6.6: Ortogonalidad de Curvas

Una propiedad importante de los conjugados armónicos$u$ y$v$ es que sus curvas de nivel son ortogonales. Comenzamos mostrando que sus gradientes son ortogonales.

Lema$\PageIndex{1}$

Supongamos que eso$f(z) = u(x, y) + iv(x, y)$ es analítico.$z = x + iy$ Entonces el producto de punto de sus gradientes es 0, i.e.

$$\Delta u \cdot \Delta v = 0.$$

Prueba

La prueba es una fácil aplicación de las ecuaciones de Cauchy-Riemann.

$$\Delta u \cdot \Delta v = (u_x, u_y) \cdot (v_x, v_y) = u_x v_x + u_y v_y = v_y v_x - v_x v_y = 0$$

En el último paso utilizamos las ecuaciones de Cauchy-Riemann$v_y$ para sustituir$u_x$ y$-v_x$ para$u_y$.

El lema sostiene si los gradientes son o no 0. Para garantizar que las curvas de nivel sean suaves el siguiente teorema lo requiere$f'(z) \ne 0$.

Teorema$\PageIndex{1}$

Dejemos$z = x + iy$ y supongamos que

$$f(z) = u(x, y) + iv(x, y)$$

es analítico. Si$f'(z) \ne 0$ entonces la curva de nivel de$u$ through$(x, y)$ es ortogonal a la curva de nivel$v$ a través$(x, y)$.

Prueba

El requisito técnico que$f'(z) \ne 0$ se necesita para asegurarse de que las curvas de nivel sean suaves. Necesitamos suavidad para que incluso tenga sentido preguntar si las curvas son ortogonales. Discutiremos esto a continuación. Suponiendo que las curvas son suaves la prueba del teorema es trivial: Sabemos a partir del 18.02 que el gradiente$\nabla u$ es ortogonal a las curvas de nivel de$u$ y lo mismo es cierto para$\nabla v$ y las curvas de nivel de$v$. Dado que, por Lema 6.6.1, los gradientes son ortogonales esto implica que las curvas son ortogonales.

Finalmente, mostramos que$f'(z) \ne 0$ significa que las curvas son suaves. Primero tenga en cuenta que

$$f'(z) = u_x(x, y) - iu_y (x, y) = v_y (x, y) + iv_x (x, y).$$

Ahora, ya$f'(z) \ne 0$ que sabemos que

$$\nabla u = (u_x, u_y) \ne 0.$$

De igual manera,$\nabla v \ne 0$. Así, los gradientes no son cero y las curvas de nivel deben ser suaves.

Ejemplo$\PageIndex{1}$

Las siguientes figuras muestran curvas de nivel de$u$ y$v$ para una serie de funciones. En todos los casos, las curvas de nivel de$u$ están en naranja y las de$v$ son en azul. Para cada caso mostramos las curvas de nivel por separado y luego superponiendo unas sobre otras.

Ejemplo$\PageIndex{2}$

(i) Dejar

$$f(z) = z^2 = (x^2 - y^2) + i2xy,$$

Entonces

$$\nabla u = (2x, -2y) \text{ and } \nabla v = (2y, 2x).$$

Es trivial comprobarlo$\nabla u \cdot \nabla v = 0$, por lo que son ortogonales.

ii) Dejar

$$f(z) = \dfrac{1}{z} = \dfrac{x}{r^2} - i \dfrac{y}{r^2}.$$

Por lo tanto, es fácil de calcular

$$\nabla u = (\dfrac{y^2 - x^2}{r^4}, \dfrac{-2xy}{r^4}) \text{ and } \nabla v = (\dfrac{2xy}{r^4}, \dfrac{y^2 - x^2}{r^4}).$$

Nuevamente es trivial comprobar eso$\nabla u \cdot \nabla v = 0$, por lo que son ortogonales.

Ejemplo$\PageIndex{3}$ Degenerate points: $f'(z) = 0$.

Considerar

$$f(z) = z^2$$

Del ejemplo anterior tenemos

$$u(x, y) = x^2 - y^2, \ \ \ v(x, y) = 2xy, \ \ \ \nabla u = (2x, -2y), \ \ \ \nabla v = (2y, 2x).$$

At$z = 0$, los gradientes son ambos 0 por lo que el teorema sobre ortogonalidad no se aplica.

Veamos las curvas de nivel a través del origen. La curva de nivel (realmente el 'conjunto de niveles') para

$$u = x^2 - y^2 = 0$$

es el par de líneas$y = \pm x$. En el origen esta no es una curva suave.

Mira las cifras de$z^2$ arriba. Sí parece que lejos del origen las curvas de nivel de$u$ intersectan las líneas donde$v = 0$ en ángulo recto. Lo mismo es cierto para las curvas de nivel de$v$ y las líneas donde$u = 0$. Se puede ver la degeneración que se forma en el origen: a medida que las curvas de nivel se dirigen hacia 0 se ponen más puntiagudos y en ángulo más recto. Por lo que la curva de nivel$u = 0$ es más propiamente pensada como cuatro ángulos rectos. La curva de nivel de$u = 0$, sin saber qué tramo de$v = 0$ intersectar ortogonalmente toma el promedio y entra en el origen a 45$^{\circ}$.