Diferencia entre revisiones de «Compleja: Demostraciones de Variable Compleja»
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Algunas demostraciones de Variable Compleja | Algunas demostraciones de Variable Compleja | ||
== Demostracion de Ecuaciones Cauchy-Riemann == | |||
Si | |||
<math> f=\int f dt </math>, $f=u+iv$, es decir, para $z(x,y)=x+iy$, escribiendo: | |||
<center>$f(z)=f(x,y)=f(x+iy)=u(x,y)+iv(x,y)$</center> | |||
donde $u,\quad v:\Omega \rightarrow R$ son funciones reales de dos variables reales, veamos como se comportan estas funciones al calcular el límite que define ${ f }^{ ´ }(z)$ a lo largo de las dos direcciones privilegiadas anteriores: | |||
$(1)$. Supongamos que $h\rightarrow 0$ con $h\in R$. Entonces $z+h=(x+h)+iy=(x+h,y)$ y por lo tanto: | |||
<center>$\frac { f(z+h)-f(z) }{ h } =\frac { f(x+h,y)-f(x,y) }{ h } =\frac { u(x+h,y)+iv(x+h,y)-u(x,y)-iv(x,y) }{ h } =\frac { u(x+y,h)-u(x,y) }{ h } +i\frac { v(x+y,h)-v(x,y) }{ h } $</center> | |||
por lo que como ${ f }^{ ´ }(z)$ existe se debe tener que: | |||
<center>${ f }^{ ´ }(z)=\lim _{ h\rightarrow 0 }{ \frac { f(z+h)-f(z) }{ h } } =\lim _{ h\rightarrow 0 }{ \frac { u(x+h,y)-u(x,y) }{ h } } +i\lim _{ h\rightarrow 0 }{ \frac { v(x+h,y)-v(x,y) }{ h } } =\frac{\partial u}{\partial x}+i\frac{\partial v}{\partial x}$</center> | |||
$(2)$. Similarmente, si $h\rightarrow 0$ con $h\in Ri$, escribiendo $h=ki$ con $k\in R$ se tiene que $k\rightarrow 0$ y por lo tanto $z+h=x+iy+ik=x+i(y+k)=(x,y+k)$ y asi: | |||
<center>$\frac { f(z+h)-f(z) }{ h } =\frac { f(x,y+k)-f(x,y) }{ ik } =\frac { u(x,y+k)+iv(x,y+k)-u(x,y)-iv(x,y) }{ ik } =\frac { 1 }{ i } \left( \frac { u(x,y+k)-u(x,y) }{ k } +i\frac { v(x,y+k)-v(x,y) }{ ik } \right) $</center> | |||
por lo que como ${ f }^{ ´ }(z)$ existe se debe tener que: | |||
<center>${ f }^{ ´ }(z)=\lim _{ h\rightarrow 0 }{ \frac { f(z+h)-f(z) }{ h } } =\frac { 1 }{ i } \lim _{ k\rightarrow 0 }{ \left( \frac { u(x,y+k)-u(x,y) }{ k } +i\frac { v(x,y+k)-v(x,y) }{ ik } \right) } =\frac { 1 }{ i } \lim _{ k\rightarrow o }{ \left( \frac { u(x,y+k)-u(x,y) }{ k } \right) } +\lim _{ k\rightarrow 0 }{ \left( \frac { v(x,y+k)-v(x,y) }{ ik } \right) } =-i\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial v}{\partial y}$</center> | |||
ya que $-i=\frac { 1 }{ i } $. | |||
finalmente como ${ f }^{ ´ }(z)$ existe, las dos formas en que calculamos el límite deben coincidir, es decir: | |||
<center>$\frac{\partial u}{\partial x}+i\frac{\partial v}{\partial x}=-i\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial v}{\partial y}$</center> | |||
E igualando partes reales y partes imaginarias se obtiene que: | |||
<center>$\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}$, $\quad \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}$</center> | |||
A este par de ecuaciones diferenciales parciales se les conoce como las ecuaciones de Cauchy-Riemann. | |||
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Contribución de: [[Usuario:Miguel Medina Armendariz|Miguel Medina Armendariz]] ([[Usuario discusión:Miguel Medina Armendariz|discusión]]) 13:43 5 jul 2015 (CDT) | |||
Contribución de: [[Usuario:Carlosmiranda|Carlosmiranda]] ([[Usuario discusión:Carlosmiranda|discusión]]) 15:05 21 nov 2020 (CST) | |||
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=== Teorema de Cauchy para círculos concéntricos === | === Teorema de Cauchy para círculos concéntricos === | ||
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Sea $f$ una función holomorfa en la región anular ${ R }_{ 1 }<\left| z-{ z }_{ 0 } \right| <{ R }_{ 2 }$. Para cada ${ R }_{ 1 }<r<{ R }_{ 2 }$ sea ${ \gamma }_{ r }$ el círculos de centro ${ z }_{ 0 }$ y radio $r$ orientado positivamente. Entonces: | Sea $f$ una función holomorfa en la región anular ${ R }_{ 1 }<\left| z-{ z }_{ 0 } \right| <{ R }_{ 2 }$. Para cada ${ R }_{ 1 }<r<{ R }_{ 2 }$ sea ${ \gamma }_{ r }$ el círculos de centro ${ z }_{ 0 }$ y radio $r$ orientado positivamente. Entonces: | ||
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Aportación de: [[Usuario:Carlosmiranda|Carlosmiranda]] ([[Usuario discusión:Carlosmiranda|discusión]]) 14:57 22 nov 2020 (CST) | Aportación de: [[Usuario:Carlosmiranda|Carlosmiranda]] ([[Usuario discusión:Carlosmiranda|discusión]]) 14:57 22 nov 2020 (CST) | ||
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== Demostración de $\cos^{-1} (z)$ == | |||
Demostración de $\cos^{-1} (z)=-iln\left[-z+i\left(1-z^{2}\right)^{\frac{1}{2}}\right]$. | |||
Como la demostración no venía en el libro Introducción al Análisis complejo con aplicaciones, me animé a hacerla de forma detallada. | |||
1) Primero definimos: | |||
$cosw=z$ | |||
2) Ahora definimos: | |||
$z=\frac{e^{iw}+e^{-iw}}{2}$ | |||
3) Multiplicamos ambos lados por $e^{iw}$y obtendremos: | |||
$ze^{iw}=\frac{e^{2iw}+1}{2}$ | |||
4) Lo igualaremos todo a cero pero de una manera conveniente de la | |||
siguiente forma: | |||
{*} Primero pasamos el dos que está dividiendo, a que multiplique | |||
el lado opuesto. | |||
$2ze^{iw}=e^{2iw}+1$ | |||
{*}Ahora pasamos todo al lado izquierdo para igualarlo a cero. | |||
$0=-2ze^{iw}+e^{2iw}+1$ | |||
{*} y lo reescribimos así : | |||
$e^{2iw}-2ze^{iw}+1=0$ | |||
5) Tenemos una ecuación cuadrática y podemos usar nuestra formula | |||
$e^{iw}=\frac{-b+\left(b^{2}-4ac\right)^{\frac{1}{2}}}{2a}$,donde: | |||
$a=1$, $b=-2z$ y $c=1$ | |||
$e^{iw}=\frac{-2z+\left(\left(-2z\right)^{2}-4\left(1\right)\left(1\right)\right)^{\frac{1}{2}}}{2\left(1\right)}=\frac{-2z}{2}+\frac{\left(4z^{2}-4\right)^{\frac{1}{2}}}{2}=-z+\left(\frac{4z^{2}-4}{4}\right)^{\frac{1}{2}}${*} | |||
$=-z+\left(\frac{4z^{2}}{4}-\frac{4}{4}\right)^{\frac{1}{2}}=-z+\left(z^{2}-1\right)^{\frac{1}{2}}$ | |||
{*}(nota: para meter el 2 a la raíz cuadrada lo elevamos al cuadrado | |||
) | |||
6) Usando la expresión que nos quedó haremos lo siguiente: | |||
{*}factorizamos un -1 dentro de la raíz. | |||
$-z+\sqrt{z^{2}-1}=-z+\sqrt{(-1)\left(1-z^{2}\right)}=-z+(-1)^{\frac{1}{2}}(1-z^{2})^{\frac{1}{2}}=-z+i(1-z^{2})^{\frac{1}{2}}$ | |||
$e^{iw}=-z+i(1-z^{2})^{\frac{1}{2}}$ | |||
6) Despejamos <math>w</math> y obtenemos. | |||
$w=-iln\left[-z+i\left(1-z^{2}\right)^{\frac{1}{2}}\right]$ | |||
Según los cálculos hechos aquí obtenemos que. | |||
$cos^{-1}z=-iln\left[-z+i\left(1-z^{2}\right)^{\frac{1}{2}}\right]$ | |||
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Aportación de: [[Usuario:Juan Daniel Rivera Bautista|Juan Daniel Rivera Bautista]] ([[Usuario discusión:Juan Daniel Rivera Bautista|discusión]]) 19:48 5 jul 2015 (CDT) | |||
Aportación de: [[Usuario:Carlosmiranda|Carlosmiranda]] ([[Usuario discusión:Carlosmiranda|discusión]]) 15:36 22 nov 2020 (CST) | |||
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== Demostracion trigonometrica == | |||
Demuestre que: | |||
<big><big><center> | |||
<math>\frac{n}{2^{n-1}}=\prod_{k=1}^{n-1}\sin\frac{\pi}{k}</math> | |||
</center></big></big> | |||
Sugerencia: Factoriza la expresión <math>1+z+z^2+\cdots+z^n</math> usando las raices n-ésimas de la unidad, posteriormente evalue en <math>z=1</math>. | |||
Solución: | |||
Las raices de <math>z^m=1</math> son: | |||
<big><big><center> | |||
<math>z=1,e^{\frac{2\pi i}{m}},e^{\frac{4\pi i}{m}},\dots,e^{\frac{(2m-1)\pi i}{m}}</math> | |||
</center></big></big> | |||
entonces podemos escribir: | |||
<big><big><center> | |||
<math>z^{m-1}=(z-e^{\frac{2\pi i}{m}})(z-e^{\frac{4\pi i}{m}})\cdots(z-e^{\frac{(2m-1)\pi i}{m}})</math> | |||
</center></big></big> | |||
dividiendo ambos lados por <math>z-1</math> y haciendo <math>z=1</math>: | |||
<big><big><center> | |||
<math>\frac{z^{m-1}}{z-1}=1+z+z^2+\cdots+z^{m-1}</math> | |||
</center> | |||
</big></big> | |||
de aquí hallamos que: | |||
<big><big><center> | |||
<math>m=(1-e^{\frac{2\pi i}{m}})(1-e^{\frac{4\pi i}{m}})\cdots(1-e^{\frac{(2m-1)\pi i}{m}})\qquad (1)</math> | |||
</center></big></big> | |||
tomando el conjugado complejo de ambos lados de (1): | |||
<big><big><center> | |||
<math>m=(1-e^{\frac{-2\pi i}{m}})(1-e^{\frac{-4\pi i}{m}})\cdots(1-e^{\frac{-(2m-1)\pi i}{m}})\qquad (2)</math> | |||
</center></big></big> | |||
Multiplicando la ecuación (1) por la (2) y aplicando que: | |||
<big><big><center> | |||
<math>1-(1-e^{\frac{2k\pi i}{m}})(1-e^{\frac{2k\pi i}{m}})= 2 - 2\cos\frac{2k\pi}{m}</math> | |||
</center></big></big> | |||
tenemos: | |||
<big><big><center> | |||
<math>m^2=2^{m-1}(1-\cos\frac{2\pi}{m})(1-\cos\frac{4\pi}{m})\cdots(1-\cos\frac{2(m-1)\pi}{m})</math> | |||
</center></big></big> | |||
puesto que: | |||
<big><big><center> | |||
<math>1-\cos\frac{2k\pi}{m}=2\sin^2\frac{k\pi}{m}</math> | |||
</center></big></big> | |||
la ecuación anterior se transforma en: | |||
<big><big><center> | |||
<math>m^2=2^{2m-2}(\sin^2\frac{\pi}{m})(\sin^2\frac{2\pi}{m})\cdots(\sin^2\frac{(m-1)\pi}{m})</math> | |||
</center></big></big> | |||
despejando y sacando la raíz en ambos lados de la expresión: | |||
<big><big><center> | |||
<math>\frac{m}{2^{m-1}}=(\sin\frac{\pi}{m})(\sin\frac{2\pi}{m})\cdots(\sin\frac{(m-1)\pi}{m})</math> | |||
</center></big></big> | |||
lo que queda demostrada la igualdad. | |||
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Aportación de usuario: [[Usuario:Carlosmiranda|Carlosmiranda]] ([[Usuario discusión:Carlosmiranda|discusión]]) 14:28 22 nov 2020 (CST) | |||
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[[categoría:Compleja]] |
Revisión actual - 04:09 9 oct 2023
Algunas demostraciones de Variable Compleja
Demostracion de Ecuaciones Cauchy-Riemann
Si
, $f=u+iv$, es decir, para $z(x,y)=x+iy$, escribiendo:
donde $u,\quad v:\Omega \rightarrow R$ son funciones reales de dos variables reales, veamos como se comportan estas funciones al calcular el límite que define ${ f }^{ ´ }(z)$ a lo largo de las dos direcciones privilegiadas anteriores:
$(1)$. Supongamos que $h\rightarrow 0$ con $h\in R$. Entonces $z+h=(x+h)+iy=(x+h,y)$ y por lo tanto:
por lo que como ${ f }^{ ´ }(z)$ existe se debe tener que:
$(2)$. Similarmente, si $h\rightarrow 0$ con $h\in Ri$, escribiendo $h=ki$ con $k\in R$ se tiene que $k\rightarrow 0$ y por lo tanto $z+h=x+iy+ik=x+i(y+k)=(x,y+k)$ y asi:
por lo que como ${ f }^{ ´ }(z)$ existe se debe tener que:
ya que $-i=\frac { 1 }{ i } $.
finalmente como ${ f }^{ ´ }(z)$ existe, las dos formas en que calculamos el límite deben coincidir, es decir:
E igualando partes reales y partes imaginarias se obtiene que:
A este par de ecuaciones diferenciales parciales se les conoce como las ecuaciones de Cauchy-Riemann.
Contribución de: Miguel Medina Armendariz (discusión) 13:43 5 jul 2015 (CDT)
Contribución de: Carlosmiranda (discusión) 15:05 21 nov 2020 (CST)
Demostraciones del Teorema de Cauchy
Teorema de Cauchy en un disco
Si
$f:B(a;R)\rightarrow C$ es holomorfa entonces $f$ tiene una primitiva $F$ en $B(a;R)$. Consecuentemente si $\gamma $ es cualquier curva cerrada rectificaba en $B(a;R)$ entonces:
Demostración:
Si $f$ tiene una serie de Taylor en $B(a;R)$.
.
Para $z\in B(a;R)$ definamos entonces:
.
y observe, que como $\lim _{ }{ \left\{ { (n+1) }^{ \frac { 1 }{ n } } \right\} } =0$ se sigue que la ultima serie tiene el mismo disco de convergencia $B(a;R)$.
Por lo que se sigue que ${ F }^{ ´ }(z)=f(z)$ para todo $z\in B(a;R)$.
Contribución de: Miguel Medina Armendariz (discusión) 15:46 5 jul 2015 (CDT)
Contribución de:Carlosmiranda (discusión) 15:11 21 nov 2020 (CST)
Teorema de Cauchy para círculos concéntricos
Sea $f$ una función holomorfa en la región anular ${ R }_{ 1 }<\left| z-{ z }_{ 0 } \right| <{ R }_{ 2 }$. Para cada ${ R }_{ 1 }<r<{ R }_{ 2 }$ sea ${ \gamma }_{ r }$ el círculos de centro ${ z }_{ 0 }$ y radio $r$ orientado positivamente. Entonces:
es independiente de $r$.
Demostración:
Consideremos la parametrización ${ \gamma }_{ r }(t)={ z }_{ 0 }+r{ e }^{ it }$, para $t\in \left[ 0,2\pi \right] $. Entonces:
y note que el integrando del lado derecho es una función de dos variables $r, t$ con derivadas parciales continuas. Por la regla de Leibniz se sigue que:
donde:
y por lo tanto:
como se quería.
Contribución de: Miguel Medina Armendariz (discusión) 14:19 5 jul 2015 (CDT)
Contribución de: Carlosmiranda (discusión) 15:34 21 nov 2020 (CST)
Teorema de Liouville y Teorema de Morera
Teorema de Liouville sobre una circunferencia de diámetro $2\pi R$.
Las únicas funciones enteras acotadas son constantes.
Aplicando la desigualdad $|f(z)|<M$ a la formula de Cuachy, para la derivada de orden 1.
\[
f´(z) \dfrac{1}{2\pi i} \oint \dfrac{f(z_{0})}{z_{0}-z}dz
\]
Sobre la circunferencia existe un punto $z_{0}= z+re^{i \theta}$ cuyo diámetro es de $2 \pi R$.
\[
f´(z)\leq \dfrac{1}{2\pi i} \dfrac{M}{R^{2}} 2\pi R= \dfrac{M}{R}\]
Si hacemos que $R\rightarrow \infty$. Entonces $f´(z)\leq 0$ por lo tanto $f´(z)=0$ por es constante.
Aportación de: Esther Sarai (discusión) 09:45 4 jul 2015 (CDT)Esther Sarai Aportación de: Carlosmiranda (discusión) 14:57 22 nov 2020 (CST)
Teorema de Morera
Si $f$ es continua en un dominio simplemente conexo y si $\oint_{c}f(z)dz= 0$ para cada contorno cerrado en , entonces $f$ es analítica en .
sabemos que $\oint_{c}f(z)dz= 0$ es independiente del contorno, entonces la calcularemos en un contorno que va de $z_{1}$ a $z$. Por lo que definimos la función:
\[
F(z)= \int_{z_{1}}^{z}f(u)du\]
$f(u)$ es la función $f(z)$ en el contorno que va de $z_{1}$ a $z$.
Por tanto F'(z) =f(z). La derivada de una función analítica es analítica si f es analítica.
Aportación de: Esther Sarai (discusión) 09:45 4 jul 2015 (CDT)Esther Sarai Aportación de: Carlosmiranda (discusión) 14:57 22 nov 2020 (CST)
Demostración de $\cos^{-1} (z)$
Demostración de $\cos^{-1} (z)=-iln\left[-z+i\left(1-z^{2}\right)^{\frac{1}{2}}\right]$.
Como la demostración no venía en el libro Introducción al Análisis complejo con aplicaciones, me animé a hacerla de forma detallada.
1) Primero definimos:
$cosw=z$
2) Ahora definimos:
$z=\frac{e^{iw}+e^{-iw}}{2}$
3) Multiplicamos ambos lados por $e^{iw}$y obtendremos:
$ze^{iw}=\frac{e^{2iw}+1}{2}$
4) Lo igualaremos todo a cero pero de una manera conveniente de la siguiente forma:
{*} Primero pasamos el dos que está dividiendo, a que multiplique el lado opuesto.
$2ze^{iw}=e^{2iw}+1$
{*}Ahora pasamos todo al lado izquierdo para igualarlo a cero.
$0=-2ze^{iw}+e^{2iw}+1$
{*} y lo reescribimos así :
$e^{2iw}-2ze^{iw}+1=0$
5) Tenemos una ecuación cuadrática y podemos usar nuestra formula $e^{iw}=\frac{-b+\left(b^{2}-4ac\right)^{\frac{1}{2}}}{2a}$,donde: $a=1$, $b=-2z$ y $c=1$
$e^{iw}=\frac{-2z+\left(\left(-2z\right)^{2}-4\left(1\right)\left(1\right)\right)^{\frac{1}{2}}}{2\left(1\right)}=\frac{-2z}{2}+\frac{\left(4z^{2}-4\right)^{\frac{1}{2}}}{2}=-z+\left(\frac{4z^{2}-4}{4}\right)^{\frac{1}{2}}${*} $=-z+\left(\frac{4z^{2}}{4}-\frac{4}{4}\right)^{\frac{1}{2}}=-z+\left(z^{2}-1\right)^{\frac{1}{2}}$
{*}(nota: para meter el 2 a la raíz cuadrada lo elevamos al cuadrado )
6) Usando la expresión que nos quedó haremos lo siguiente:
{*}factorizamos un -1 dentro de la raíz.
$-z+\sqrt{z^{2}-1}=-z+\sqrt{(-1)\left(1-z^{2}\right)}=-z+(-1)^{\frac{1}{2}}(1-z^{2})^{\frac{1}{2}}=-z+i(1-z^{2})^{\frac{1}{2}}$
$e^{iw}=-z+i(1-z^{2})^{\frac{1}{2}}$
6) Despejamos y obtenemos.
$w=-iln\left[-z+i\left(1-z^{2}\right)^{\frac{1}{2}}\right]$
Según los cálculos hechos aquí obtenemos que.
$cos^{-1}z=-iln\left[-z+i\left(1-z^{2}\right)^{\frac{1}{2}}\right]$
Aportación de: Juan Daniel Rivera Bautista (discusión) 19:48 5 jul 2015 (CDT)
Aportación de: Carlosmiranda (discusión) 15:36 22 nov 2020 (CST)
Demostracion trigonometrica
Demuestre que:
Sugerencia: Factoriza la expresión usando las raices n-ésimas de la unidad, posteriormente evalue en .
Solución:
Las raices de son:
entonces podemos escribir:
dividiendo ambos lados por y haciendo :
de aquí hallamos que:
tomando el conjugado complejo de ambos lados de (1):
Multiplicando la ecuación (1) por la (2) y aplicando que:
tenemos:
puesto que:
la ecuación anterior se transforma en:
despejando y sacando la raíz en ambos lados de la expresión:
lo que queda demostrada la igualdad.
Aportación de usuario: Carlosmiranda (discusión) 14:28 22 nov 2020 (CST)