Compleja:Zill-Cap3.1

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Ejercicios del capítulo 3, sección 1 del libro, A First Course in Complex Analysis with Applications de Zill y Shanahan.


Sección 3.1

Ejercicio 1

Usando la definición 3.1 $\left(f'(z_0)=\lim_{\,\Delta z \to 0} \frac{f(z_0+\Delta z)-f(z_0)}{\Delta z}\right)$ para encontrar $f'(z)$ para la función $f(z)=9iz+2-3i$.

Usando la definición tenemos:

\[ f'(z)=\lim_{\,\Delta z \to 0} \frac{9i\left( z+\Delta z \right)+2-3i\;-\left( 9iz+2-3i \right)}{\Delta z}=\lim_{\,\Delta z \to 0} \frac{9iz+9i\Delta z+2-3i-9iz-2+3i}{\Delta z}=\lim_{\,\Delta z \to 0} \frac{9i\Delta z}{\Delta z} \] Por propiedades de límites $\left( \lim c\,f=c\,\lim f \right)$, si $c$ es una constante compleja. \[ f'(z)=\lim_{\,\Delta z \to 0} \frac{9i\Delta z}{\Delta z}=9i\,\lim_{\,\Delta z \to 0} \frac{\Delta z}{\Delta z} \]

Como $a/a=1$ para todo $a\not= 0$, y dado que $\Delta z$ tiende a $0$ (no es cero), podemos hacer la división \[ f'(z)=9i(1)=9i \] --Tlacaelel Cruz (discusión) 13:02 27 mayo 2015 (CDT)


Ejercicio 2

Use la definición 3.1.1 para encontrar $f´(z)$ para

$f(z)=15z^{2}-4z+1-3i$

empezamos escribiendo $f(z+\varDelta z)$

$f(z+\varDelta z)=15(z+\varDelta z)^{2}-4(z+\varDelta z)+1-3i$

desarrollamos y simplificamos

$f(z+\varDelta z)=15z^{2}+30z\varDelta z+15\varDelta z^{2}-4z-4\varDelta z+1-3i$

ahora hacemos $f(z+\varDelta z)-f(z)$

$f(z+\varDelta z)-f(z)=(15z^{2}+30z\varDelta z+15\varDelta z^{2}-4z-4\varDelta z+1-3i)-(15z^{2}-4z+1-3i)=15z^{2}+30z\varDelta z+15\varDelta z^{2}-4z-4\varDelta z+1-3i-15z^{2}+4z-1+3i$

$f(z+\varDelta z)-f(z)=30z\varDelta z+15\varDelta z^{2}-4\varDelta z$

realizamos el límite

$f´(z)=lim_{\varDelta z\longrightarrow0}\frac{30z\varDelta z+15\varDelta z^{2}-4\varDelta z}{\varDelta z}$

factorizamos $\varDelta z$

$lim_{\varDelta z\longrightarrow0}\frac{\varDelta z(30z+15\varDelta z-4)}{\varDelta z}$

se hacen 1 y nos queda

$lim_{\varDelta z\longrightarrow0}30z+15\varDelta z-4=30z-4$

por lo tanto

$f´(z)=30z-4$


--Juan Daniel Rivera Bautista (discusión) 18:02 30 mayo 2015 (CDT)



Ejercicio 3

Obtén $f'(z)$ de la siguiente función, usando la definición.

$f(z)=iz^3-7z^2$

Definición de derivada:

$\left(f'(z_0)=\lim_{\,\Delta z \to 0} \frac{f(z_0+\Delta z)-f(z_0)}{\Delta z}\right)$

Entonces:

$ f(z+\Delta z)-f(z)= i(z+\Delta z)^3-7(z+\Delta z)^2-(iz^3-7z^2)= 3z^2\Delta zi+3z\Delta z^2i+\Delta z^3i-14z\Delta z-7\Delta z^2$


\[ f'(z)=\lim_{\,\Delta z \to 0} \frac{\Delta z\left(3z^2i+3z\Delta zi+\Delta z^2i-14z-7\Delta z \right)}{\Delta z}\]

\[ f'(z)= \lim_{\,\Delta z \to 0}(3z^2i+3z\Delta zi+\Delta z^2i-14z-7\Delta z) \]

Por lo tanto: Aplicando el limite y sus propiedades , obtenemos:

\[ f'(z)= 3iz^2-14z \]

Nancy Martínez Durán (discusión) 11:57 30 mayo 2015 (CDT)


Ejercicio 4

4.- $f\left(z\prime\right)=\frac{1}{z}$

Por definición se tiene:

$f\left(z\prime\right)=\lim_{\triangle z\rightarrow0}\frac{f\left(z+\triangle z\right)-f\left(z\right)}{\triangle z}=\lim_{\triangle z\rightarrow0}\frac{\frac{1}{\left(z+\triangle z\right)}-\frac{1}{z}}{\triangle z}=\lim_{\triangle z\rightarrow0}\frac{\frac{z-\left(z+\triangle z\right)}{\left(z+\triangle z\right)\left(z\right)}}{\triangle z}=\lim_{\triangle z\rightarrow0}\frac{z-\left(z+\triangle z\right)}{z.\triangle z.\left(z+\triangle z\right)}$

$=\lim_{\triangle z\rightarrow0}\frac{-\triangle z}{\triangle z.z^{2}+\triangle z^{2}.z}=\lim_{\triangle z\rightarrow0}-\frac{1}{z^{2}+\triangle z.z}=-\frac{1}{z^{2}}$

Por lo tanto:

$f\left(z\prime\right)=-\frac{1}{z^{2}}$


--Alejandro Juárez Toribio (discusión) 20:12 31 mayo 2015 (CDT)


Ejercicio 5

encuentre $f'(z)$ para la funciòn dada

$f(z)=z-\frac{1}{z}$

primero, como, calcularemos la derivada de $f(z)$ en cualquier punto entonces:

$f(z+\Delta z)=(z+\Delta z)-\frac{1}{z+\Delta z}=\frac{(z+\Delta z)^{2}-1}{z+\Delta z}=\frac{z^{2}+2z*\Delta z+\Delta z^{2}-1}{z+\Delta z}$

segundo

$f(z+\Delta z)-f(z)=\frac{z^{2}+2z*\Delta z+\Delta z^{2}-1}{z+\Delta z}-z+\frac{1}{z}=\frac{z^{2}+2z*\Delta z+\Delta z^{2}-1}{z+\Delta z}+\frac{1-z^{2}}{z}=\frac{z(z^{2}+2z*\Delta z+\Delta z^{2}-1)+(1-z^{2})(z+\Delta z)}{(z+\Delta z)z}=\frac{z^{3}+2z^{2}\Delta z+z*\Delta z^{2}-z+z-z^{3}+\Delta z-z^{2}\Delta z}{z^{2}+z*\Delta z}=\frac{z^{2}\Delta z+z\Delta z^{2}+\Delta z}{z^{2}+z*\Delta z}=\frac{\Delta z(z^{2}+z*\Delta z+1)}{z^{2}+z*\Delta z}$

asì

$f'(z)=\lim_{\triangle z\rightarrow0}\frac{\frac{\Delta z(z^{2}+z*\Delta z+1)}{z^{2}+z*\Delta z}}{\Delta z}=\lim_{\triangle z\rightarrow0}\frac{\Delta z(z^{2}+z*\Delta z+1)}{\triangle z(z^{2}+z*\Delta z)}=\lim_{\triangle z\rightarrow0}\frac{z^{2}+z*\Delta z+1}{z^{2}+z*\Delta z}=\lim_{\triangle z\rightarrow0}\frac{z^{2}+z*\Delta z}{z^{2}+z*\Delta z}+\lim_{\triangle z\rightarrow0}\frac{1}{z^{2}+z*\Delta z}=1+\frac{1}{z^{2}}$

asì, el lìmite es

$f'(z)=1+\frac{1}{z^{2}}$

--A. Martín R. Rabelo (discusión) 15:51 31 mayo 2015 (CDT)


Ejercicio 8

Utilizar la funcion alternativa para encontrar $f'(z)$

con $f(z)=Z^3$

para poder resolver este problema utilizaremos la definicion de funcion alternativa, esto es;

\(f'(z)=\underset{z\rightarrow{i}}{lim}(\frac{f(z)-f(z0)}{z-z0})\)

en este caso la definicion queda de la sigiente manera;

$f'(z)=\underset{z\rightarrow{z}}{lim}(\frac{(z^{3})-(z0^{3})}{z-z0})$= $\underset{z\rightarrow{z}}{lim}(\frac{(z-z0)(z^2+zz0+z0^{2})}{z-z0})$= $\underset{z\rightarrow{z}}{lim}(z^{2}+z^{2}+z^{2})=3z^{2})$

Conclusion

$f'(z)=3z^{2}$

--Cristian Alfredo Ruiz Castro (discusión) 00:15 1 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 12

Use las reglas de diferenciación para hallar $f'(z)$

$f(z) = 5(iz)^3 - 10z^2 + 3 - 4i$

solución:

$f'(z) = 15(iz)^2(i) - 20z$

$f'(z) = 15i^2z^2i - 20z$

con $i^2 = -1$, entonces tenemos que,

 $f'(z) = -15iz^2 - 20z$ 

--Arnold B. Herrera Rubert (discusión) 23:27 5 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 13

ekercicio 13

In Problems 11\textendash 18, use the rules of differentiation to find f$^{!}$

(z) for the given function.

traduccion

En los problemas 11 a 18 , utilice las reglas de diferenciación para encontrar f$^{!}$

( z) para la función dad

ejercicio 13

$f\left\{ z\right\} =(z^{6}-1)(z^{2}\text{-}z+1\text{-}5i)$

usando la derivacion de un producto tenemos

$f\left(z\right)=g\left(a\right)h\left(z\right)$

$f^{!}\left(z\right)=g\left(a\right)^{!}h\left(z\right)+g\left(a\right)h^{!}\left(z\right)$

aplicandolo a el ejercicio pedido tenemos:

$f\left\{ z\right\} =(z^{6}\text{-}1)(z^{2}\text{-}z+1\text{-}5i)$

$f\left\{ ^{!}z\right\} =(z^{6}\text{-}1)^{!}(z^{2}\text{-}z+1\text{-}5i)+(z^{6}\text{-}1)(z^{2}\text{-}z+1\text{-}5i)^{!}$

$f^{!}\left(z\right)=\left(6z^{5}\right)(z^{2}\text{-}z+1\text{-}5i)+(z^{6}\text{-}1)\left(2z-1\right)$


Martin Flores Molina (discusión) 14:27 30 mayo 2015 (CDT)


Ejercicio 14

Usar las reglas de derivacion para:

$f\left(z\right)=\left(z^{2}+2z-7i\right)^{2}\left(z^{4}-4iz\right)^{3}$

Solución:

Aplicando la regla del producto la cual es

$\frac{d}{dz}f\left(z\right)g\left(z\right)=f\left(z\right)\frac{d}{dz}g\left(z\right)+\frac{d}{dz}f\left(z\right)g\left(z\right)$

Y en la función tenemos

$\frac{d}{dz}f\left(z\right)=2\left(z^{2}+2z-7i\right)\left(2z+2\right)\left(z^{4}-4iz\right)^{3}+3\left(z^{2}+2z-7i\right)^{2}\left(z^{4}-4iz\right)\left(4z^{3}-4i\right)$

o bien

$\frac{d}{dz}f\left(z\right)=\left(z^{2}+2z-7i\right)\left(z^{4}-4iz\right)\left[\left(4z+4\right)\left(z^{4}-4i\right)^{2}+\left(z^{2}+2z-7i\right)\left(12z^{2}-12i\right)\right]$ Resuelto por Luis Enrique Martínez Valverde (discusión) 11:34 31 mayo 2015 (CDT)


Ejercicio 15

Encontrar la derivada de la función $f(z)$ utilizando las reglas de la derivada


$f(z)=\frac{iz^{2} - 2z}{3z+1-i}$


Para esta función se hace uso de la regla del cociente que dice:


$\frac{d}{dz} [\frac{g(z)}{h(z)}] = \frac{h(z)g´(z) - g(z)h´(z)}{[h(z)]^2}$


En la función tenemos que :


$g(z)=iz^2 - 2z$


$h(z)=3z+1-i$


Al aplicar la regla del cociente en la función tenemos


$f´(z) = \frac{(3z+1-i)(2iz-2) - (iz^{2}-2z)(3)}{(3z+1-i)^2}$


$f´(z)=\frac{3iz^{2}+2iz+2z+2i-2}{(3z+1-i)^2}$


$f´(z)=\frac{3iz^{2}+z(2i+2)+2i-2}{(3z+1-i)^2}$

Siendo este nuestro resultado final

Angelina Nohemi Mendoza Tavera (discusión) 01:51 31 mayo 2015 (CDT)


Ejercicio 16

Utilice las reglas de derivacion para encontrar $f^{\prime}(z)$ para la funcion dada

16. $f(z)=-5iz^{2}+{\displaystyle \frac{2+i}{z^{2}}}$

Para el primer termino usamos la regla de las potencias y para el segundo termino la regla del producto, asi tenemos lo siguiente

\[ f^{\prime}(z)={\displaystyle \frac{d}{dz}[-5iz^{2}]+{\displaystyle \frac{d}{dz}[2+i]z+{\displaystyle \frac{d}{dz}[z^{-2}](2+i)}}} \]


\[ f^{\prime}(z)=-10iz-2(2+i)z^{-1} \]


En la cual derive el cociente como un producto.

Jose Emmanuel Flores Calderón (discusión) 23:07 31 mayo 2015 (CDT)


Ejercicio 17

Utilice las reglas de derivación para encontrar la derivada para la función dada


$f(z)=(z^{4}-2iz+z)^{10}$


Para derivar esta función usamos de la regla de la potencia


$\frac{d}{dz} [g(z)]^{n} = n[g(z)]^{n-1}g'(z)$


En al regla de las funciones de potencia se identifica $n=10$, $n-1=9$, $g(z)=z^{4}-2iz+z$ y $g'(z)=4z^{3}-2i+1$


Pr lo tanto $f'(z)$ es


$f'(z)=10(z^{4}-2iz+z)^{9}(4z^{3}-2i+1)$


Miguel Medina Armendariz (discusión) 10:20 31 mayo 2015 (CDT)



Ejercicio 18

Utilice las reglas de derivacion para encontrar \(f'(z)\).


\(f(z)= (\frac{(4+2i)z}{(2-i)z² +9i})³\)

Podemos tomar\[u=\frac{(4+2i)z}{(2-i)z² +9i}\]

por lo cual tenemos que \[f(u)=u³\] , derivando


\(f'(u)=3u²\)

Ahora bien \(u\) esta conformada de un cociente de funciones por lo cual procedemos a utilizar la regla para derivación de cocientes\[\frac{d}{dt}[\frac{f(z)}{g(z)}]=\frac{g(z)f'(z)-f(z)g'(z)}{[g(z)]²}\]

Ahora bien definimos de \(u\)\[f(z)= (4+2i)z\]

\(f'(z)= 4+2i\)

\(g(z)= (2-i)z²+9i\)

\(g'(z)=2(2-i)z\)

Ahora bien sustituyendo\[u'= \frac{[(2-i)z²+9i)*(4+2i)]-[(4+2i)z*(2z(2-i))]}{(4z-2iz)²}\]

desarrollando\[u'= \frac{(2z²-iz²+9i)(4+2i)-(4z+2iz)(4z-2iz)}{12z²-16iz²}\]

\(u'= \frac{8z²-4iz+36i+4iz²+2z²-18-16z²+8iz-8iz²+4z²}{12z²-16iz²}\)

\(u'=\frac{-2z²-4iz²+4iz+36i-18}{12z²-16iz²}\)

\(u'= \frac{-(2+4i)z²+(4z+36)i-18}{(12-16i)z²}\)

Por ultimo sabemos que \[f'(u)= (n-1)u^{n}* u'\]

Sustituyendo las derivadas correspondientes tenemos que\[f'(z)= 3(\frac{(4+2i)z}{(2-i)z² +9i})²*(\frac{-(2+4i)z²+(4z+36)i-18}{(12-16i)z²})\]

--Anahi Limas (discusión) 00:35 31 mayo 2015 (CDT)


Ejercicio 23

Utilice la regla de L' Hopital para calcular el siguiente límite complejo \( \underset{z\rightarrow i}{\lim}\frac{z^{7}+i}{z^{14}+1} \).

Solución

Identificamos \( f(z)=z^{7}+i \); \( g(z)=z^{14}+1 \), comprobamos primero que:

\[ f(i)=\left(i\right)^{7}+i=-i+i=0, \]

\[ g(i)=\left(i\right)^{14}+1=-1+1=0, \]

\( \underset{z\rightarrow i}{\Rightarrow\lim}\frac{z^{7}+i}{z^{14}+1}=\frac{0}{0} \), ambas son funciones polinomiales analíticas en \( z_{0}=i \), usando la regla de L' Hopital se tiene

\[ f'(z)=7z^{6}\Rightarrow f'(i)=7(i)^{6}=-7 ,\]

\[ g'(z)=14z^{13}\Rightarrow g'(i)=14(i)^{13}=14i, \]

sustituyendo y simplificando en el límite se tiene

\[ \underset{z\rightarrow i}{\lim}\frac{f'(z_{0})}{g'(z_{0})}=-\frac{7}{14i}=-\frac{1}{2i}*\frac{i}{i}=-\frac{i}{2\left(i\right)^{2}}=-\frac{i}{2(-1)}=\frac{1}{2}i. \]

Por lo que el \( \underset{z\rightarrow i}{\lim}\frac{z^{7}+i}{z^{14}+1}=\frac{1}{2}i \).

Elaborado por --Ricardo Garcia Hernandez (discusión) 13:23 31 mayo 2015 (CDT)


Ejercicio 24

Utilice la regla de L'Hopital para calcular el limite dado.

24.- $\lim_{z\rightarrow\sqrt{2}+\sqrt{2}i}[\frac{z^{4}+16}{z^{2}-2\sqrt{2}z+4}]$


Como se puede ver tenemos que:


$f(z)=z^{4}+16=(z^{2})^{2}+16$


$g(z)=z^{2}-2\sqrt{2}z+4$


Ahora evaluamos $f(\sqrt{2}+\sqrt{2}i)$ y $g(\sqrt{2}+\sqrt{2}i)$

$f(x,y)=[x-y^{2}+i(2xy)]^{2}+16$

$f(\sqrt{2},\sqrt{2})=[\sqrt{2}^{2}-\sqrt{2}^{2}+i(2\sqrt{2}\sqrt{2})]^{2}+16=[i(4)]^{2}+16=-16+16=0$


$g(x,y)=[x^{2}-y^{2}+i(2xy)]^{2}-2\sqrt{2}(x+iy)+4$

$g(\sqrt{2},\sqrt{2})=\sqrt{2}^{2}-\sqrt{2}^{2}+i(2\sqrt{2}\sqrt{2})-2\sqrt{2}(\sqrt{2}+i\sqrt{2})+4=4i-4-4i+4=0$


Por lo tanto podemos usar L'Hopital

$\dot{f(z)}=4z^{3}\Longrightarrow\dot{f(\sqrt{2},\sqrt{2})}=4[\sqrt{2}^{2}-\sqrt{2}^{2}+i(2\sqrt{2}\sqrt{2})](\sqrt{2}+i\sqrt{2})=4(4i)(\sqrt{2}+i\sqrt{2})=16(i\sqrt{2}-\sqrt{2})=-16\sqrt{2}+i16\sqrt{2}$

$\dot{g(z)}=2z-2\sqrt{2}\Longrightarrow\dot{g(\sqrt{2},\sqrt{2})}=2(\sqrt{2}+i\sqrt{2})-2\sqrt{2}=i2\sqrt{2}$


Finalmente

$\underset{z\rightarrow\sqrt{2}+\sqrt{2}i}{lim}=\frac{\dot{f(z_{0})}}{\dot{g(z_{0})}}=\frac{-16\sqrt{2}+i16\sqrt{2}}{i2\sqrt{2}}=\frac{-16\sqrt{2}+i16\sqrt{2}}{i2\sqrt{2}}[\frac{i}{i}]=\frac{-16i\sqrt{2}-16\sqrt{2}}{-2\sqrt{2}}=\frac{16\sqrt{2}+i16\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}=8+8i$


--Fernando Vazquez V. (discusión) 21:36 31 mayo 2015 (CDT)


Ejercicio 25

Utilice la regla de L' Hopital para calcular el siguiente límite complejo \( \underset{z\rightarrow i+1}{\lim}\frac{z^{5}+4z}{z^{2}-2z+2} \).

Solución

Tenemos que \( f(z)=z^{5}+4z \) y \( g(z)=z^{2}-2z+2 \). Comprobamos que

\[ f(1+i)=\left(1+i\right)^{5}+4(1+i)=1+5i+10i^{2}+10i^{3}+5i^{4}+i^{5}+4+4i=1+5i-10-10i+5+i+4+4i=0, \]

\[ g(1+i)=\left(1+i\right)^{2}-2\left(1+i\right)+2=1+2i+i^{2}-2-i+2=0, \]

\( \Rightarrow\underset{z\rightarrow i+1}{\lim}\frac{z^{5}+4z}{z^{2}-2z+2}=\frac{0}{0} \), ambas funciones son analíticas en \( z_{0}=1+i \); usando la regla de L' Hopital se tiene

\[ f'(z)=5z^{4}+4\Rightarrow f'(1+i)=5\left(1+i\right)^{4}+4=5\left(1+4i-6-4i+1\right)+4=-16 ,\]

\[ g'(z)=2z-2\Rightarrow g'(1+i)=2(1+i)-2=2i .\]

Sustituyendo y simplificando en el límite se tiene

\[ \underset{z\rightarrow i}{\lim}\frac{f'(z_{0})}{g'(z_{0})}=-\frac{16}{2i}=-\frac{8}{i}*\frac{i}{i}=8i. \]

\[ \therefore\underset{z\rightarrow i+1}{\lim}\frac{z^{5}+4z}{z^{2}-2z+2}=8i. \]

Elaborado por --Ricardo Garcia Hernandez (discusión) 13:56 31 mayo 2015 (CDT)


Ejercicio 26

utilice la regla de L'Hospital para calcular el limite dado.

$\lim_{z\rightarrow\sqrt{2}i\;}\frac{z^{3}+5z^{2}+2z+10}{z^{5}+2z^{3}}$

si hacemos

$f(z)=z^{3}+5z^{2}+2z+10$

y

$g(z)=z^{5}+2z^{3}$

entonces evaluando $\sqrt{2}i$ en $f(z)\;y\;g(z)$

$f(\sqrt{2}i)=(\sqrt{2}i)^{3}+5(\sqrt{2}i)^{2}+2(\sqrt{2}i)+10=-2\sqrt{2}i-10+2(\sqrt{2}i)+10=0$

$g(\sqrt{2}i)=(\sqrt{2}i)^{5}+2(\sqrt{2}i)^{3}=4\sqrt{2}i-4\sqrt{2}i=0$

así

$f'(z)=3z^{2}+10z+2$

$g'(z)=5z^{4}+6z^{2}$

de aquí, que utilizando la regla de L'Hospita tenemos

$\lim_{z\rightarrow\sqrt{2}i\;}\frac{z^{3}+5z^{2}+2z+10}{z^{5}+2z^{3}}=\frac{f'(z)}{g'(z)}=\frac{3(\sqrt{2}i)^{2}+10(\sqrt{2}i)+2}{5(\sqrt{2}i)^{4}+6(\sqrt{2}i)^{2}}=\frac{-6+2+10\sqrt{2}i}{20-12}=\frac{-4+10\sqrt{2}i}{8}=-\frac{1}{2}+\frac{5\sqrt{2}}{4}i$

$\therefore\lim_{z\rightarrow\sqrt{2}i\;}\frac{z^{3}+5z^{2}+2z+10}{z^{5}+2z^{3}}=-\frac{1}{2}+\frac{5\sqrt{2}}{4}i$

--Francisco Medina Albino (discusión) 01:05 31 mayo 2015 (CDT)


Ejercicio 19

La funcion $f(z) = |z|^{2}$ es continua en el origen (a) demuestre que $f$ es derivable en el origen.

(b) demuestre quw $f$ no es derivable en ningún otro punto $z\neq 0$.

Solución

(a) Podemos definir a $z=|z|^2= \overline{z}z$


Utilizando la definición de derivada \[ f'(z)= \lim_{\Delta z \to 0} \frac{f(z+\Delta z)-f(z)}{\Delta z}\]

\[ = \lim_{\Delta z\to 0} \frac{|z+\Delta z|^{2}-|z|^{2}}{\Delta z}\]

\[= \lim_{\Delta z\to 0} \frac{(z+\Delta z )(\overline {z} + \overline{\Delta z)} -z\overline{z}}{\Delta z} \]

\[= lim_{\Delta z\to 0} \overline{z} + \overline{\Delta z} + z \frac{\overline{\Delta z}}{\Delta z}\]


Para un $z= 0$

\[ f'(0) =lim_{\Delta z\to 0} \frac{|\Delta z |^{2} \overline{\Delta z}} {|\Delta z |^{2}}\]

\[ = lim_{\Delta z\to 0} \overline{\Delta z} = 0\]


(b) Para $ z\neq 0$


\[= \lim_{\Delta z\to 0} \frac{(z+\Delta z )(\overline {z} + \overline{\Delta z)} -z\overline{z}}{\Delta z} \]

\[= lim_{\Delta z\to 0} \overline{z} + \overline{\Delta z} + z \frac{\overline{\Delta z}}{\Delta z} \] el limite no existe





--Esther Sarai (discusión) 09:58 31 mayo 2015 (CDT)Esther Sarai



Ejercicio 27

Determine los puntos en donde la función dada no es analítica a) \(f(z)= \frac{iz^2 - 2z}{3z+1-i}\)

El criterio de analiticidad dice que la función tiene que ser derivable en un punto para que en ese punto exista la analiticidad.

Pero para que exista la derivada en un punto tiene que tener el límite y ser continua en el punto.

Analizando la función dada tenemos un punto en donde no es continua que es en el cociente de cero. Por lo tanto no es continua en

\(3z+ 1-i=0\)

y esto pasa sí y sólo sí.

\(z=\frac{-1+i}{3}\)


Por lo tanto la función no es analítica en \(z=\frac{-1+i}{3}\).

--Pablo (discusión) 11:04 31 mayo 2015 (CDT)



Ejercicio 29

Determine los puntos en donde la función dada no es analítica

$$f(z)=(z^4-2iz^2+z)^{10} $$

Tomamamos el limite de f(z)

$$ {\lim_{z\rightarrow 0}} (z^4-2iz^2+z)^{10} $$

$$ f(0)= (0^4-2i0^2+0)^{10} = 0 $$

$$ {\lim_{z\rightarrow 0}} (z^4-2iz^2+z)^{10} = 0 $$

Donde f(z) es una función porlinomial que es analítica en z=0, ahora utilizando L' Hopital

$$ f'(z)=(4z^3-4iz+1)^{10} $$ $$ f'(0)= 1 $$

Por tanto

$$ {\lim_{z\rightarrow 0}} (z^4-2iz^2+z)^{10} =1 $$

El limite existe entonces f(z) es derivable por lo tanto la función es analitica y es continua en el punto z=1

Entonces f(z) es analitica para todo z


--Usuario:Samantha Martinez (discusión) 11:04 31 mayo 2015 (CDT)


Ejercicio 31 (Libro)

Use la definición 2.6.2 y el teorema 2.6.2 para demostrar la regla de la constante \(\frac{d}{dz} cf(z)= cf'(x)\)

Usando la definición de derivada tenemos que

\(\frac{d}{dz} cf(z)= lim_{\Delta z \rightarrow 0} \frac{cf(z+ \Delta z)-cf(z)}{\Delta z}\)

Factorizando la c y usando la definición

\(lim_{z \rightarrow z_{0}}cf(z)=cL\)

Tenemos que

\(lim_{\Delta z \rightarrow 0} \frac{cf(z+ \Delta z)-cf(z)}{\Delta z}= lim_{\Delta z \rightarrow 0} \frac{c(f(z+ \Delta z)-f(z))}{\Delta z}= cL\)


Donde \(L\) es la derivada de la función, por la propiedad

\(lim_{z \rightarrow z_{0}} f(z) = f(z_{0})\)


\( lim_{\Delta z \rightarrow 0} c \frac{f(z+ \Delta z)-f(z)}{\Delta z}=c f'(x) \)

Por lo tanto por la definición de derivada tenemos que

\(\frac{d}{dz} cf(z)= c f'(x)\)


--Pablo (discusión) 11:28 31 mayo 2015 (CDT)



Ejercicio 32

Usar la definición 2.6.2 y el teorema 2.6.2 para demostrar la regla de la suma $\dfrac{d}{dz}[f(z)+g(z)]=f'(z)+g'(z)$.


Sol. Si $w(z)=f(z)+g(z)$:


$\dfrac{d}{dz}[f(z)+g(z)]=\dfrac{d}{dz}w(z)=lím_{\Delta z\rightarrow 0}\dfrac{w(z+\Delta z)-w(z)}{\Delta z}$


Sustituyendo se tiene:


$\dfrac{d}{dz}w(z)=lím_{\Delta z\rightarrow 0}\dfrac{[f(z+\Delta z)+g(z+\Delta z)]-[f(z)+g(z)]}{\Delta z}=lím_{\Delta z\rightarrow 0}\dfrac{[f(z+\Delta z)-f(z)]+[g(z+\Delta z)-g(z)]}{\Delta z}=lím_{\Delta z\rightarrow 0}(\dfrac{f(z+\Delta z)-f(z)}{\Delta z}+\dfrac{g(z+\Delta z)-g(z)}{\Delta z})$


Y del teorema 2.6.2 tenemos que:


$lím_{z\rightarrow z_0}(h(z)\pm k(z))=lím_{z\rightarrow z_0}h(z)\pm lím_{z\rightarrow z_0}k(z)$


Podemos decir:


$lím_{\Delta z\rightarrow 0}(\dfrac{f(z+\Delta z)-f(z)}{\Delta z}+\dfrac{g(z+\Delta z)-g(z)}{\Delta z})=lím_{\Delta z\rightarrow 0}\dfrac{f(z+\Delta z)-f(z)}{\Delta z}+ lím_{\Delta z\rightarrow 0}\dfrac{g(z+\Delta z)-g(z)}{\Delta z}$


Y de la definición para la derivada: $w'(z)=lím_{\Delta z\rightarrow 0}\dfrac{w(z+\Delta z)-w(z)}{\Delta z}$


Podemos concluir que:


$\dfrac{d}{dz}[f(z)+g(z)]=lím_{\Delta z\rightarrow 0}\dfrac{f(z+\Delta z)-f(z)}{\Delta z}+ lím_{\Delta z\rightarrow 0}\dfrac{g(z+\Delta z)-g(z)}{\Delta z}=f'(z)+g'(z)$


Oscar Javier Gutierrez Varela 19:39 30 mayo 2015 (CDT)


Ejercicio 34

34. In this problem you are guided through the start ofthe proofofthe product rule. Proof We begin with the hypothesis that $f$ and $g$ are differentiable at a point $z$; that is, each ofthe following limits exist: $$ f'(z)=\lim_{\Delta z \to 0}\frac{f(z+\Delta z)-f(z)}{\Delta z} ; g'(z)=\lim_{\Delta z \to 0}\frac{g(z+\Delta z)-g(z)}{\Delta z} $$

(a) Justify the equality

\begin{align*} \frac{d}{dz}[f(z)g(z)]&=\lim_{\Delta z \to 0}\frac{f(z+\Delta z)g(z+\Delta z)-f(z)g(z)}{\Delta z}\\ &=\lim_{\Delta z \to 0}[\frac{f(z+\Delta z)-f(z)}{\Delta z}g(z+\Delta z)+f(z)\frac{g(z+\Delta z)-g(z)}{\Delta z}] \end{align*} (b) Use Definition 2.9 to justify $$\lim_{\Delta z \to 0}{g(z+\Delta z)=g(z)}$$

(c) Use Theorems 2.2$(ii)$ and 2.2$(iii)$ to finish the proof.

Solución:

(a)

\begin{align*} \frac{d}{dz}[f(z)g(z)]&=\lim_{\Delta z \to 0}\frac{f(z+\Delta z)g(z+\Delta z)-f(z)g(z)}{\Delta z}\\ &=\lim_{\Delta z \to 0}\frac{f(z+\Delta z)g(z+\Delta z)+(f(z)g(z+\Delta z)-f(z)g(z+\Delta z))-f(z)g(z)}{\Delta z}\\ &=\lim_{\Delta z \to 0}\frac{(f(z+\Delta z)g(z+\Delta z)-f(z)g(z+\Delta z))+(f(z)g(z+\Delta z)-f(z)g(z))}{\Delta z}\\ &=\lim_{\Delta z \to 0}[\frac{f(z+\Delta z)-f(z)}{\Delta z}g(z+\Delta z)+f(z)\frac{g(z+\Delta z)-g(z)}{\Delta z}] \end{align*} Se agregó un cero en el segundo renglón, luego se asocio y por último se factorizó.

(b) La definición 2.9 establece: Una función $f$ es continua en $z_0$ si:

$$ \lim_{z \to z_0} f(z)=f(z_0) $$ Como $g$ es continua por hipótesis, (ya que si $g$ es diferenciable en $z$, entonces $g$ es continua en $z$ (teorema3.2) ) y aplicando la definición 2.9, se tiene: $\lim_{\Delta z \to 0} g(z+\Delta z)=g(z+0)=g(z)$

(c) Aplicando el teorema 2.2(ii) a la úlltima igualdad de (a) $$ \lim_{\Delta z \to 0}(\frac{f(z+\Delta z)-f(z)}{\Delta z}g(z+\Delta z))+(\lim_{\Delta z \to 0}\frac{g(z+\Delta z)-g(z)}{\Delta z} f(z)) $$ Aplicando el teorema 2.2(iii) a lo anterior $$(\lim_{\Delta z \to 0}\frac{f(z+\Delta z)-f(z)}{\Delta z})(\lim_{\Delta z \to 0}g(z+\Delta z))+(\lim_{\Delta z \to 0}\frac{g(z+\Delta z)-g(z)}{\Delta z})(\lim_{\Delta z \to 0} f(z)) $$ De la hipóteis y por (b), se concluye que: $$\frac{d}{dz}[f(z)g(z)]=f'(z)g(z)+g'(z)f(z) $$

Alan Daniel Barrón Posadas (discusión) 22:13 31 mayo 2015 (CDT)