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Capítulo 3
Integración en el Campo Complejo.La teoría de la integración en el campo complejo es una de las más bellas y profundas de la matemática pura. Pero sus aplicaciones también son importantes e interesantes y por eso dedicamos un capítulo completo a esta teoría.
La integración en el campo complejo tiene aplicaciones a muchas ramas de la ingeniería, como a la mecánica de fluidos y a la teoría de campos pero también a la matemática pura, como a la demostración del teorema fundamental del álgebra, al cálculo de integrales que no poseen una primitiva elemental, etc. En esta primera sección comenzamos a ver las utilidades de estudiar esta integración más abstracta que la real.
Sección 1
CONTENIDO.
1. Integración y acotación.
2. Teorema de Cauchy.
3. Fórmula integral de Cauchy.
4. Teorema de Liouville.
5. Demostración del teorema fundamental del álgebra.
6. Teorema del módulo máximo.
Teorema de Cauchy. Fórmula Integral de Cauchy.
49
Problemas.
1) Calcular la integral de la función
f (z) =z4
(z − 1)2(z − 3)
sobre la circunferencia de radio 2 con centro en
a) z0 = 0
b) z1 = 2 + i.
Solución.
a) Es evidente que la función f (z) es analítica en el dominio D = C − {(1,0), (3,0)}. Para resolver este ítem notemos que a la función f (z) se le puede aplicar la fórmula integral de Cauchy (generalizada) si la escribimos así :
f (z) =z4 /(z − 3)(z − 1)2
.
Porque escrita de esa forma tenemos, haciendo
φ(z) =z4
z − 3
que, si C es la circunferencia de radio 2 con centro en z0 = 0 recorrida en sentido antihorario entonces
φ′�(1) =1!2πi ∮C
φ(z)(z − 1)2
dz.
En nuestro caso
φ′�(z) =4z3(z − 3) − z4.1
(z − 3)2
y evaluando en z = 1 obtenemos
φ′�(1) =−94
.
Luego
2πi−94
= ∮C
φ(z)(z − 1)2
dz
es decir 50
−92
πi = ∮C
φ(z)(z − 1)2
dz.
b) Para resolver este ítem, debemos ver qué singularidades caen adentro de nuestra circunferencia, ahora centrada en z1 = 2 + i.
En la galería 2.11 vemos que esta curva deja adentro a las dos singularidades de la función
f (z) =z4
(z − 1)2(z − 3). Por eso, para poder aplicar la
fórmula integral de Cauchy debemos proceder de una manera d i f e ren te . Cons ide remos dos circunferencias de radio suficientemente pequeños y con centros en z1 = 1 y z2 = 3 como para que estén contenidas en el interior de la curva C y que dejen cada una uno sólo de los puntos z1 = 1 y z2 = 3, como se muestra en la galería 3.1.
Entonces, de acuerdo a una idea elemental estudiada en la teoría tenemos
∮C
z4dz(z − 1)2(z − 3)
= ∮C1
z4 /(z − 3)dz(z − 1)2
+ ∮C2
z4 /(z − 1)2dz(z − 3)
51
La circunferencia de este ítem b) deja ahora a las dos singularidades adentro de la curva y debemos proceder de una manera un poco diferente para poder aplicar la fórmula integral de Cauchy.
Galería 3.1. Curvas sobre las cuales integramos f (z) y sus singularidades.
donde hemos dejado en el denominador de los integrandos de C1 y C2 esos divisores para poder aplicar a cada una de las integrales del miembro de la derecha la fórmula integral de Cauchy.
En efecto,
∮C1
z4 /(z − 3)dz(z − 1)2
=2πi1!
φ′ �(1)
donde
φ(z) =z4
z − 3.
Luego
φ′�(z) =4z3(z − 3) − z4.1
(z − 3)2
y entonces
φ′�(1) =−94
.
Es decir
∮C1
z4 /(z − 3)dz(z − 1)2
=−9πi
2. (1)
Análogamente, para calcular
∮C2
z4 /(z − 1)2dz(z − 3)
notemos que si
ϕ(z) =z4
(z − 1)2
entonces
∮C2
ϕ(z)dz(z − 3)
= 2πiϕ(3).
Puesto que ϕ(3) =814
, tenemos que
∮C2
z4 /(z − 1)2dz(z − 3)
=812
πi. (2)
Por lo tanto, sumando (1) y (2) obtenemos
52
∮C
z4dz(z − 1)2(z − 3)
= 36πi.
□
2) Demostrar que si f (z) es holomorfa en el círculo |z − z0 | ≤ R y si | f (z) | ≤ M sobre |z − z0 | = R entonces
| f (n)(z0) | ≤n!Rn
M ∀n ∈ N.
Solución.
Apliquemos a f (z) la fórmula integral de Cauchy para obtener
f (n)(z0) =n!2πi ∮C
f (z)(z − z0)n+1
dz
d o n d e C e s l a c i r c u n f e r e n c i a |z − z0 | = R
positivamente orientada.
Es evidente que debemos tomar módulo para obtener
| f (n)(z0) | =n!2πi ∮C
f (z)(z − z0)n+1
dz .
Ahora bien, recordando que el módulo de la integral es menor o igual que la integral del módulo obtenemos
n!2πi ∮C
f (z)(z − z0)n+1
dz ≤n!2π ∮C
f (z)(z − z0)n+1
|dz |
de lo cual aplicando la hipótesis de que | f (z) | ≤ M y recordando que sobre C tenemos |z − z0 | = R
llegamos a que
| f (n)(z0) | ≤n!2π ∮C
M|R |n+1 |dz | =
n!2π
M|R |n+1 ∮C
|dz | .
Recordando ahora que ∮C|dz | = Long(C ) y
puesto que la longitud de la circunferencia de radio R es 2πR obtenemos que
| f (n)(z0) | ≤n!Rn
M.
53
□
Nota : Algunas veces a las desigualdades del enunciado del ejercicio 2 se las llama desigualdades de Cauchy.
Se puede ver una solución on-line aquí.
3) Demostrar que si f (z) es una función holomorfa y acotada en todo el plano complejo entonces f (z) es constante. (Teorema de Liouville, 1847)
Solución.
Una forma de demostrar que una función es constante en todo el plano complejo (que es un conjunto conexo) es probar que para cada z0 ∈ C tenemos f′�(z0) = 0.
Sea entonces z0 ∈ C. Como la función es
holomorfa en dicho z0 tiene derivada f′�(z0) allí y de acuerdo a la desigualdad de Cauchy del ejercicio
anterior con n = 1 tenemos, que para cada circunferencia de radio r con centro en z0 se verifica
| f′�(z0) | ≤Mr
R.
Ahora bien, en esa desigualdad la constante Mr acota al módulo de f (z) sobre la circunferencia de radio r en cuestión. Pero si usamos la hipótesis de quef (z) está acotada en todo C, es decir
| f (z) | ≤ M ∀z ∈ C
tenemos que podemos cambiar Mr por una constante global M. Luego debemos tener que para todo R (radio de nuestra circunferencia)
| f′�(z0) | ≤MR
.
Ahora bien, si R → ∞, entonces MR
→ 0. Luego
debemos tener necesariamente
f′�(z0) = 0
54
y como z0 fue arbitrariamente elegido, debemos tener
f′�(z) = 0 ∀z ∈ C
es decir, f (z) es constante.
□
Se puede ver una solución on-line aquí.
4) Demostrar que si f (z) es una función entera y si ∀z ∈ C
f (z) = f (z + 1) y f (z) = f (z + i) (1)
entonces f (z) es constante.
Solución.
En primer lugar observemos que los valores de f (z) quedan completamente definidos en todo el plano complejo por sus valores sobre el cuadrado
K = {(x, y) : 0 ≤ x < 1 ∧ 0 ≤ y < 1}.
En efecto, cualquier punto z = a + bi del plano complejo se puede escribir en la forma
z = a + bi = (m + ni) + (α + βi)
donde m, n ∈ N y (α, β) ∈ K. Por ejemplo el complejo z = 3.21 + 2.56i se puede escribir
z = (3 + 2i) + (0.21 + 0.56i).
Pero de acuerdo a la hipótesis (1) tenemos que si
z = a + bi = (m + ni) + (α + βi)
entonces
f (z) = f (a + bi) = f (α + βi),
es decir f depende de sus valores sobre K.
Ahora bien, el conjunto K es acotado y si definimos el conjunto
K̄ = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1 ∧ 0 ≤ y ≤ 1}
que es cerrado vemos, en virtud de la holomorfía de la función f , que f es continua. Luego si consideramos la
55
función | f (z) | continua en el conjunto compacto K̄ vemos que | f (z) | es acotada en dicho conjunto. Y por lo dicho en el párrafo anterior relativo a que todos los valores de f en C quedan determinados por sus valores sobre K vemos que f (z) está acotada en todo C.
Entonces aplicando el teorema de Liouville vemos que f (z) es constante.
□
En la galería 3.2. explicamos geométricamente la periodicidad de f (z).
5) Hallar el valor de la integral
I = ∫2π
0
dθ5 + 4cos(θ)
.
Solución.
El motivo por el cual esta integral puede calcularse usando la variable compleja es porque la misma es una parametrización de una integral curvilínea en el campo complejo.
Recordemos que por definición si una curva C incluida en el plano complejo se parametriza en la forma
56
Las imágenes de puntos que difieren en un vector de coordenadas enteras son las mismas, por ejemplo f (z) = f (z + 2 + i ) y las imágenes de los puntos del cuadrado verde son las mismas que las imágenes de los puntos correspondientes del cuadrado amarillo.
Galería 3.2. Doble periodicidad de f (z).
z = z(t) a ≤ t ≤ b
entonces
∮Cf (z)dz = ∫
b
af (z(t))z′�(t)dt
supuesta la existencia de z′�(t).
Por eso el hecho de que 0 ≤ θ ≤ 2π sugiere que nuestra integral es la parametrización de una integral curvilínea sobre una circunferencia C de radio 1 y centro en el origen.
Hagamos entonces
z(θ) = eiθ 0 ≤ θ ≤ 2π.
Luego
dzdθ
= ieiθ ⟹ dz = ieiθdθ.
Por lo tanto, “desparametrizando” nuestra integral
tenemos, recordando que cos(θ) =eiθ + e−iθ
2
I = ∫2π
0
dθ5 + 4cos(θ)
=1i ∮C
dz /z
5 + 4 z + z−1
2
o lo que es lo mismo
I =1i ∮C
dz2z2 + 5z + 2
.
Ahora bien, re-escribiendo esta integral para que sea más sencillo aplicarle la fórmula integral de Cauchy en la forma
I =1i ∮C
dz2z2 + 5z + 2
=1i ∮C
1/2(z + 2)
z + 12
vemos que, precisamente aplicando la fórmula integral de Cauchy
I =1i ∮C
1/2(z + 2)
z + 12
=1i
2πi1
2(z + 2) z=−1/2=
2π3
.
57
□
Se puede ver una solución on-line aquí.
6) Hallar el valor máximo del módulo de la función f (z) = sen(z) en el rectángulo
R = {z ∈ C : 0 ≤ x ≤ π ∧ 0 ≤ y ≤ 1}.
Solución.
Recordemos que una de las consecuencias más importantes del teorema del módulo máximo dice que si una función f (z) es analítica en el interior de un conjunto compacto D entonces el valor máximo de | f (z) | sobre D, que se alcanza siempre, se alcanza en la frontera, nunca en su interior.
Por eso el módulo máximo de |sen(z) | lo debemos buscar en el borde del rectángulo R, rectángulo que dibujamos en la galería interactiva 3.3.
Ahora bien, sabemos que
sen(z) = sen(x + iy) =
sen(x)cos(iy) + sen(iy)cos(x) =
sen(x)ch(y) + ish(y)cos(x).
Luego tenemos que
|sen(z) | = sen2(x)ch2(y) + cos2(x)sh2(y)
de lo cual obtenemos
|sen(z) | = sen2(x)ch2(y) + (1 − sen2(x))sh2(y)
y desarrollando llegamos a que
|sen(z) | = sen2(x)ch2(y) + sh2(y) − sen2(x)sh2(y)
de lo cual , recordando que ch2(y) − sy2(y) = 1 obtenemos que
|sen(z) | = sen2(x) + sh2(y). (1)
58
Ahora bien, de la igualdad (1) vemos que si
x =π2
entonces sen2(x) es máximo y que si 0 ≤ y ≤ 1
entonces 0 ≤ sh2(y) ≤ sh2(1), puesto que la función sh2(y) es creciente si 0 ≤ y ≤ 1 . De esto vemos que el valor máximo de |sen(z) | sobre R se alcanza en el
punto del borde de R
z0 =π2
+ i.
□
59
Módulo máximo.
Galería interactiva : Módulo máximo
El punto exacto donde se alcanza el módulo máximo de f (z) es el indicado en la galería interactiva.
60
Uno de los tipos más importante de funciones de dos variables es el de función armónica porque aparece muy frecuentemente en Matemática aplicada, en particular en la Física y en la Ingeniería. A través de las ecuaciones de Cauchy-Riemann se observa inmediatamente que este tipo de funciones está íntimamente relacionado con las funciones holomorfas de variable compleja. En esta sección veremos interesantes aplicaciones de este tipo de funciones además de estudiar el tema desde el punto de vista puramente matemático.
Sección 2
CONTENIDO.
1. Funciones armónicas.
2. Armónicas conjugadas.
3. Potencial complejo.
4. Líneas equipotenciales.
5. Líneas de flujo.
Funciones Armónicas. Potencial Complejo.
61
Problemas.
1) Demostrar que si una función u(x, y) es armónica en el interior de un conjunto compacto D ⊂ R2 y continua en el borde de D entonces el valor máximo de u se alcanza en el borde de D y nunca en el interior de D.
Solución.
Puesto que la función u(x, y) es armónica en el interior del dominio D es continua allí. Y como por hipótesis es continua en el borde de D entonces la función u es continua en D. Luego, de acuerdo al teorema de Weierstrass la función u alcanza en D un v a l o r m á x i m o e n a l g ú n p u n t o (x0, y0) ∈ D . Consideremos la función armónica conjugada de u y llamémosla v, de tal forma que la función
f (z) = u(x, y) + iv(x, y)
es una función analítica en el interior de D y continua en el borde de D. Entonces la función g(z) = e f(z) es analítica en el interior de D y continua en el borde de D. De acuerdo al corolario del teorema del módulo máximo de la página 57 aplicado a la función g(z) tenemos que el valor máximo de |g(z) | que se alcanza siempre, se alcanza en el borde de D y nunca en su interior. Pero
g(z) = eu+iv = eueiv
luego tomando módulo obtenemos que
|g(z) | = eu.
Esto nos dice que el valor máximo de eu se alcanza en el borde de D y nunca en su interior. Pero entonces, como la función exponencial real es una función creciente, el valor máximo de u debe alcanzarse en el borde de D y nunca en su interior.
□
62
Para ilustrar la potencia del ejercicio 1) resumamos la idea de la prueba de la unicidad de la solución del problema de Dirichlet en un dominio con las condiciones del teorema. Dicho problema es el siguiente :
Hallar, si existe, una función armónica en el interior de D y en cuyo borde tome valores prefijados.
Para fijar ideas supongamos que el dominio D tiene la forma del de la galería 3.4. Si hubiera dos funciones u1 y u2 armónicas en D y continuas en el borde de D pero que coinciden en dicho borde, esto es,
u1∂D
= u2∂D
donde ∂D denota el borde de D, entonces la función diferencia
h(x, y) = u1(x, y) − u2(x, y) (1)
63
En este dominio no puede haber definidas dos funciones armónicas distintas con iguales valores prefijados en el borde de D.
Galería 3.4. Dominio para el problema de Dirichlet.
es armónica en el interior de D y continua en el borde
de D, pero además h∂D
= 0. Luego, como lafunción h
en el borde de D tiene valor máximo nulo, h debe anularse en todo D. De lo que deducimos de (1) que
u1(x, y) = u2(x, y)
en todo D.
2) Determinar si la función
u(x, y) = x2 − y2 + excos(y) + x
es armónica en R2 y en caso afirmativo hallar una función armónica conjugada.
Solución.
En lugar de calcular el Laplaciano de u, esto es
∇u(x, y) = u′�′ �xx + u′�′�yy
y ver que da cero intentemos ver si la función u es la parte real (o imaginaria) de una función holomorfa en C. Es evidente que
Re(z2) = x2 − y2
Re(ez) = excos(y)
y que
Re(z) = x.
Luego, como la parte real de la suma es la suma de las partes reales, vemos que
Re(z2 + ez + z) = x2 − y2 + excos(y) + x = u(x, y).
Por lo tanto la función u es armónica en R2. Como una armónica conjugada de u es por definición una función v tal que f (z) = u + iv es una función holomorfa, vemos que una armónica conjugada de u es la función
v(x, y) = Im(z2 + ez + z) = 2xy + exsen(y) + y.
□64
3) Determinar si la suma y el producto de dos funciones armónicas es una función armónica.
Solución.
Le dejamos al lector probar el sencillo hecho de que la suma de dos funciones armónicas es efectivamente una función armónica. Más aún, el lector no tendrá dificultad en probar que el conjunto de las funciones armónicas en dos variables es un subespacio del espacio vectorial de todas las funciones C2 de dos variables.
Respecto del producto la cosa se pone un poco más interesante. Recordemos que la derivada segunda de un producto, es decir, ( f . g)′�′� es igual a
( f . g)′�′� = ( f′�g + fg′�)′� = f′�′�g + f′ �g′ �+ f′�g′�+ fg′ �′�
o sea
( f . g)′�′� = f′�′�g + 2f′�g′�+ fg′ �′�
fórmula que recuerda al cuadrado de un binomio pero cambiando exponente por orden de derivación.
Utilizando esta fórmula es ahora fácil ver que ocurre con el Laplaciano de un producto de dos funciones u(x, y) . v(x, y).
Tenemos que
∇(uv) = (uv)′�′�xx + (uv)′�′�yy.
Ahora bien, por la fórmula recién deducida obtenemos que
∇(uv) = (u′�′�xxv + 2u′�xv′�x + uv′�′�xx) + (u′�′�yyv + 2u′�yv′�y + uv′�′�yy).
Luego, sacando factores comunes obtenemos
∇(uv) = v(u′�′�xx + u′�′�yy) + u(v′�′�xx + v′ �′�yy) + 2(u′�xv′ �x + u′�yv′�y)
y como las funciones u y v son armónicas por hipótesis obtenemos que los dos primeros paréntesis se anulan llegando a que el Laplaciano de un producto de dos funciones armónicas es, en general
65
∇(uv) = 2(u′�xv′�x + u′�yv′�y). (1)
Ahora bien, si agregamos a u y v la hipótesis de que son armónicas conjugadas, entonces u y v satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann y podemos escribir que (1) es igual a
∇(uv) = 2(v′�yv′�x − v′�xv′ �y) = 0.
Luego en ese caso en el cual las funciones u y v son armónicas conjugadas tenemos que el producto de ellas es también una función armónica.
Como ejemplo vemos que si
f (z) =1z
=x
x2 + y2+ i
−yx2 + y2
entonces la función u producto de las partes real e imaginaria de la función f (z), es decir
u(x, y) =−xy
(x2 + y2)2
es una función armónica en R2 − {(0,0)}.
□
Se puede ver una solución on-line aquí.
4) El potencial complejo de una fuerza f (z) está dado
por Φ(z) =1z
, z ≠ 0. Hallar la fuerza f (z) y mostrar que
la línea equipotencial de f (z) que pasa por (1,1) es (x − 1)2 + y2 = 1 y luego hallar la línea de fuerza que pasa por (1,1).
Solución.
Recordemos que dada una fuerza (función) f (z) = u(x, y) + iv(x, y) e n c a d a p u n t o (x, y) ∈ R2 interpretando con u(x, y) y v(x, y) las componentes de la fuerza en la dirección del eje x e y respectivamente, llamamos potencial complejo de f (z) a cualquier función Φ(z) tal que
Φ′�(z) = f (z)
66
o lo que es lo mismo
Φ′�(z) = f (z).
Luego, si Φ(z) =1z
es el potencial complejo de f (z)
tenemos por definición que
f (z) = ( 1z )
′�=
−1z2
.
Además si Φ(z) es el potencial complejo de f (z) y escribimos
Φ(z) = φ(x, y) + iψ (x, y)
entonces las curvas
φ(x, y) = C
se llaman líneas equipotenciales de f y las curvas
ψ (x, y) = K
se llaman líneas de fuerza de f.
Por lo tanto, puesto que Φ(z) =1z
, z ≠ 0 tenemos
que
φ(x, y) =x
x2 + y2= C
son las curvas equipotenciales de f y que
ψ (x, y) =−y
x2 + y2= K
son las líneas de fuerza de f.
De todas ellas, debemos seleccionar las que pasan por el punto (1,1). Luego debemos tener
φ(x, y) =x
x2 + y2= φ(1,1) =
12
.
De aquí deducimos inmediatamente que para (x, y) ≠ (0,0) la línea equipotencial es
2x = x2 + y2 ⟺ (x − 1)2 + y2 = 1.
67
Análogamente deducimos que la línea de fuerza que pasa por (1,1) es
ψ (x, y) =−y
x2 + y2= ψ (1,1) =
−12
de lo cual obtenemos para (x, y) ≠ (0,0) que dicha línea de fuerza es
−2y = − x2 − y2 ⟺ x2 + (y − 1)2 = 1.
En la galería 3.5. vemos todas estas cuestiones en forma gráfica.
□
5) Hallar una función armónica en la región R de la galería 3.6. que satisfaga las condiciones de borde que en la figura se observan, es decir, resolver el problema de Dirichlet siguiente :
u′�′�xx + u′�′�yy = 0
con las condiciones
ux2+y2=4x
≡ 13 ux2+y2=2x
≡ 7.
Solución.
68
La fuerza f (z) =−1z̄2
cuyo potencial complejo es Φ(z) =1z
.
Galería 3.5. La fuerza f y el potencial complejo Φ.
Para resolver este problema a través de varible compleja lo que haremos es transformarlo (cambiar las variables) por otro donde la solución sea casi trivial y finalmente volver a las variables originales.
Sabemos que la función f (z) =1z
transforma
circunferencias que pasan por el origen en rectas que no pasan por el origen y ahora nos daremos cuenta de que circunferencias con centro en el eje x que pasan por el origen se transforman en rectas verticales.
En efecto, aplicando la inversión tenemos que la imagen de la circunferencia
x2 + y2 − 4x = 0
es, de acuerdo a lo estudiado en el ejercicio 2 capítulo 2
−4u + 1 = 0
o lo que es lo mismo
u =14
.
De la misma manera la circunferencia
Problema en las variables x y y a continuación.....
Galería 3.6. Problema de Dirichlet.
69
x2 + y2 − 2x = 0
se transforma a través de dicha inversión en
u =12
.
Por lo tanto, el problema que debemos resolver en las variables uv es el siguiente :
Puv : Hallar una función armónica h en el plano uv que satisfaga que
hu=1/2
= 7 hu=1/4
= 13.
Pero como las funciones lineales h(u, v) = Au + B son trivialmente armónicas, sólo debemos hallar A, B tales que
A2
+ B = 7 A4
+ B = 13
es decir
A = − 24 B = 19.
Por lo tanto, la solución del problema Puv es la función
h(u, v) = − 24u + 19
y como w =1z
tenemos que
u =x
x2 + y2
llegamos a la solución final del problema en xy
U(x, y) = − 24x
x2 + y2+ 19
donde hemos usado la mayúscula para no confundir con la variable del plano uv.
6) Hallar una función armónica u en el semiplano superior y > 0 que satisfaga la condición
u(x,0) = {0 si x > 01 si x < 0
.
70
Solución.
Es evidente que la función θ(x, y) definida como el ángulo que forma el vector (x, y) con el semieje positivo de las abscisas en una función armónica por ser la parte imaginaria de la función
F(x) = Log(x) = ln( |z | ) + iθ(x, y).
Esta función θ en detalle y en términos más calculables para cada (x, y) es la siguiente :
θ(x, y) =
arctg( yx ) si x > 0, y ≥ 0
π2 si x = 0, y > 0
π + arctg( yx ) si x ≤ 0 y > 0
.
Es conveniente denotar esta función como el arcotangente con mayúscula :
Arctg(yx
) = θ(x, y)
para distinguirlo del arcotangente ordinario. En la galería 3.7. vemos una gráfica clarísima de esta función.
71
Esta es la gráfica de nuestra función Arctg(yx
).
Galería 3.7. Gráfica de la función θ(x, y)
Ahora bien, esta función armónica satisface, por su definición misma las siguientes condiciones
Arctg(x,0) = {0 si x > 0π si x < 0
luego para cambiar el π por un 1 lo único que debemos hacer es dividir por π, obteniendo como solución la función
u(x, y) =1π
Arctg( yx ).
□
72
