Compleja:z-ej-cap2.2

Las ecuaciones de Cauchy-Riemann

2.9 Si $\Omega \subseteq \mathbb {C}$ es una región, defina $\Omega ^{*}:=\{z\in \mathbb {C} :{\bar {z}}\in \Omega \}$ . Si $f:\Omega \longrightarrow \mathbb {C}$ es holomorfa, defina $f^{*}:\Omega ^{*}\longrightarrow \mathbb {C}$ mediante $f^{*}(z)={\overline {f({\bar {z}})}}$ . Demuestre que $f^{*}$ es holomorfa.

Demostración:

Sea $z\in \Omega ,w\in \Omega ^{*}$ , entonces ${\bar {w}}\in \Omega$ , tomando ${\bar {w}}=z=a+bi$ . Definimos $A(a,b),B(a,b):\mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R}$ funciones diferenciables tales que $f(z)=A(a,b)+B(a,b)i$ , con lo cual $f$ es holomorfa, entonces

$f^{*}(w)={\overline {f({\bar {w}})}}={\overline {f(z)}}={\overline {A(a,b)+B(a,b)i}}=A(a,b)+{\big (}-B(a,b){\big )}i$ Como $B(a,b)$ es diferenciable, entonces $-B(a,b)$ tambien lo es, luego $f^{*}$ es diferenciable.

Por lo tanto $f^{*}$ es holomorfa.

Realizado por: Pérez Córdoba Sabino (discusión) 00:29 28 nov 2012 (CST)

2.10 Si $\Omega =\Omega ^{*}$ observe que $\Omega$ es simétrica con respecto al eje real por el ejercicio anterior se sigue que la función $g:\Omega \longrightarrow \mathbb {C}$ dada por $g(z):=f(z)-f^{*}(z)$ es holomorfa.

Demostración

Del ejercicio anterior se tiene que si $f(z)$ es holomorfa, entonces $f^{*}(z)$ es holomorma y en consecuencia diferenciables, de la proposición 2.1 la suma de dos funciones diferenciables es diferenciable, luego $g(z)$ es diferenciable, por lo tanto $g(z)$ es holomorfa.

Realizado por: Pérez Córdoba Sabino (discusión) 01:01 28 nov 2012 (CST)

2.12. Muestre que la función $f:\mathbb {C} \to \mathbb {C}$ dada por $f(z)=x^{2}+iy^{2}$ es diferenciable en todos los puntos de la recta $y=x$ en $\mathbb {C}$ , pero no es holomorfa.

Demostración:

Sea $h=x_{0}+iy_{0}$ y $z=x+iy$ tenemos que:

$lim_{h\to 0}{\frac {f(z+h)-f(z)}{h}}=\lim _{h\to 0}{\frac {(x+x_{0})^{2}+i(y+y_{0})^{2}-(x^{2}+iy^{2})}{x_{0}+iy_{0}}}$

Desarrollando los binomios, se eliminan los $x^{2}$ y los $iy^{2}.$ y queda

$lim_{h\to 0}{\frac {2xx_{0}+(x_{0})^{2}+(2yy_{0}+y_{0})i}{x_{o}+iy_{0}}}.$

Reagrupando:

$=lim_{h\to 0}{\frac {(x_{0}(2x+x_{0})+iy_{0}(2y+y_{0})}{x_{0}+iy_{0}}}.$

$=lim_{h\to 0}{\frac {(x_{0}+iy_{0})(2x+x_{0})(2y+y_{0})}{x_{0}+iy_{0}}}.$

$=lim_{h\to 0}(2x+x_{0})(2y+y_{0}).$

$=\lim _{h\to 0}{\frac {x^{2}+iy^{2}+x+iy-x^{2}-iy^{2}}{x+iy}}$

Eliminando, se obtiene que:

$= \lim_{h \to 0} (2x+x_{0})(2y+y_{0})$

$= \lim_{(x,y) \to (0,0)} (2x+x_{0})(2y+y_{0}) = 4xy $

$\therefore$ existe su límite y en la recta $y=x$ se tiene que $4x^{2}$ por lo que existe en todo ese punto y es diferenciable sobre cualquier punto sobre la recta.

Y no es holomorfa porque no se cumple la ecuación de Cauchy-Riemann.

Esto es que se debe cumplir:

Conclusión:

${\frac {\partial u}{\partial x}}={\frac {\partial v}{\partial y}}$ Y ${\frac {\partial u}{\partial y}}=-{\frac {\partial v}{\partial x}}$

Sea $u=x^{2}yv=y^{2}$ ${\frac {\partial u}{\partial x}}=2x$ ${\frac {\partial u}{\partial y}}=0$

Y

${\frac {\partial v}{\partial y}}=2y$

${\frac {\partial v}{\partial x}}=0$

$\therefore$ no se cumple y por lo tanto no son holomorfas.

Realizado por: Jean Carlo Cruz Venegas (discusión) 06:54 29 nov 2012 (CST)

2.13. ¿Cuáles de las funciones siguientes satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann?

1) $f(z)=x^{2}-y^{-}2ixy.$ :

2) $f(z)=x^{3}-3y^{2}+2x+i(3x^{2}y-y^{3}+2y).$ :

3) $f(z)=log(x^{2}+y^{2})+iarctg({\frac {x}{y}}).$ :

Se debe de cumplir que:

${\frac {\partial u}{\partial x}}={\frac {\partial v}{\partial y}}$ :

Y:

${\frac {\partial u}{\partial y}}=-{\frac {\partial v}{\partial x}}$ :

Para $f(z)=x^{2}-y^{-}2ixy.$ :

Siendo, $u=x^{2}-y^{2}$ y $v=-2xy$ :

las derivadas parciales son:

${\frac {\partial u}{\partial x}}=2x$ :

${\frac {\partial u}{\partial y}}=-2y$ :

Y: ${\frac {\partial v}{\partial y}}=-2x$ :

${\frac {\partial v}{\partial x}}=-2y$ :

$\therefore$ no se cumple las ecuaciones de Cauchy- Riemann.:

Para $f(z)=x^{3}-3y^{2}+2x+i(3x^{2}y-y^{3}+2y)$ :

Siendo, $u=x^{3}-3y^{2}+2x$ y $v=3x^{2}y-y^{3}+2y$ : ${\frac {\partial u}{\partial x}}=3x^{2}+2$ : ${\frac {\partial u}{\partial y}}=-6y$ : Y: ${\frac {\partial v}{\partial y}}=3x^{2}-3y^{2}+2$ : ${\frac {\partial v}{\partial x}}=6xy$ : $\therefore$ no se cumple las ecuaciones de Cauchy- Riemann.: Para $f(z)={\frac {1}{2}}log(x^{2}+y^{2})+iarctg({\frac {x}{y}}).$ : Siendo, $u={\frac {1}{2}}log(x^{2}+y^{2})yv=arctg({\frac {x}{y}}).$ : ${\frac {\partial u}{\partial x}}={\frac {x}{x^{2}+y^{2}}}$ : ${\frac {\partial u}{\partial y}}={\frac {y}{x^{2}+y^{2}}}$ : Y: ${\frac {\partial v}{\partial y}}=-{\frac {x}{x^{2}+y^{2}}}$ : ${\frac {\partial v}{\partial x}}={\frac {y}{x^{2}+y^{2}}}$ : $\therefore$ se cumple las ecuaciones de Cauchy-Riemann.:

Realizado por: Jean Carlo Cruz Venegas (discusión) 07:23 29 nov 2012 (CST)

2.16. Si $f:\mathbb {C} \rightarrow \mathbb {C}$ es holomorfa, $\Omega$ es de la forma $f(x+iy)=u(x)+iv(y)$ , demuestre que f es un polinomio de primer grado en z.

Como es holomorfa la función tiene que cumplir las ecuaciones de Cauchy-Riemann por lo que para la primera ecuación:

${\frac {\partial u}{\partial x}}={\frac {\partial v}{\partial y}}$

Vemos que ninguna función transcendente (trigonométrica, logarítmica o exponencial) puede ser ya que por ejemplo:

$Sin\left[x\right]\neq Sin\left[y\right]$

lo mismo se puede hacer para la exponencial y la logarítmica. Con lo que nos quedan las polinómicas, de las cuales solo cumplen las de grado menor o igual 1, pues para las cuadráticas por ejemplo tenemos:si $u=x^{2}$ y $v=y^{2}$ entonces:

${\frac {\partial u}{\partial x}}=2x$ y: ${\frac {\partial v}{\partial y}}=2y$

con lo que caemos en el caso anterior. Por el otro lado debemos de corroborar las condiciones con la segunda ecuación:

${\frac {\partial u}{\partial y}}=-{\frac {\partial v}{\partial x}}$

vemos que los polinomios siguen cumpliendo, pues como la función "u" depende únicamente de x, su derivada con respecto a y se hace 0, de igual forma con "v" como depende solo de y, su parcial con respecto a x se hace 0; por lo que tienen que ser polinomios de primer grado u, v; por lo tanto z es polinomio de primer grado.

Realizado por: Ignacio Peralta Martínez (discusión) 04:20 29 nov 2012 (CST)

2.17. Si $f:\Omega \to \mathbb {C}$ es holomorfa, $\Omega$ una región y $u$ es constante, desmuestre que $f$ es constante. Similarmente, si $v$ es constante, entonces $f$ es constante.

Sea $f=u+iv$

a) $u(x,y)=Ref(z)={\mbox{ constante }},$ por lo tanto ${\frac {\partial u}{\partial x}}={\frac {\partial u}{\partial y}}=0$ .
Y por las condiciones de Cauchy-Riemann (C-R) ${\frac {\partial v}{\partial x}}={\frac {\partial v}{\partial y}}=0$ .
Lo que implica que $v(x,y)={\mbox{ constante }}\Rightarrow f(z)={\mbox{ constante }}.$

b) $v(x,y)=Imf(z)={\mbox{ constante }},$ por lo tanto ${\frac {\partial v}{\partial x}}={\frac {\partial v}{\partial y}}=0$ .
Y por las condiciones C-R ${\frac {\partial u}{\partial x}}={\frac {\partial u}{\partial y}}=0$ .
Por tanto $u(x,y)={\mbox{ constante }}\Rightarrow f(z)={\mbox{ constante }}.$

Realizado por: Belen (discusión) 23:24 22 nov 2012 (CST)

2.18. Si $f:\Omega \to \mathbb {C}$ es holomorfa, $\Omega$ una región y $|f|$ es constante, desmuestre que $f$ es constante.

Si $|f(z)|=C\Rightarrow |f(z)|^{2}=f(z){\overline {f(z)}}=C^{2}$ y, por tanto,
${\overline {f(z)}}={\frac {C^{2}}{f(z)}}$ .
Como el lado derecho es una función holomorfa, $\Rightarrow {\overline {f(z)}}$ es holomorfa.

Ahora, como ${\overline {f(z)}}=u-iv,$ las condiciones de C-R se traducen en:
${\begin{cases}{\frac {\partial u}{\partial x}}=-{\frac {\partial v}{\partial y}}\\{\frac {\partial u}{\partial y}}={\frac {\partial v}{\partial x}}\\\end{cases}}$ ,
y las mismas condiciones sobre $f(z)$ implican
${\begin{cases}{\frac {\partial u}{\partial x}}={\frac {\partial v}{\partial y}}\\{\frac {\partial u}{\partial y}}=-{\frac {\partial v}{\partial x}}\\\end{cases}}$ .

Así que tenemos que ${\frac {\partial u}{\partial x}}=-{\frac {\partial v}{\partial y}}={\frac {\partial v}{\partial y}}\Rightarrow {\frac {\partial v}{\partial y}}=0$
y, por lo tanto, ${\frac {\partial u}{\partial x}}=0$ .

Análogamente, ${\frac {\partial u}{\partial y}}={\frac {\partial v}{\partial x}}=-{\frac {\partial v}{\partial x}}\Rightarrow {\frac {\partial v}{\partial x}}=0$ y ${\frac {\partial u}{\partial y}}=0$ .
Entonces $u$ y $v$ son constantes y por tanto $f(z)={\mbox{ constante}}$ .

Realizado por: Belen (discusión) 23:38 22 nov 2012 (CST)

2.23 Muestre que la función $f(z)=f(x,y)={\sqrt {xy}}$ , no es diferenciable en el origen aunque satisface las ecuaciónes de Cauchy-Riemman en 0.

Las ecuaciones de Cauchy – Riemman, aseguran que se cumple lo siguiente:

${\frac {\partial u}{\partial x}}={\frac {\partial v}{\partial y}}$ Y ${\frac {\partial u}{\partial y}}=-{\frac {\partial v}{\partial x}}$

Esto es que $u_{y}(0,0)=0,u_{x}(0,0)=v_{y}(0,0)=0$

$\therefore$ Satisface las ecuaciones de Riemman.

Queremos saber si es diferenciable en 0 y para ello tenemos que obtener el limite:

$lim_{h\to 0}{\frac {f(z+h)-f(z)}{h}}$

Sea $h=h_{1}+ih_{2}$ , entonces

$lim_{h\to 0}{\frac {f(0+h)-f(0)}{h}}$ = $lim_{h\to 0}{\frac {\sqrt {h_{1}h_{2}}}{h_{1}+h_{2}i}}$ y observamos que Cuando $h_{1}=0$ entonces

$lim_{h\to 0}{\frac {\sqrt {h_{1}h_{2}}}{h_{1}+h_{2}i}}=0$

Y con $h_{2}=0$

$lim_{h\to 0}{\frac {\sqrt {h_{1}h_{2}}}{h_{1}+h_{2}i}}=0$

En el caso de que $h_{1}=h_{2}$ , se observa que

$lim_{h\to 0}{\frac {\sqrt {h_{1}h_{2}}}{h_{1}+h_{2}i}}=lim_{h\to 0}{\frac {\sqrt {h_{1}h_{1}}}{h_{1}+h_{1}i}}=lim_{h\to 0}{\frac {\sqrt {h_{1}^{2}}}{h_{1}(1+i)}}={\frac {1}{1+i}}lim_{h\to 0}{\frac {|h_{1}|}{h_{1}}}$