 a 2
b 2 2
sen 2 (s)
(s)ds
q
b 2 a 2
b 2 2
sen 2 (s)
(s)ds (0)
A las integrales que aparecen en este contexto las llamamos integrales incompletas
del segundo tipo.
Pero aun no sabemos cómo es (t). Lo que sí sabemos por la tercera ley de
(t) no es constante.
Kepler es que el movimiento no es uniforme así que
Utilicemos la Mecánica Newtoniana para encontrar (t):
La ley de Gravitación nos dice que cualesquiera dos particulas con masa M y
m respectivamente se atraen mediante la siguiente relación
F = G Mm
R 2
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 masa
m 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 Marte
como partículas ya que su masa es pequeña con respecto a la distancia entre los
dos cuerpos. Si tomamos F como la fuerza gravitacional tenemos:
G M R 2
En nuestro caso, la aceleración actua en la misma dirección del vector Marte-Sol
y en dirección de decrecimiento de R(t):
= a

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 función
del ángulo . Es decir
a() = 1 d
R(t)
R 2 (t) (t)
= 0
dt
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 : Para
esto, utlicemos la relación
R =
h
1+ecos()
donde
e = eccentricidad de la elipse definida por la trayectoria de Marte
h = e (la distancia del Sol a la directriz de la elipse definida por la
trayectoria de Marte)
sustituyendo en (2) obtenemos
2
k
(t) = c
= ( c 1 + e cos() h )2 (1 + e cos()) 2 (3)
)
d
(1+ecos())
= ( c 2 h )2 dt
Z
0
ds
(1+ecos(s)) 2 = t ( c h )2
Ya se ve complicada la ecuacion de y recordemos que para nuestro problema
de 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:
2
L(a; b) = bm 4
Z t
0
s
1
q
b 2 a 2
b 2
3
2
sen 2 (s)ds5 = bm
Z t
0
p
1
k2 sen 2 (s)ds
La distancia recorrida por marte esta dada por una integral que llamaremos
elíptica incompleta del segundo tipo.
A continuación describiremos algunos métodos para evaluar integrales elípticas
completas. El primer método sera para k pequeño usando expansión de Taylor
y el segundo sera para k 2 [0; 1] usando métodos númericos.

Capítulo 2
Métodos numéricos para
aproximar integrales
elípticas
2.1. Aproximación de la longitud de la grá…ca
del sen(x) en el intervalo [0,2] usando Expansión
de Taylor
La longitud de la grá…ca del sen(x) en el intervalo [0; 2] esta dada por:
I =
Z
2
0
= p 2
p
1 + cos2 (t)dt =
Z
2
Si k = 1 p
2
, entonces
0
Z
2
q
1 ( 1 p
2
) 2 sen 2 (t))dt
0
p
1 + (1 sen2 (t))dt =
I = p Z
2 p
2 1 k2 sen 2 (t)dt. Sea f(x) = (1 + x) s .
0
Usando series de Taylor obtenemos:
f(x) = 1 + sx +
R n =
s(s 1)
2!
x 2 s(s 1)(s 2):::(s n+2)
+ +
(n 1)!
x n 1 + R n
s(s 1)(s 2):::(s n+1)(1+)s
n
n!
x n ; 2 (0; x)
9

10CAPÍTULO 2. MÉTODOS NUMÉRICOS PARA APROXIMAR INTEGRALES ELÍPTICAS
Esta serie converge absolutamente si jxj 1: Por lo tanto x = k 2 sen 2 ()
cumple la condición para tener convergencia absoluta de la serie.
Sea s = 1=2
1 p
2
I =
Z
2
0
1 ( 1 2 ) k 2 sen 2 () + 1 1
2! 2
+::::: + ( 1) n 1 1
n! 2
1
2
k 2 sen 2 () 2 1
1
3! 2
1 3 2n
2
:::
2 k 2 sen 2 () n
dx + Rn
1
2
3
2
k 2 sen 2 () 3
+
R n = ( 1)n
n!
jR n j 1 n!
n+1
1
2 n
n+1
(1+) s n
2 n
Y
(2i 3) k 2n sen 2n
i=2
Y
(2i 3) k 2n = 1 n!
i=2
Y
(2i 3) k 2n
n+1
1
2 n
2.2. Aproximación de la longitud de la grá…ca
del sen(x) en el intervalo [0,2] usando el
Método del Trapezoide
Sean
i=2
fx o = 0; x 1 =
2n ; x 2 = n ; x 3 = 3
2n ; :::; x i = i
2n ; :::; x n = 2 g
una partición de [0; 2 ] y
Entonces
Z
2
0
p
1
y i = f(x i ) = p 1 k 2 sen 2 (x i ) ; 8i = 0; 1; 2; :::; n
k2 sen 2 (t)dt
4n [y o + 2y 1 + 2y 2 + ::: + 2y j + ::: + 2y n 1 + y n ]
Una cota para el error utilizando este método es :
error E M(=2)3
12n 2 , M = maxfjf 00 (x)j ; 0 x 2 g
Pero
jf 00 (x)j =
k 2 (
cos 2 (x)+sen 2 (x)+k 2 sen 4 (x))
(1+k 2 sen 2 (x)) 3=2
k 2 sen 2 (x) + k 2 sen 4 (x) cos 2 (x)
k 2 sen 2 (x) + k 2 sen 4 (x)
cos 2 (x) k
2 1 + k 2
por lo tanto
E k2 [1+k 2 ]
96n 2 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] teniamos
que k = p 1
2
por lo tanto el error esta acotado por
3
128n 2 0;24223653656484231 1 n 2
Comparación de la aproximación de p Z
2
2
k2 sen 2 (t)dt utilizando método
del trapezoide y expansión de Taylor.
0
p
1
Trapezoide
Expansión de Taylor
n Estimación Error Estimación Error
1 1.8961188979370398 0.242237 1.9437612854442854 0.25
2 1.9099718215899177 0.0605591 1.9177287682285138 0.09375
3 1.9100969337379137 0.0269152 1.9123053271418946 0.0390625
5 1.9100988937464334 0.00968946 1.9103552187355535 0.00769043
9 1.9100988945138557 0.00299057 1.9101049729345663 0.000362247
15 1.9100988945138557 0.00107661 1.9100989330881069 .0000440870
50 1.9100988945138553 0.0000968946 1.9100988945138562 7.06894 x 10 17
Observamos que para n pequeña el método del Trapezoide nos da una mejor
estimación del error que por Expansión de Taylor pero conforme n crece Taylor
es 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 un
problema sencillo. Gauss, Ramanujan, Landen y muchos otros grandes matemáticos
dieron métodos para aproximar estas integrales. Uno de los más sencillos y
útiles 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 promedios
aritméticos fa i ja 1 = a+b
an 1+bn 1
2
y a n =
2
8n > 1g i2N y la siguiente suceción
de promedios geométricos fb i jb 1 = p ab y b n = p a n 1 b n 1 8n > 1g i2N :Es un
ejercicio probar que la sucesión fa i g es decreciente y acotada inferiormente por
b mientras que la sucesión fb i g es creciente y acotada superiormente por a. Por
lo tanto ambas sucesiones convergen. No solo eso, si el lector hizo el ejercicio
habra notado que:
b < b 1 < b 2 < b 3 < ::::::: < a 3 < a 2 < a 1 < a
y que las suceciones convergen al mismo límite. Este límite, que denotaremos
por M(a; b), es el promedio aritmético-geométrico.( 1 ).
1 American Mathematical Monthly 1988. No.August-September. Pp585-608

12CAPÍTULO 2. MÉTODOS NUMÉRICOS PARA APROXIMAR INTEGRALES ELÍPTICAS
¿Qué tienen que ver estos promedios con nuestro problema original: Calcular el
perímetro de un elipse
¡¡TODO!! El siguiente resultado, de Gauss, nos dirá que tanto están relacionadas.
Teorema 1 Sea jxj < 1 y K(x) = R 2
p
ds
0
, entonces
1 x 2 sen 2 (s)
M(1 + x) =
2K(x)
Demostración Ver [AB]
Esto ya se parece más a lo que queremos llegar. John Landen logra, mediante
una transformación, relacionar ambas ideas y obtiene el siguiente resultado:
P
Teorema 2 Sea F (a; b; c; x) = 1 (a) k (b)k
(c) k k!
x k , jxj < 1 ,
k=0
(m) k = m(m + 1)(m + 2) (m + k 1) , entonces
1
L(a; b) = (a + b) F (
2 ; 1
2 ; 1;
Haciendo uso del Teorema 2 obtenemos
L(a; b) = (a + b) 1 P
1 ( 2 ) 1
k( 2 ) k
(1) k k!
k=0
1P
(
= (a + b)
1 2 )2 1 (
k=0
1P 1 (
= (a + b)
k=0
"
= (a + b)
2k
a b
a+b
2 +1)2 1 ( 2 +2)2 1 ( 2 +k 1)2
(k!) 2
2 )2 ( 1 2 )2 ( 3 2 )2 ( 5 2 )2 ( 2k 3
2 ) 2
(k!) 2
1 + 1 4
a b
a+b
2 1P
+ ( 1 4 )k a b
k=2
a+b
a b
a+b
2)
a b
a+b
a b
a+b
2k
2k
1 2
k!
2k
Una buena apriximación de L(a; b) debida a Ekwall y Sipos es:
L(a; b) 2
2(a+b) 2 ( p a p b) 4
( p a+ p b) 2 +2 p 2 p a+b 4p ab
k Y
i=1
(2i 3) 2 #
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.
"
2
L(2; 1) = (2 + 1) 1 + 1 4 1P 2k
2 1
2+1 + ( 1 4 )k 2 1 1 2
2+1 k!
k=2
"
#
L(2; 1) = 3 1 + 1 4
1 2
1P
3 + ( 1 4 3 )k 1 2k k 1 2
Y
k!
(2i 3) 2
k=2
k = 5 L(2; 1) 9;6884482125373
k = 9 L(2; 1) 9;6884482205474
k = 15 L(2; 1) 9;6884482205474
k = 50 L(2; 1) 9;6884482205474
k = 100 L(2; 1) 9;6884482205474
i=1
k Y
i=1
(2i 3) 2 #
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 ]:
Z
2
L(sen(x); 0; 2) = 4
= 4
= 4
= 4
0
Z
2
0
Z
2
0
Z
2
0
p
1 + cos2 (x)dx
p
cos2 (x) + sen 2 (x) + cos 2 (x)dx
p
sen2 (x) + 2 cos 2 (x)dx
q
sen 2 (x) + ( p 2) 2 cos 2 (x)dx
notamos que este problema es análogo al ejemplo 1 tomando a = 1 y b = p 2
Por lo tanto podemos aproximar esta integral utilizando el método de Gauss-
Landen
L(sen(x); 0; 2) = L(1; p 2)
"
= (1+ p 2)
1 + 1 4 1 p 2 1P
p 2
2+1
+
k=2
( 1 4 )k
1 p 2 p
2+1
2k
1
k!
2
k Y
i=1
(2i 3) 2 #

14CAPÍTULO 2. MÉTODOS NUMÉRICOS PARA APROXIMAR INTEGRALES ELÍPTICAS
k L(sen(x); 0; 2) L(sen(x); 0; =2)
5 7;640395578053309 1;9100988945133273
6 7;640395578055384 1;910098894513846
7 7;640395578055423 1;9100988945138557
9 7;640395578055423 1;9100988945138557
15 7;640395578055423 1;9100988945138557
500 7;640395578055423 1;9100988945138557
2,000 7;640395578055423 1;9100988945138557
1,000,000 7;640395578055423 1;9100988945138557

Capítulo 3
Integrales elípticas en
problemas de la Mecánica,
la Geometría y la Dinamica
de Fluidos.
3.1. Oscilaciones de un péndulo sin fricción
Consideremos el sistema mecánico que consiste de una masa m, sujeta en un
extremo de una barra rígida e inextensible de longitud L. Suponemos que la
barra es tan delgada que no tiene peso, que está …ja en el otro extremo y que el
sistema 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 al
tiempo 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 LA MECÁNICA, LA GEOMETRÍ
Suponemos que las fuerzas que actúan sobre la masa son su peso y la tensión
de la barra. Esta última es la responsable de que el movimiento de la masa sea
siempre 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 segundo
términoes la componente tangencial.
El balance de las componentes tangenciales de la fuerza debida al peso y de la
aceleración nos dan la ecuación
+ g L sen((t)) = 0
Este es un sistema conservativo, lo cual es consecuencia de que no estamos
considerando la fricción.
Para obtener la ecuación de conservación de energía, multiplicamos por e
integramos entre 0 y t
2
(t)
2
R t
0
(s)
g
L cos((t))
(s) + (s) g L sen((s))ds = 0
2
(0)
2
+ g L cos((0)) = 0
2
(t)
2
g
L cos((t)) =
2
(0)
2
g
cos((0)) =: E (4)
L
En el plano fase de y , las curvas integrales del sistema son las grá…cas de
= p 2 p E + g L cos((t))
Observe que para cada E, la curva integral correspondiente está de…nida para
valores de con la propiedad que cos((t)) E. En la siguiente …gura se
g
L
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 cilindro
cuya circunferencia sea dicho periodo y obtenemos
Tomando (0) = a y
(0) = b y sustituyendo en (4) obtenemos
d
dt
2
= 2
g
L
cos() + b2 2
g L cos(a)
Por lo tanto
dt =
d
dt = p 2 g L
cos() + b2 2
p
d
2
g
L cos()+b2
2 g L cos(a) = q
L
2g
g L cos(a)
q d
cos()+ L 2g b2
cos(a)
utilizando la identidad trigonométrica cos(x) = 1 2sen 2 ( x 2 )
q
L
dt = q
d
2g
1 2sen 2 (=2)+ L 2g b2 1+2sen 2 (a=2)
q
d
= q
= 1 2
L
2g
q
L
g
2sen 2 (=2)+ L 2g b2 +2sen 2 (a=2)
q
d
sen 2 (=2)+ L 4g b2 +sen 2 (a=2)

18CAPÍTULO 3. INTEGRALES ELÍPTICAS EN PROBLEMAS DE LA MECÁNICA, LA GEOMETRÍ
Supongamos b = 0
y hagamos el cambio de variable
sen(=2) = sen (a=2) sen()
sen(a=2) cos()d
d = 2p :
1 sen2 (a=2)sen 2 ()
Por lo tanto
dt = 1 2
q
q
dt =
q
=
L
g
L
g
L
g
sen(a=2) cos()d
2 p
1 sen 2 (a=2)sen 2 ()
p
sen2 (a=2)sen 2 (=2)+sen 2 (a=2) =
sen(a=2) p 1
sen 2 ()d
p
sen 2 (a=2)(1 sen 2 (=2)) p 1 sen 2 (a=2)sen 2 ()
p
1
d
sen2 (a=2)sen 2 ()
Sea k 2 = sen 2 (a=2), entonces
dt =
s
L
g
p
1
d
k2 sen 2 ()
Integrando (5) respecto a t, podemos calcular el periodo del péndulo que denotaremos
por T (a):
q
T (a) = 4
L
g
R max
p
0 1
ds
k 2 sen 2 (s)
donde max es el ángulo máximo de apertura del péndulo.
Si k 2 es pequeño (e.d si k 2 = sen 2 (a=2) < 1=2), obtenemos una buena aproximación
de T (a) por medio de la serie:
0
q
T (a) = 2
L
2g
h
i
1 + 2 1 2
sen 2 (a=2) +
24 13 2
sen 4 (a=2) + ::::::
Pero 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 varía
de max a () . Integrando (5) obtenemos:
Z t q R q
L
d = p
ds
g = R q
L 0
p
d
max 1 k 2 sen 2 (s) g + R
L d
max 1 k 2 sen 2 () g 0
t =
q R q
L max
p
d
g 0
+ R
L
1 k2 sen 2 () g 0
p
1
d
k2 sen 2 ()
p
1
(5)
k 2 sen 2 ()
q
t + 1 4 T (a) = R
L
g 0
p
1
ds
k 2 sen 2 (s)
p g
L (t + 1 4T (a)) = F (k; )

3.2. ENCONTRAR EL ÁREA DE LA SUPERFICIE DE LA SECCIÓN SEPARADA DEL CILINDRO X 2 +Z 2 =A 2 PO
F (k; ) = R
0
p
ds
, con k …jo entre cero y uno, es la integral elíptica
1 k 2 sen 2 (s)
incompleta del primer tipo.
Vemos la necesidad de invertir la integral F (k; ) para encontrar la ecuación de
movimiento del péndulo.
La función F (k; ) tiene como inversa la ecuación elíptica de Jacobi denotada
por 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 g
L (t + 1 4 T (a)))
1
k sen( 2 ) = sn(k; p g
L (t + 1 4 T (a)))
Así, la ecuación del movimiento del péndulo queda expresada como
(t) = 2arcsen k sn k; p g
L (t + 1 4 T (a))
Grá…ca de 2arcsen[ 1 3 sn( 1 3 ; u)]
3.2. Encontrar el área de la super…cie de la sección
separada del cilindro x 2 +z 2 =a 2 por el
cilindro x 2 +y 2 =b 2 , donde 0 < b < a y
z0
Sea D = f(x; y)jx 2 + y 2 b 2 ; z 0g y f(x; y) = p a 2 x 2

20CAPÍTULO 3. INTEGRALES ELÍPTICAS EN PROBLEMAS DE LA MECÁNICA, LA GEOMETRÍ
Ya que
por:
ZZ
A
A =
@f
@x =
Z b
D
b
p x
a
y @f
2 x 2 @y = 0
q
Z b
1 + x2
a 2 x
dxdy =
2
2
p a 6
a2 x 2
4
Sea s = x=b, entonces
p
b2
Z x 2
p
b 2
Z 1
A = 2ab
x 2 dy
1
3
b
2
6
4
el área de la super…cie deseada esta dada
p
b Z
2 x 2
7
5 dx = 2a
p
b 2 x 2 a
Z b
b
3
p dy 7
a
5 dx =
2 x 2
Zb
p
p b2 x 2
dx = 2a
a2 x 2
r
Z1
r
1 s 2
1 ( a) ds = 4ab 1 s 2
b 2 s 2 1 ( a) ds
b 2 s 2
0
b
p
1 (x=b) 2
p dx
1 (x=a) 2
Haciendo el cambio de variable sen() = s obtenemos
=2
Z
=2
r
Z
1 sen
A = 4ab
2 ()
1 ( a) cos()d = 4ab cos() b 2 q
2
d =
sen 2 () 1 ( a) b 2 sen 2 ()
0
=2
Z
= 4ab
0
1 sen 2 ()
q
d
1 ( a) b 2 sen 2 ()
Sean k = b a y = p 1 k 2 sen 2 () , entonces
1 = 2 1
= 1 k2 sen 2 () 1
= k2 sen 2 ()
Por lo tanto k
( 1 2 ) = sen2 (): Sustituyendo en la integral
A = 4ab
=2
Z
0
=2
Z
= 4ab
0
=2
Z
p
1
d + 4ab
1 k2 sen 2 ()
p
1
1 k 2 sen 2 ()
0
0
k 2 ( 1 ) p
1 k2 sen 2 () d =
Z
4ab
d + ( 1 )d
k 2 =2
0

3.3. ONDAS VIAJERAS PARA LA ECUACIÓN DE KORTEWEG - DE VRIES21
= 4ab
=2
Z
0
p
1
1 k 2 sen 2 ()
=2 Z
1
= 4ab 1
k 2
0
p
1
Z
4ab
d +
1
k2 sen 2 ()
k 2 =2
0
( p 1 k 2 sen 2 1
() p )d
1 k 2 sen 2 ()
=2
Z
p
4ab
d +
k 1
2
0
k2 sen 2 ()d
Este tipo de integrales se les denomina integrales elípticas del tercer tipo, por
ser 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 poca
profuda esta dada por
u t + u xxx + 6uu x = 0 (6)
y es llamada la Ecuación de Korteweg-de Vries ya que Korteweg y de Vries la
dedujeron (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; 2
Sean = x ct y 0 = d d
, entonces la ecuación a resolver es
Integrando (7)con respecto a obtenemos
cU 0 + U 000 + 6UU 0 = 0 (7)
Que es un sistema conservativo.ya que
cU + U 00 + 3U 2 = 0 (8)
dE
dt = 0
E(t) = 1 2 U 02 (t) + U 3 (t)
c
2 U 2 (t)
Por lo tanto
E(t) = E(0)

22CAPÍTULO 3. INTEGRALES ELÍPTICAS EN PROBLEMAS DE LA MECÁNICA, LA GEOMETRÍ
Por lo que las curvas integrales de
U = v
v = cU 3U 2
cumplen que
o equivalentemente
1
2 v2 + U 3 c 2 U 2 = E(0)
que estan de…nidas para
v = p 2r c
2 U 2 U 3 + E(0) (9)
U 3
c 2 U 2 E(0)
Por lo tanto la grá…ca del potencial '(U) = U 3 c 2 U 2 determina la estructura
de las curvas integrales como se muestra en la siguiente …gura
P(U)
0.04
v
0.4
0.02
0.2
-0.2
0
-0.2
0
0.2
0.4
0
0.2
0.4
0.6
U
-0.2
-0.02
-0.4
'(U) = U 3 c 2 U 2
0
v = p 2 p c
2 U 2 U 3 + E(0)
U
Queremos encontrar soluciones acotadas de (7) con c > 0. En esa dirección
integremos dos veces (7) de 0 a para obtener
1
2 U 02 + U 3 c 2 U 2 = AU + B ,con: A; B 2 R
Sean U 1 < U 2 < U 3 raíces del polinomio AU + B
U 3 + c 2 U 2 , entonces
x
dU
d = p 2 p (U U 1 )(U U 2 )(U U 3 )
Por lo tanto el periodo de oscilación esta dado por dos veces T
T = 1
Además, si U(0) = U 3 obtenemos
R
U 3
p p
du
2 (U U1)(U U
U 2)(U U 3)
2

3.3. ONDAS VIAJERAS PARA LA ECUACIÓN DE KORTEWEG - DE VRIES23
Sean
s = U 3 + (U 2
= 1
p
2
U 3
UR
= p 1
2
U 3
p
ds
(s U1)(s U 2)(s U 3)
R
p
du
para U 2 U U 3
(s U1)(s U 2)( s+U 3)
U
U 3 )sen 2 ()
ds = 2(U 2 U 3 )sen() cos()d
h
i
s U 1 = U 3 U 1 + (U 2 U 3 )sen 2 () = (U 3 U 1 )
U2
1 +
U 3
U3
U 1
sen 2 ()
= (U 3 U 1 ) 1 k 2 sen 2 ()
s U 2 = (U 3 U 2 ) 1 sen 2 () = (U 3 U 2 ) cos 2 ()
s U 3 = (U 2 U 3 ) sen 2 ()
q
(U) = arcsen
Entonces
U U 3
U 2 U 3
= 2 p
2
0R
U 2 U
p p 3d
U3 U
(U)
1 1 k 2 sen 2 ()(U 3 U 2)
(U)
R
p p
d
U3 U 1 1 k2 sen
0
2 ()
= p 2
Por lo cual
q
U() = U 2 + (U 3 U 2 )cn 2 U 3 U 2
2
t; k
Recordando que = x ct
En el periodo vuelven a aparecer las integrales elípticas y para encontrar U(x
ct) nos volvemos a encontrar con el problema de inversión.

24CAPÍTULO 3. INTEGRALES ELÍPTICAS EN PROBLEMAS DE LA MECÁNICA, LA GEOMETRÍ

Parte II
Funciones Elípticas
25

Capítulo 4
Mapeos del Semiplano
Superior H +
Ejemplos de mapeos de H + en
1) El Primer Cuadrante: f(z) = p z
La elección del argumento 2
eje real.
2 ; 3
2 permite calcular la imagen del
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
muestra en la …gura 8)
(como se
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 de
dirección en 90 al cruzar x = 1; 1
Una solución es f 0 (z) = p x 2 1 para x 2 R, por lo tanto f(z) = p z 2 1
= p z 1 p z + 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) =
Z z
0
p
s
2
1ds es un buen candidato.
Examinemos algunas propiedades de esta función:
(i) f(0) = 0
(ii) Si 1 < s < 1
s = 1 + (1 s)e i = 1 + (1 + s)e i0 :
Por lo tanto
p
s
2
1 = p 1 se i=2p s + 1e i0 = i p 1 s 2 :
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)e i0 = 1 + (1 + s)e i0 : Por lo tanto
f(x) = f(1) +
xZ
p
s
2
0
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) =
es decir, considerar
Z z
0
ds p
s2 1 rotada 90 ,
Z z
G(z) = i
0
ds p
s 2
Zz
= 1
0
Zz
ds
e i=2p = s 2 1
0
ds p
1 s 2
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
3) Un rectángulo
f(z) = 2A
Siguiendo la idea del ejemplo anterior.
Candidato :
Z z
0
ds p
1 s 2 :
f(z) =
Z z
ds p
s 2 1 p s 2 a 2 con a > 1:
0
Los puntos de rami…cación son a; 1; 1; a y la elección de las ramas del
argumento es:
Entonces para z 2 R , z 1
f(z) =
Z 1
Zz
p ds
s 2 1 p + s 2 a 2
2 < j < 3 2 :
Zz
p ds
s 2 1 p = f(1) + s 2 a 2
ds p
s 2 1 p s 2 a 2
0
Sea k = 1 a
< 1, entonces
0
0

30 CAPÍTULO 4. MAPEOS DEL SEMIPLANO SUPERIOR H +
f(1) =
Así
Z 1
0
= k
Z 1
p ds p = 1
1 s 2 a 2 s 2 a
Z 1
0
0
ds
p
1 s 2 p 1 2 ( s a )2 =
p p ds
1 s
= k F (k; =2 + 2n) := K(k)
2 1 2 k 2 s2 Z z
f(z) = K(k) +
Zz
p ds
s2 1 p = K(k) + s 2 a 2
ds p
s2 1 p s 2 a 2
1
1
Observemos que f(z) tiene puntos de rami…cación en a; 1; 1 y a: Entonces
z = 1 + r i e i1 , r 1 = j1 sj
= 1 + r 2 e i2 , r 2 = j1 + sj
= a + r 3 e i3 , r 3 = ja sj
= a + r 4 e i4 , r 4 = 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); entonces
p 1
s 2 1 p = p 1
s 2 a 2 1 s 2
f(x) =
xZ
0
a 2 p
s 2 ds
1 p s 2 = xZ
) f([0; 1]) = [0; K(k)]
c) Sea x 2 (1; a), entonces
1 p
a 2 s 2 e i ; por lo tanto
p 1
s 2 1 p = p 1
s 2 a 2 s 2 1
0
ds p
1 s 2 p a 2 s 2 < 0
1
p
a 2 s 2 ( i) ;
Por lo tanto,
f(x) = f(1)
i
xZ
1
xZ
p ds
s2 1 p = K(k) i a 2 s 2
1
ds p
s2 1 p a 2 s 2

31
En particular
f(a) =
Sea
Z a
0
Za
p ds
s2 1 p = f(1) i s 2 a 2
Z a
= K(k) i
K 0 (k) = k
1
1=k
Z
Podemos conlcuir
1
1
dx p
x2 1 p a 2 x 2 =
1=k
Z
p dx
x2 1 p = K(k) i k a 2 x 2
dx p
x 2 1 p 1 k 2 x 2 , entonces
f(a) = K(k) i K 0 (k)
1
dx p
x2 1 p 1 k 2 x 2
f([1; a]) = fz = x + iy j x = K(k) , y 2 (0; K 0 (k))g
f([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
xZ
xZ
ds
f(x) = f(a) + p
s 2 1 p = K(k) i s 2 a 2 K0 (k) +
Notemos que
xZ
a
a
ds p
s2 1 p s 2 a 2 > 0
Para determinar f(1) necesitamos calcular
1Z
I :=
a
dx p
x 2 1 p x 2 a 2
Haciendo el cambio de variable t = a=x
I =
Z 0
1
Z 0
p
dx
p = 1
(a=t) 2 1 (a=t) 2 a 2 a
1
q dt
t 1 2 p
a 1 t 2 2
=
a
ds p
s 2 1 p s 2 a 2

32 CAPÍTULO 4. MAPEOS DEL SEMIPLANO SUPERIOR H +
Z 1
I = k
0
Por lo tanto
dt p
1 k2 t 2p 1 t 2 = K(k)
xZ
lm f(x) = lm f(a) +
x!1 x!1
a
ds p
s 2 1 p s 2 a 2 =
= lm
x!1 K(k) iK0 (k) +
xZ
a
ds p
s 2 1 p s 2 a 2 =
= 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 con
vértices 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 1
(z) = p
z2 1 p 6= 0 en
z 2 H+
a2 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 + tal
que f(z) = w:
Demostración Sea w o 2 Interior de D: Sea
N(w o ) = N umero de soluciones de f(z) = w o con z 2 H +

33
Sea una curva simple cerrada en H + tal que f(z) 6= w o para todo z 2 ,
entonces
R
N (w o ) = 1 f 0 (z)
2i f(z) w o
dz = Número de soluciones de f(z) =
Tomamos R > a
= w o encerradas por
R () = R e i , 2 [0; ]
R := [
R; R] + R ()
RR
N R
(w o ) = 1
2i
Observemos que
Para estimar
R
f 0 (x)
f(x) w dx + 1
R
f 0 (z)
2i f(z)
R
w dz
f 0 (Re i ) = p
1
= O pR 1 2 e i2 a 2 R y jdzj = R
2
1
f(z) w
R 2 e i2 1
en R , demostraremos que
lm
z! 1 , z2H +f(z) = iK0 (k)
Tomemos z = Re i0 2 R y sea 1 = t z con t 2 [0; 1] :
Entonces
Por lo tanto
f(z) = f(R) +
Así 9 R o > 0 tal que
R
0
0
p
R 2 e i2 1
iRe i
pR 2 e i2 a 2 ds = f(R) + O( 1 R )
lm
z! 1 , z2H +f(z)
= lm f(R) =
R! 1 iK0 (k):
jf(z) + iK 0 (k)j < 1 2 jw o + iK 0 (k)j para jzj R o

34 CAPÍTULO 4. MAPEOS DEL SEMIPLANO SUPERIOR H +
como se muestra en la siguiente …gura
Entonces no hay soluciones de f(z) = w o con jzj R o pues
jf(z) w o j jw o + iK 0 (k)j jf(z) + iK 0 (k)j 1 2 jw o + iK 0 (k)j
Se sigue que para R R o :
R
f 0 (z)
f(z)
R
w o
dz
R
R
= 2 R !
R!1 0
N R (w o ) toma valores en los naturales y tiene límite cuando R ! 1
Por lo tanto 9 R 1 tal que N R (w o ) = N R1 (w o ) 8 R R 1
1R
N R (w) = 1
2i
1
f 0 (x)
f(x) w dx para R R 1
y además
Observemos que R := f( R ) es una curva simple orientada positivamente
como se muestra
y si R es tal que w o queda en la región encerrada por R
R
1 dv
2i v w o
= 1
R
se tiene que

35
entonces
1 = 1
R
dv
2i v w o
= 1 f ’(z)
2i f(z)
R
R
R
w dz = N R(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 ésta
función a todo el plano.

36 CAPÍTULO 4. MAPEOS DEL SEMIPLANO SUPERIOR H +

Capítulo 5
Sinus Amplitudinus
Sean
D :=
+ = 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,. para
z 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), (donde
z = 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
Es decir sn(z; k) cumple:
sn( 1 ; k) = H ; sn( 2 ; k) = H + :
(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 puede
expresar en terminos de funciones elementales.
Continuando la extensión por simetría, se obtiene una función meromorfa en el
plano 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 S 2 :
Sea el rectángulo con vértices en K(k)+i2K 0 (k); 3K(k)+i2K 0 (k); K(k)
y 3K(k):
= parametrizacion 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
sn(z; k)dz =
3
R
sn(z; k)dz =
1
3K(k)
R
3K(k)
R
K(k)
sn(x; k)dx
+ i2K
K(k)sn(x 0 (k); k)dz = R sn(z; k)dz
1
Analogamente
Por lo tanto
Z
R
k)dz =
2sn(z; R sn(z; k)dz
4
sn(z; k)dz =
X 4
j=1
Z
sn(z; k)dz = 0 (10)
j
Por otra parte
Z
1
sn(z; k)dz = Res [sn(z; k); z = iK 0 (k)]+Res [sn(z; k); z = 2K(k) + iK 0 (k)]
2i
De (10) y (11) concluimos
(11)
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.(resultado
cierto para cualquier función doblemente periódica)
Observación Dado w 2 C la ecuación sn(z; k) = w con w 2 tiene dos
soluciones
Demostración Se tienen las soluciones por construcción
5.1. ¿Cuál es el orden de los polos de sn(z;k)
Recordemos que
R
I := 1 (sn(z;k))
0
2i sn(z;k) w dz =
= N umero de ceros de (sn(z; k) w) encerrados por N umero de
polos de (sn(z; k) w) encerrados por :
Ceros y polos contados con multiplicidades. Escogiendo w de tal manera que no
existan soluciones de sn(z; k) = w en : Entonces
I = 2
N umero de polos de sn(z; k) encerrados por

40 CAPÍTULO 5. SINUS AMPLITUDINUS
Por otra parte
I = 0
ya que el integrando es elíptico y la derivada hereda la periodicidad con lo
mismos 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 rectángulo
con vértices 0; a; ib y a + ib (a; b > 0)
Hemos resuleto el problema para un rectángulo con vértices en
mediante la función
K(k); K(k) iK 0 (k); K(k) iK 0 (k); K(k)
f(z; k) =
Z z
0
ds p
s 2 1 p s 2 a 2 :
Una solución al problema que nos estamos planteando sería encontrar k o tal que
2K(k o ) = a y K(k o ) = 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
1 p
1 x 2 p 1 k 2 x 2
lo es.
2) K((0; 1)) = (0; 1)
1R
lm K(k) = lm k lm p dx p = 0
k!0 + k!0 + k!0 + 1 x 2 1 k
0
2 x 2 2 = 0
1R
lm
k!1
K(k) = lm
k!1
k lm
k!1
0
dx p
1 x 2 p 1 k 2 x 2 = 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 k o en
(0; 1): Pero para k o …ja K(k o ) = b sólo tiene solución para un valor de b!!!
Por otra parte, queremos que
o equivalentemente
2 K(k)
K(k) = a b

5.1. ¿CUÁL ES EL ORDEN DE LOS POLOS DE SN(Z;K) 41
K(k)
K(k) =
1R
p dx
0 1 x 2p 1 k 2 x 2
1=k R
p pdx
1 x 2 1
1 k 2 x 2 = a 2b .
Analicemos la monotonía de las integrales para demostrar que K(k)
K(k)
función creciente de k con imágen (0; 1).
es una
i) Por 1)
1R
0
p dx p
1 x
es creciente.
2 1 k 2 x2 ii) E(k) :=
1=k
R
1
p dx
x 2 1 p 1 k 2 x
esta integral con 1 k K(k)
2
es decreciente. Demostraremos esto comparando
Sea y =
1 p
1 k2 x 2 ! dy = k2 xdx
(1 k 2 x 2 ) 3=2 : Por lo tanto
1R
K(k) = k
0
1
1
k K(k) = R
p
1 k 2
k 2 x 2 p
1
dx x 2 1 = k R
1
p
1 k 2
1
1
y
p
ky
dy
1 (1 k 2 )y 2
p p dy
= E(p 1 k 2 )
y 2 1 1 (1 k 2 )y 2
p
1 k 2
ky 2p y 2 = k 1
R
1
Por lo tanto E(k) es una función decreciente en k ya que:
1R
1
k K(k) = p dx p y p
1 x
1 k 2 son funciones creciente y decreciente
2 1 k 2 x 2
0
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
1
p p dy
:
y 2 1 1 (1 k 2 )y 2
1R
lm p dx p = lm
k!0 + 1 x 2 1 k
0
2 x 2 k!1
por convergencia monotona se tiene
1R
0
dx
p
1 x 2q
1 ( 1 k ) 2 x 2
Por otra parte,
Z 1
lm
k!1
0
dx
p
q
1 x
2
1
1
k
2
x
2
=
Z 1
0
dx
p
1 x
2 = 2
(12)
1=k
R
1
1R
p dx
x2 1 p = 1 k 2 x 2
0
dy
p
y2 +1 p y 2 +k 2 con y =
q
1 k 2 x 2
x 2 1

42 CAPÍTULO 5. SINUS AMPLITUDINUS
Sea w = 1
y+1 entonces
Pero
1R
0
p
dy
p 1R
= dw
p q con k 2 (1; 1)
y 2 +1 y 2 +k 2 0 w2 +(1 w) 2 (
1
k ) 2 w 2 +(1 w) 2
1
p q
w 2 +(1 w) 2 (
1
k ) p
1
1
2 w 2 +(1 w) 2 w 2 +(1 w) 2 (1 w)
1R
0
1
(1 w) 2 ! 1
(1 w) 2
entonces, por convergencia monotona se tiene que
Z 1
dw
lm
k!1
p
q
= 1 (13)
w2 + (1 w) 2 2
w2 + (1 w) 2
Concluimos de (12) y (13) que
Análogamente
lm
k!0 +H(k)
= lm
k!1
0
1=k
R
0
1R
1
k
dx
p
1 x 2q
1 ( 1 k ) 2 x 2
0
= =2
1 = 0 (14)
dw
p q
w2 +(1 w) 2 (
1
k ) 2 w 2 +(1 w) 2
lm H(k) = 1 1
k!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 k o 2 (0; 1) tal que K(ko)
K(k = a o) 2b :
Sea =
b
K(k o)
y h(z) = z: Entonces
v(z) := h(sn(z; k o )) + a 2 + 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 como
dominio un cuadrado, es decir, tal que
K(k)=2K’(k)
Con el método de la sección anterior, basta tomar a = b. Ahora veremos otra
construcción.
zR
ds
Sea F (z) = p p
s s
; los cortes rama como antes
2 1
0
Determinemos la imágen del eje real bajo F

5.2. ¿CÓMO AJUSTAR K(K) Y K’(K) PARA TENER COMO DOMINIO UN CUADRADO, ES DECIR, TAL QUE K
) Sea z = x 2 (0; 1) , entonces
p s 1 =
p 1 se
i=2
p s + 1 =
p s + 1
F (x) =
F (1) =
xR
i
0
ds
p s
p
1 s 2
1R
i p pds
i A
s 1 s 2
0
) Para x > 1 ; 1 < s < x tenemos
xR
F (x) = i A +
1
ds
p s
p
1 s 2
1R
F (1) = i A + p pds
i A + B
s 1 s 2
1
Sea t = 1 x ! dt =
1R
B =
1
1R
p pds
= s 1 s 2
0
1 x 2 dx entonces
dt p
t
p
1 t 2 = A
Procedemos como en caso anterior y concluimos:
a) F (H + ) = Cuadrado con vertices 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 simetría
y obtenemos una función meromorfa con
) periodos 2A , i2A
) polos en A(1 + i) y en general, en
A iA + n2A + im2A = 2(n
1
2 )A + 2i(m 1 2 )A
d) Sea = cuadrado con vertices 0; 2A; i2A; 2A + i2A. La inversa de F
(llamémosla P ) toma cada valor en el plano 2 veces por lo tanto A + iA
es un polo doble con residuo cero.
Por lo tanto esta función es diferente de la que se obtiene con la integral elíptica
de grado cuatro.
Traslademos el cuadrado al cuadrado con vértices en ,; ; (como se muestra
en la siguiente …gura).

44 CAPÍTULO 5. SINUS AMPLITUDINUS
Sabemos que P (0) = 0, P 0 (0) = 1
F 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
z
La función r o (z) = 2
cumple con las condiciones de cero y polo de
(z (A+iA)) 2
multiplicidad 2.
Si g es función racional g(z) = p(z)
q(z)
(p; q) = 1 y tiene los mismos ceros y polos
que r o (z): Entonces
p(z) = Az 2 y q(z) = B(z A iA) 2
Por lo tanto, todas las funciones racionales que satisfacen la condición de ceros
y polos son de la forma
Az 2
B(z A iA) 2 = A B r o(z)
5.3.2. ¿Qué otras funciones meromorfas m(z) tienen un
cero 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= 0
tal que
m(z) = z 2 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)
r o(z)
es meromorfa con singularidades en 0 y A + iA . La singularidad
en cero es removible ya que
T (z) =
1 (z)
es analítica en z = 0
(z (A+iA)) 2
z2 1 (z)
z 2 =
(z (A+iA)) 2
Por lo tanto T (z) es entera y distinta de cero en todo el plano complejo. Entonces
m(z) = r o (z)H(z)
con H(z) entera y distinta de cero en todo C:
5.3.3. ¿Cuántas funciones elípticas con periodos 2A y 2iA
tienen un cero doble en 0 y un polo doble en A+iA
Vimos en 5.2 que la función P (z) cumple estas condiciones
Si h(z) es una función elíptica con cero doble en 0, polo doble en A + iA y
periodos 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: Es
decir
P (z) = c h(z)

46 CAPÍTULO 5. SINUS AMPLITUDINUS

Capítulo 6
Función P de Weierstrass
¿Cómo construir una función meromorfa con polos en Z + iZ
Candidato:
P(z) := 1 z 2 +
Convergencia:
Para z …jo se tiene
X
(n;m)2Z f0gZ f0g
1
1
[z (n + im)] 2 [n + im] 2 (16)
Si p n 2 + m 2 2 jzj
1
1
z
[z (n+im)] 2 [n+im]
=
2 +2z(n+im)
2 [z (n+im)] 2 [n+im] 2
jz (n + im)j 2 p n 2 + m 2 jzj 2 p
1
2 n2 + m 2 2
=
1
4 (n2 + m 2 )
Por lo tanto
y como
jzj 2
jz (n+im) 2 jjn+imj 2 4jzj2
(n 2 +m 2 ) 2
si
P
P
1
[n 2 +m 2 ]
= 1 1
2 m 4
n;m2N
m=1 n=1
p P
n2 + m 2 > 2 jzj, entonces
n;m2N
1P
1
[1+( m) c P 1
n 2 ] 2
1
1
m 3
m=1
[n 2 +m 2 ] 3=2 converge. Además,
2jzjjn+imj
8jzj
jz (n+im) 2 jjn+imj 2 (n 2 +m 2 ) p = 8jzj
n 2 +m 2 (n 2 +m 2 ) 3=2
47

48 CAPÍTULO 6. FUNCIÓN P DE WEIERSTRASS
Se sigue que la serie converge uniforme y absolutamente en subconjuntos compactos
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
zR
ds
de p p s 1 s 2
0
6.1. Ecuación Diferencial para P (z)
Sea F (z) =
zR
P
p pds
entonces z = F (P (z)) = R(z)
s 1 s 2
0
1 =
P 0 (z)
p
P (z)
p
1 P (z) 2
ó
0
p pds
s 1 s 2
, por lo cual
(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 conservativo
::
x
3
2 x2 + 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 P
La función
P 0 (z) = 2
P
2
Z
+ 3 [z (n+im)] 3
(n;m)2Z f0gxZ f0g
es elíptica con polos en n + im 2 Z + iZ y periodos i y 1:
Sean
S 1 (z) =
P
1
S 2 (z) =
Entonces
P 0 (z) = 2
Z 3
1
[z (n+im)] 2 [n+im] 2
(n;m)2Z f0gxZ f0g
P
1
(n;m)2Z f0gxZ
[z
f0g
(n+im)] 3
2S 2 (z)

6.2. ECUACIÓN DIFERENCIAL PARA P 49
P(z) = 1
z
+ S 2 1 (z)
P 0 (z) 2 = 4
z
+ 8 6 z
S 3 2 (z) + 4 (S 2 (z)) 2
P(z) 3 = 1
z
+ 3 6 z
S 4 1 (z) + 3
z
(S 2 1 (z)) 2 + (S 1 (z)) 3
P 0 (z) 2 4P(z) 3 = 4S 2 (z) 2 + 8
12
12
z
S 3 2 (z)
z
S 4 1 (z)
z
S 2 1 (z) 2 4S 1 (z) 3
Por otra parte
S 1 (z) = S 1 (0) + S 0 1(0) z + S 00
1 (0) z2
2! + S000 1 (0) z3
3! +
S 1 (0) = 0
S 0 1(0) = 2!
S 00
1 (0) = 3!
S 000
1 (0) = 4!
P
(n;m)2Z f0gxZ f0g
P
1
(n+im) 3 = 0
1
(n+im)4
(n;m)2Z f0gxZ f0g
P
(n;m)2Z f0gxZ f0g
Observamos que S (2j+1)
1 (0) = 0
Más aun
S (j)
1 (0) = P
=
Concluimos así
1
(n+im)5 = 0
1
1
(n+im)
= j (n im)
= j
(n;m)2Z f0gxZ f0g
(n;m)2Z f0gxZ f0g
P
1
(n+im) j
(n;m)2Z f0gxZ f0g
S (j)
1 (0) 2 R 8j 2 N [ f0g
S 1 (z) = S 1 (z)
P(z) = 1
z
+ S 2 1 (z) = 1
z
+ S 2 1 (z) = 1 + S
z 2 1 (z) = P(z)
Analogamente
S 2 (0) = 0
S2(0) 0 = 3
S 00
2 (0) = 0
S (2l)
2 (0) = 0 8l 2 N
Así mismo:
P
1
(n+im) 4
(n;m)2Z f0gxZ f0g
S (l)
2 (0) 2 R 8l 2 N [ f0g
S 2 (z) = S 2 (z)
P 0 (z) = P 0 (z)
P

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 1
z 2
Entonces
g 2 1
z 2 con g 2 = 60 P
con h(z) analítica en z = 0
!
1
(n+im) 4
(n;m)2Z f0gxZ f0g
P 0 (z) 2 4P(z) 3 = g2
z
+ h(z)
2
y es:
P 0 (z) 2
4P(z) 3 + g 2 P(z) = h 1 (z)
con h 1 analítica en z = 0
Pero P 0 (z) 2 4P(z) 3 +g 2 P(z) es elíptica, por lo tanto constante. Dicha constante
es
P
1
g 3 = 140
(n+im) 6
(n;m)2Z f0gxZ f0g
Es decir
P 0 (z) 2 4P(z) 3 + g 2 P(z) = g 3 :
Por lo tanto
(P 0 (z)) 2 = 4 (P(z)) 3 g 2 P(z) g 3 = 4 (P e 1 ) (P e 2 ) (P e 3 ) (18)
Esta función también da soluciones periódicas de un sistema conservativo similar
al de las ondas viajeras para KdV
De (17) y (18) demostraremos que
con P A (z) = 1
P (z) = cP A (z + (A + iA)) (19)
P
1
1
Z
+ 2 [z (2nA+i2Am)] 2 [2An+i2Am]
: 2
(n;m)2Z f0gxZ f0g
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
u t = u xx 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) =
1 P
n= 1
f n e i2nx
la solución queda de la siguiente forma:
c n (t) =
4n 2 c n (t)
c n (t) = f n e 4n2 t
c n (0) = f n
u(x; t) =
1 P
n= 1
c n (t) e i2nx
como en nuestro caso f = 0 tenemos que f n = 1
Entonces la solución fundamental es
1P
e 4n2t e i2nx
n= 1
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 e i 1 y por lo tanto 9t 2 R tal que
Consideremos la serie
1P
n= 1
e
i = e
4t
e in2 e inz con z 2 C y Im () > 0 .
A esta serie la llamaremos la función T HET A
(z p q) =
1 P
n= 1
q n2 e i2nz ; q = e i
La serie converge absoluta y uniformemente para z 2 K con K C compacto
pues
Por lo tanto (z p q) es entera.
Por otra parte
jqj = e Im() < 1
(z + p q) = (z p q)
8 z 2 C
entonces no tiene un segundo periodo independiente, ya que de tenerlo, por ser
entera sería constante.
Aun así podemos econtrar relaciones interesantes entre (z + p q) y (z p q),
veamos
(z + p q) =
1 P
n= 1
q n2 e i2n(z+) =
1 P
n= 1
P
= 1 q n2 +2n e i2nz = q 1 e i2z
n= 1
= q 1 e i2z (z p q)
q n2 e i2n e i2nz =
1P
n= 1
q (n+1)2 e i(n+1)2z =
A se le llama un cuasiperiodo y decimos que (z p q) es cuasi-doblemente
periódica con factor de periodicidad o multiplicador: q 1 e i2z :
De…nimos
4 (z p q) =
par de z
1 P
n= 1
3 (z p q) = 4 z + 2 p q = 1 P
( 1) n q n2 e i2nz P
= 1 + 2 1 ( 1) n q n2 cos(2nz) función
n= 1
n=1
q n2 e i2nz P
= 1 + 2 1 q n2 cos(2nz)
n=1

7.2. PROPIEDADES DE LAS FUNCIONES T HET A 53
i(z+
1 (z p q) = ie 4 ) 4 z +
4 p q =
1P
i(z+
= ie 4 ) ( 1) n q n2 e in e i2nz =
i(z+
= ie
= i
2 (z p q) = 1
1P
n= 1
n= 1
1P
4 )
n= 1
( 1) n q n2 +n e in e i2nz =
( 1) n q (n+1=2)2 e i(2n+1)z =
= i q 1=4 e iz P
+ 2 1 ( 1) n q (n+1=2)2 sen((2n + 1)z)
n=0
z + 2 p q P
= 2 1 q (n+1=2)2 sen((2n + 1)z)
n=0
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
1 ; 2 y 3 :
4 (z + p q) =
1 P
n= 1
= q 1 1P
( 1) n q n2 e i2nz e i2n =
n= 1
= q 1 e i2z 1P
( 1) n q (n+1)2 e i2nz =
n= 1
= q 1 e i2z 4 (z p q) :
q 1 e i2z , que heredan
( 1) n+1 q (n+1)2 e i2(n+1)z =
Observación Si j (z o ; q) = 0 entonces j (z o + k; q) = 0 8k 2 Z
Demostración Inmediata del comentario anterior.
7.2. Propiedades de las funciones T HET A
Sea Q el paralelogramo con vértices en a; a + ; a + y a + + , de
tal 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 esta
dado por
R
1 0 j (z;q)
2i dz
j(z;q)
@Q
Una parametrización de @Q esta dada por:

54 CAPÍTULO 7. FUNCIÓN THETA
figura2
1 (t) = a + t
2 (t) = a + + t
1
3 (t) = 1(t) +
1
4 (t) = 2(t)
Entonces
R
0 4 (z;q)
dz = R 0 4 (z+;q)
4(z;q) dz
4(z+;q)
3 1
Por otra parte derivando
0 4 (z + p q) = d dz 4 (z + p q) = q 1 e i2z 0 4 (z p q)+2iq 1 e i2z 4 (z p q)
Por lo tanto
0 4 (z+pq)
= q 1 e i2z 0 4 (zpq)
4(z+pq) q 1 e i2z + 2iq 1 e i2z 4(zpq)
4(zpq) q 1 e i2z 4(zpq)
Regresando a la integral anterior obtenemos
R
4(z;q) dz =
3
0 4 (z;q)
R 1
0 4 (z;q)
4(z;q) dz + 2iR 1
dz =
R 0 4 (z;q)
4(z;q)
dz + 2i
1
y por periodicidad tenemos que
Por lo tanto
R
1 0 4 (z;q)
2i
@Q
4(z;q) dz = 1
2i
R
4(z;q) dz = 0
2 + 4
0 4 (z;q)
"
R
0 4 (z;q)
dz +
4(z;q)
1
R 0 4 (z;q)
dz + R 0 4 (z;q)
4(z;q)
2 + 4 3
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 denotaremos
por z o ,es simple porque la integral lo cuenta con multiplicidad (El análisis es
análogo para 1 ; 2 ; 3 se deja como ejercicio para el lector.).
Recordemos que si f es una función elíptica con periodos 2w 1 ; 2w 2 ; Q un
paralelogramo fundamental con vértices en a; a + 2w 1 ; a + 2w 2 y a + 2w 1 + 2w 2
con a tal que f no contenga ceros ni polos en @Q entonces
R
@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 Q
es igual al número de polos de f en Q)

56 CAPÍTULO 7. FUNCIÓN THETA

Capítulo 8
Hacia el problema de
inversión
Dados dos periodos independientes ¿Existe una función elíptica con
esos periodo, polos y ceros especi…cados
En general no siempre podremos construir funciones elípticas con condiciones
arbitrarias. Ésto es debido al siguiente resultado.
Teorema 8.0 Si f es una función analítica con periodos 2w 1 , 2w 2 y Q es un
paralelogramo fundamental en los que a 1 ; :::; a n y b 1 ; :::; b n son los ceros y polos
entonces
nP
a j
j=1
nP
b j = k 2w 1 + l 2w 2 con k; l 2 Z .
j=1
Demostración Sea f una función meromorfa con ceros en fa j g n j=1
y polos en
fb j g n j=1
posiblemente repetidos (dependiendo de multiplicidad) en una región
Q. Entonces, por la fórmula integral de Cauchy
R
z f 0 (z)
f(z) dz = P n
@Q
a i
i=1
nP
b i
i=1
Si f es elíptica de periodos 2w 1 y 2w 2 ¿Cuánto vale R
Sean 1 ; 2 ; 3 y 4 como en figura2:
z f 0 (z)
f(z) dz
@Q
R
3
z f 0 (z)
f(z) dz = R 1
(z + 2w 2 ) f 0 (z+2w 2)
f(z+2w 2) dz =
R z f 0 (z)
f(z) dz 2w R
2
1
f 0 (z)
f(z) dz
1
Sea 1 (t) = f( 1 (t)), entonces 1 es una curva cerrada, por lo cual
R
z f 0 (z)
f(z) dz = R dw
w
= 2i
1 1
57

58 CAPÍTULO 8. HACIA EL PROBLEMA DE INVERSIÓN
Analogamente para 2 y 4 :Por lo tanto
"
nP nP R
a i b i = 1
2i
z f 0 (z)
f(z) dz = 1
2i
i=1
i=1
@Q
2w 2
R
1
f(z) dz 2w R
1
f 0 (z)
f(z) dz #
=
2
f 0 (z)
= 2w 2 k + 2w 1 l
8.1. Funciones Elípticas de Grado 1
De…nición.Una función elíptica que tiene un cero simple y un polo simple en
Q (paralelogramo fundamental) se dice que tiene grado 1.
Problema Dados a 1 , b 1 en Q. ¿Podemos construir una función elíptica con
periodos y , cero simple en a 1 , polo simple en b 1
Candidato:
'(z) = 4(z
4(z
a1+zo;q)
b 1+z o;q)
Para que este candidato sea el bueno tiene que ser una función periódica de
periodo : Calculemos.
'(z + ) = q 1 e i2(z a 1 +zo) 4(z a 1+z opq)
q 1 e i2(z b 1 +zo) 4(z b 1+z opq) = e i2(b1 a1) '(z)
Por lo tanto ' es elíptica si y sólo si b 1 a 1 = m para algún entero m .
Entonces
'(z) =
4(z a1+zo;q)
4(z a 1 m+z o;q) = 1:
Así, '(z) es trivial. Si f es elíptica de grado 1, entonces 9 un único b 1 polo
simple de f . Por lo tanto
P
f(z) =
R1
z b 1
+ 1 a n (z
n=0
b n ) n
y por periodicidad se tiene
R 1 = 1
2i
R
f(z)dz = 1
2i
@Q
R
f(z)dz = 0
Entonces b 1 es singularidad removible !!! Por lo tanto f es analítica y por tanto
constante.
Así se tiene el siguiente resultado
Teorema 8.1 Las únicas funciones elípticas de grado 1 son las funciones constantes.

8.2. FUNCIONES ELÍPTICAS DE GRADO 2 59
8.2. Funciones Elípticas de Grado 2
Ahora buscamos funciones elípticas con ceros en a 1 , a 2 y polos en b 1 , b 2 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 b 1+z o;q) 4(z b 2+z o;q)
Procedemos como en el caso de las de grado 1 y concluimos que (z) cumple la
condición de los periodos si y sólo si
para m; l 2 Z .
b 1 + b 2 (a 1 + a 2 ) = m y b 1 + b 2 (a 1 + a 2 ) = l
Por lo tanto es elíptica con periodos y pero están condicionados los
ceros y polos, así que no siempre va a ser la que buscamos.
Dados periodos 2w 1 , 2w 2 y a 1 ,a 2 ,b 1 ,b 2 2 Q tales que
a 1 + a 2 (b 1 + b 2 ) = k 2w 1 + l 2w 2 y w1
w 2
2 H +
podemos construir una función elíptica con periodos 2w 1 , 2w 2 ceros en a 1 ; a 2 ;
polos en b 1 ; b 2 : A saber la función
M(z) = 4( z a 1
2w 1
+z o;q)
4( z b 1
2w 1
+z o;q)
4( z a 2
2w +z 1 o;q)
4( z b 2
2w +z 1 o;q)
Para la periodicidad en 2w 2
tomemos = w1
w 2
y ajustemos.
Ejemplo: La función sinus amplitudinus de Jacobi es una función elíptica de
grado 2.
Sea Q el rectángulo con vértices en
1
2 K(k) i 1 2 K 0 1
(k);
2 K(k) + i 3 2 K0 (k); 7 2 K(k) i 1 2 K 0 (k); 7 2 K(k) i 3 2 K 0 (k).
Entonces
Por lo tanto
a 1 = 0 , a 2 = 2K(k) , b 1 = i K 0 (k) , b 2 = 2K(k) + iK 0 (k):
b 1 + b 2 (a 1 + a 2 ) = 2K(k) + 2iK 0 (k) 2K(k) = 2iK 0 (k) =
= 0 + 1 i 2 K 0 (k):
Como queremos 2 H + tomamos = i 2 K 0 (k): Entonces
b 1 + b 2
(a 1 + a 2 ) = m + l
con m = 0 y l = 1:
Por otra parta, la función

60 CAPÍTULO 8. HACIA EL PROBLEMA DE INVERSIÓN
4K(k) +zo;q) 4( z 2K(k) +z 4K(k) o;q)
4( z iK0 (k)
+z 4K(k) o;q) 4( z (2K(k)+iK0 (k))
+z 4K(k)
o;q)
(z) = 4( z
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 K 0 (k) se tiene que
constante. Así,
(z)
sn(z;k)
es elíptica y entera, por lo tanto
sn(z; k) = p
z 4( 4K(k) +zo;q) 4( z 2K(k) +z 4K(k) o;q)
4( z iK0 (k)
+z 4K(k) o;q) 4( z (2K(k)+iK0 (k))
+z 4K(k)
o;q)
para algún p 2 C:
De este ejemplo vemos que podemos escribir la función sn(z; k) en términos de
la función T HET A
8.3. Función P de Weierstrass
En el ejemplo anterior escribimos la función sn(z; k) en términos de la función
T HET A Veamos si podemos escribir a la función P de Weierstrass en términos
de la función T HET A:
La función P de Weierstrass dada por
P(z) = 1 P
1
1
z
+ 2 [z (n+im)] 2 [n+im] 2
(n;m)2Z f0gZ f0g
es meromorfa con polos dobles en Z + iZ, elíptica con periodos i , 1 y solución
de la ecuación diferencial
[P 0 (z)] 2 = 4 [P(z)] 3 g 2 P(z) g 3
g 2 =
g 3 = 140
1
(n+im) 4
(n;m)2Z f0gZ f0g
60 P
P
1
(n+im) 6
(n;m)2Z f0gZ f0g
Consideremos el cuadrado Q con vértices en: 1 2 + i 2 , 1
2 + i 2 , 1 i
2 2 y 1 2
Si no hay ceros en @Q entonces P(z) = 0 tiene dos soluciones en el interior de
Q:
Observaciones
(I) P(z) es una función par y P 0 (z) es una función impar
i
2 :
(II) Sean e 1 , e 2 y e 3 raíces del polinomio w 3
P( 1 2 ) = e 1 , P( i 2 ) = e 2 , P( 1 2 + i 2 ) = e 3:
g2
4 w g3
4 ,entonces
(III) g 3 = 0

8.3. FUNCIÓN P DE WEIERSTRASS 61
Demostración.
(I) Claro
(II) Si z j 2 C es tal que P(z j ) = e j entonces por (17), P 0 (z j ) = 0
De (I) P 0 ( 1 2 ) = P0 (
1
2 ) = P0 (
1
2 + 1) = P0 ( 1 2 ) , entonces
Análogamente
P 0 ( 1 2 ) = 0
P 0 ( i 2 ) = 0 = P0 ( 1 2 + i 2 )
Combinando este último resultado con (17) tenemos que para c 2 1
2 ; i 2 ; 1 2 + i 2
Es decir,
[P(c)] 3
g2
4 P(c) g 3
4
= 0
P(c) es raíz del polinomio w 3
g2
4 w g3
4
Por de…nición de e 1 , e 2 y e 3 se tiene el resultado.
(III) De (II)
w 3
g2
4 w g3
4 = (w P( 1 2 ))(w P( i 2 ))(w P( 1 2 + i 2 )).
Igualando coe…cientes se tienen las siguientes relaciones
a) P( 1 2 ) + P( i 2 ) + P( 1 2 + i 2 ) = 0
b) P( 1 2 )P( i 2 ) + P( 1 2 )P( 1 2 + i 2 ) + P( i 2 )P( 1 2 + i 2 ) = g2
4
c) P( 1 2 )P( i 2 )P( 1 2 + i 2 ) = g 3
Desarrollando a) obtenemos
0 = P( 1 2 ) + P( i 2 ) + P( 1 2 + i 2
"
)
P
= 4 +
+
"
1
1
(n;m)2Z f0gxZ
[(n
f0g
1 2 )+im)]2
4
Por lo tanto
P( 1 2 + i 2 ) = 0
P
[n+im] 2 #
+
1
1
(n;m)2Z f0gxZ
[(m
f0g
1 2 ) in]2
Sustituyendo en c) obtenemos
g 3 = 0
[m in] 2 #
+ P( 1 2 + i 2 )

62 CAPÍTULO 8. HACIA EL PROBLEMA DE INVERSIÓN
Tomemos como cuadrado fundamental Q el cuadrado con vértices en:
3
4 + i 3 4 ; 1
4 + i 3 4 ; 1
4
i
4 ; 3 4
i
4
en donde 0 y 1 2 + i 2
forman un conjunto irreducible de ceros y polos, ambos
dobles.
Por lo cual, tomando = i
2
4((z [
P(z) =
1 2 + 2])+z i o)
4(z+z o)
, 2 C
Ya vimos que podemos expresar las funciónes elípticas de Jacobi en términos
de la función T HET A: También la función P de Weierstrass.
¿Podremos expresar las funciones elípticas en términos de la función
P de Weierstrass
Sea f una función elíptica de grado 2 que cumple las siguentes condiciones:
a) Periodos 1 e i
b) Ceros a 1 y a 2
c) Polos en b 1 y b 2 ambos distintos de cero
d) f es par.
e) a 1 + a 2 y b 1 + b 2 no son periodos
Entonces f 0 es impar, por lo cual
f 0 ( 1 2 ) = f 0 ( i 2 ) = f 0 ( 1 2 + i 2 ) = 0:
Los ceros a 1 y a 2 son distintos ya que si fueran el mismo sería un cero de f 0 :Más
aun
fa 1 ; a 2 g \ 1
2 ; i 2 ; 1 2 + i 2
=
Por lo tanto f 0 (a i ) 6= 0 para i 2 f1; 2g. Entonces
[P(z) P(a 1 )] y [P(z) P(a 2 )]
tienen cero simple en z = a 1 y z = a 2 respectivamente.
Analogamente se tiene que
fb 1 ; b 2 g \ 1
2 ; i 2 ; 1 2 + i 2
=
ya que si fuera distinto del vacío subiría el grado de la función. Entonces
[P(z) P(b 1 )] y [P(z) P(b 2 )]

8.3. FUNCIÓN P DE WEIERSTRASS 63
tienen cero simple en z = b 1 y z = b 2 respectivamente.
Por lo tanto
f(z) = [P(z) P(a 1)] [P(z) P(a 2 )]
[P(z) P(b 1 )] [P(z) P(b 2 )] ; 2 C (20)
En el caso general, se considera
f(z) = 1 2 [f(z) + f ( z)] + 1 2
f(z) f( z)
P 0 (z)
P 0 (z):
Por lo tanto las funciones P(z) y P 0 (z) son base para el espacio de funciones
el{pticas con periodos 1 e i:
Ésto se generaliza a periodos 2w 1 y 2w 2 , de la serie (2) que de…ne a la función
P cambiando z (n + im) por z (n2w 1 + m2w 2 ). Ver [WW]

64 CAPÍTULO 8. HACIA EL PROBLEMA DE INVERSIÓN

Apéndice A
Korteweg-de Vries
El descubrimiento de las ondas solitarias en aguas poco profundas lo hizo el
ingeniero inglés Scott Russell, en el Canal de Edinburgo a Glasgow en el año de
1834. Sus observaciones las reportó a la British Association for the Advancement
of Science en 1844. A la estructura bien de…nida y localizada, objeto de ese
reporte, la bautizó como "la gran onda de traslación". A continuación citamos
un párrafo.
"Observaba el movimiento de un bote jalado por dos caballos en una parte
angosta del Canal, cuando el bote se detuvo súbitamente, no así la masa de
agua que se había puesto en movimiento. Ésta se acumuló alrededor de la proa
del 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 50
centímetros de alto, continuó su curso por el canal, aparentemente sin cambio
de 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 al
dejar caer un objeto pesado en un extremo de un estanque angosto.
Dedujo empíricamente que el volumen de agua en la onda es igual al volumen
desplazado y que la velocidad de la onda solitaria es: c 2 = g(h + a), g es la aceleración
debida a la gravedad, a es la amplitud de la onda y h es la profundidad
en reposo.
Para fundamentar estos resultados, Boussinesq (1871) y Rayleigh (1876) supusieron
que la longitud de la onda es mucho mayor que la profundidad. A
partir de las ecuaciones de movimiento para un ‡uido no viscoso e incompresible,
dedujeron la fórmula de Russell para la velocidad. También encontraron
que el per…l de la super…cie del agua es:
(x; t) = a sec h 2 [b(x ct)] , con b 2 = 1
3a 4h2 (h + a), en el caso a h
1:
La contribución de Korteweg y de Vries en 1895 fue la deducción de la ecuación
de movimiento para la super…cie.
A continuación presentamos una deducción de la ecuación de Korteweg y de
Vries a partir de las ecuaciones de Euler para un ‡uido incompresible, en el caso
h 1:
65

66 APÉNDICE A. KORTEWEG-DE VRIES
Consideremos un elemento de volumen V encerrado por S @V:
(x 1 ; x 2 ; x 3 ) 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:
ZZZ
m(t) = (; t)d
Como la región V no cambia en el tiempo, la tasa de cambio de la masa con
respecto al tiempo es
ZZZ
=
dm
dt
@
@t d
La ley de conservación de masa garantiza que el cambio en la masa se debe
únicamente al ‡ujo neto de masa a través de la frontera, es decir,
ZZ
dm
dt = ( ! u ; ! n )d
Del Teorema de la divergencia se sigue que
S
@
@t + div(! u ) = 0
en la región ocupada por el ‡uido, ya que su integral sobre cualquier parte de
esa región es cero.
De manera análoga se obtiene la ecuación de balance para el momento lineal. La
densidad de momento en la i esima dirección es u i : El cambio en el momento
viene de tres factores: el ‡ujo neto de momento a través de la frontera, las
ferzas super…ciales y las fuerzas volumétricas. En nuestro caso, éstas últimas son
debido a la gravedad y actúan en la dirección vertical. La ecuación de balance
de momento es:
ZZZ
@(u i)
@t
d =
ZZ
S
u i ( ! u ; ! ZZ
n )d +
Procediendo como antes obtenemos las ecuaciones
@(u i)
@t
S
ZZZ
pn i d +
+ div(u i
! u ) +
@p
@x i
F i = 0
F i d
En el caso del agua la densidad es constante, por lo cual la ecuación de conservación
de masa es
div( ! u ) = 0
Las ecuaciones de conservación de momento son

67
@u i
@t
@(u iu j)
@x j
= 1 @p
@x i
j=1
+ 3 P
para i = 1; 2; 3: O en forma vectorial
+ F i
@ ! u
@t + (! u r) ! u = 1 rp g! k
Tomando rotacional en la ecuación de momento obtenemos para ! w = r ! u una
ecuación diferencial parcial lineal de primer orden que garantiza que ! w (; t) 0
para t > 0 si esta condición se cumple para t = 0. En este caso hay un potencial
de velocidades de tal forma que ! u = r. La ecuación de conservación de
masa es ahora la ecuación de Laplace para el potencial de velocidades: 4 = 0.
Usando que u j
@u j
@x i
= 1 2 u @
@x i
@
@x j
2,
obtenemos la ecuación de Bernoulli
@ @
@x i @t + 1 2 jrj2 + 1 p + gx 3 = 0
Como podemos absorber cualquier función de t en el potencial, se sigue que
@
@t + 1 2 jrj2 + 1 (p p o) + gx 3 = 0
Esta ecuación determina a la presión una vez que conocemos el potencial de
velocidades. Para determinar el potencial necesitamos condiciones de frontera.
En la super…cie del fondo se debe tener que la componente normal de la velocidad
sea cero, es decir @
@x 3
= (x 1 ; x 2 ; 0; t) = 0 para (x 1 ; x 2 ) 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 normal
de la super…cie debe coincidir con la velocidad normal del ‡uido y la presión en
el 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 dirección
normal, 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 límite
cuando esta cantidad tiende a 0 obtenemos
ds
dt = 1 @f
jrfj @t
Por otra parte, la componente normal de la velocidad es
@f
@t :
! u
! n =
1
jrfj rrf
Por lo tanto, rrf =
Supondremos que no hay rompimiento de olas y por lo tanto la super…cie libre
es la grá…ca de una función de x 1 ; x 2 y t, es decir

68 APÉNDICE A. KORTEWEG-DE VRIES
f(; t) = x 3 (x 1 ; x 2 ; t) h
Usando la identidad del párrafo anterior encontramos la ecuación para la super-
…cie del agua:
@
@t + @
@x 1
@
@x 1
+ @
@x 2
@
@x 2
= @
@x 3
Ahora usamos que los cambios en la presión del aire son pequeños para tomar
p = p o en la super…cie x 3 = h + (x 1 ; x 2 ; t), lo cual da
@
@t + 1 2 jrj2 + g = 0
La región ocupada por el ‡uido es f(x 1 ; x 2 ; x 3 )
el problema completo es
(A )
p 0 x 3 h + (x 1 ; x 2 ; t)g y
i) 4 = 0 en 0 < x 3 < h + (x 1 ; x 2 ; t)
ii)
@
@x 3
(x 1 ; x 2 ; 0; t) = 0 para todo t 0
iii) @
@t + 1 2 jrj2 + g = 0 en x 3 = h + (x 1 ; x 2 ; t)
iv) @
@t + @
@x 1
@
@x 1
+ @
@x 2
@
@x 2
= @
@x 3
en x 3 = h + (x 1 ; x 2 ; t)
con y como incógnitas. En particular, la forma que adopta la super…cie del
agua se debe obtener como parte de la solución por lo cual (A ) es un problema
de frontera libre.
Supondremos que el estanque o canal es angosto y largo para ignorar la dependencia
en x 2 y considerar x 1 2 [0; 1). Finalmente, usamos las variables x; z en
lugar de x 1 ,x 3 :
Usando las longitudes características: a, l y h que son la amplitud, longitud
de onda y la profundidad en reposo, de…nimos variables adimensionales
x = x l
, z = z h
, = a
, t = t , =
con = p l
gh
, = a l p g
h
La super…cie libre es z = 1 + con = a h
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
2 x + 2 2 z
= 0 en z = 1 + (x; t)
(iv) z = 2 ( t + x x ) en z = 1 + (x; t)

69
donde = h l
. Nos interesa el régimen de poca profundidad (h 1), así que

70 APÉNDICE A. KORTEWEG-DE VRIES
y de la segunda se obtiene una relación de consistencia.
A orden 2 obtenemos
Esto implica que
@ 2 2
@z
+ @2 1
2
@ 2
@z
= 0
@ 2
(; 0; ) = 0
z
2 (; z; ) = 2 (; ) 2 @ 2 1
2
(; ) + z4 @ 4 o
@ 2 24 @ 4
n o
@j
Pero :=
@ ; @j
@ ; @j
@z ; @ j
@ ; @ j
@
tienen segundas derivadas continuas por lo
que toda f 2 tiene la siguiente expansión:
Por lo tanto
f(; 1 + ; ) = f(; 1; ) + @f
@z (; 1; ) + O(2 )
@ 2
@z + @2 2
@z 2 o = @2 1
@ 2 + 1 @ 4 o
6 @ 4
@ 2 o
@ 2 o = @ 1
@ + @ o
@ + @ o @ o
@ @
(2)
Integramos (9) con respecto a , usando (8) y o = @o
@
así que
1
@ 1
@
1
2
@ o
@
=
2
+
1 @ 3 o @ 1
6 @ 3 @ = 1 + @0
@ + 1 2
2
@ o
@ +
@ 0
@
para obtener
1 @ 3 o
6
= 1 @ 3 o @ 0
@ 3 2 @ 3 @
2
@ o
@
2
1 @ o
2 @
Es decir,
2
2 @o
@ + 1 @ 3 o
3
+ 3 @ o
@ 3 2 @ = 0
Derivando con respecto a obtenemos la ecuación
@ o
@ + 1 @ 3 o
6
+ 3 @ 3 2 @ o
o @ = 0
Reescalando las variables = 6t, x = , u = 3 2 o, obtenemos la ecuación de
Korteweg y de Vries
u t + u xxx + 6uu x = 0 (3)
.

Bibliografía
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Geometric Mean, Ellipses, , and the Ladies Diary.American Mathematical
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[Ca] Max Caspar. Kepler. Dover Publications, 1993.
[Co] John B. Conway. Functions of One Complex Variable. Springer-Verlag,Graduate
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1.Springer, 1998.
[Fl] Gilberto Flores.Ondas viajeras en modelos físicos y biológicos. XVI Escuela
Venezolana de Matemáticas. 2003.
[K] Morris Klein. Calculus: An Intuitive and Physical Approach.Dover Publications,
1998.
[WW] E.T. Whittaker, G.N. Watson. A Course of Modern Analysis. Cambridge
Mathematical Library, 1996.
71