Compleja: Demostraciones de Variable Compleja

Algunas demostraciones de Variable Compleja

Demostracion de Ecuaciones Cauchy-Riemann

Si

$f=\int fdt$, $f=u+iv$, es decir, para $z(x,y)=x+iy$, escribiendo:

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

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:

$\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 } $

por lo que como ${ f }^{ ´ }(z)$ existe se debe tener que:

${ f }^{ ´ }(z)=\lim _{ h\rightarrow 0 }{ \frac { f(z+h)-f(z) }{ h } } =\lim _{ h\rightarrow 0 }{ \frac { u(x+h,y)-u(x,y) }{ h } } +i\lim _{ h\rightarrow 0 }{ \frac { v(x+h,y)-v(x,y) }{ h } } =\frac{\partial u}{\partial x}+i\frac{\partial v}{\partial x}$

$(2)$. 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:

$\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) $

por lo que como ${ f }^{ ´ }(z)$ existe se debe tener que:

${ f }^{ ´ }(z)=\lim _{ h\rightarrow 0 }{ \frac { f(z+h)-f(z) }{ h } } =\frac { 1 }{ i } \lim _{ k\rightarrow 0 }{ \left( \frac { u(x,y+k)-u(x,y) }{ k } +i\frac { v(x,y+k)-v(x,y) }{ ik } \right) } =\frac { 1 }{ i } \lim _{ k\rightarrow o }{ \left( \frac { u(x,y+k)-u(x,y) }{ k } \right) } +\lim _{ k\rightarrow 0 }{ \left( \frac { v(x,y+k)-v(x,y) }{ ik } \right) } =-i\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial v}{\partial y}$

ya que $-i=\frac { 1 }{ i } $.

finalmente como ${ f }^{ ´ }(z)$ existe, las dos formas en que calculamos el límite deben coincidir, es decir:

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

E igualando partes reales y partes imaginarias se obtiene que:

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

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:

$\int _{ \gamma }^{ }{ f } =0$

Demostración:

Si $f$ tiene una serie de Taylor en $B(a;R)$.

$f(z)=\sum _{ n=0 }^{ \infty }{ { a }_{ n }{ (z-a) }^{ n } } $

.

Para $z\in B(a;R)$ definamos entonces:

$F(z)=\sum _{ n=0 }^{ \infty }{ \frac { { a }_{ n } }{ n+1 } { (z-a) }^{ n+1 } } =(z-a)\sum _{ n=0 }^{ \infty }{ \frac { { a }_{ n } }{ n+1 } { (z-a) }^{ n } } $

.

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:

$\int _{ { \gamma }_{ r } }^{ }{ f(z)dz } $

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:

$I(r):=\int _{ { \gamma }_{ r } }^{ }{ f(z)dz=\int _{ 0 }^{ 2\pi }{ f({ z }_{ 0 }+r{ e }^{ it })ir } { e }^{ it }dt } $

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:

$\frac { dI(r) }{ dr } =\int _{ 0 }^{ 2\pi }{ \frac { d }{ dr } f({ z }_{ 0 }+r{ e }^{ it })ir } { e }^{ it }dt$

donde:

$\frac { d }{ dr } f({ z }_{ 0 }+r{ e }^{ it })ir{ e }^{ it }={ f }^{ ´ }({ z }_{ 0 }+r{ e }^{ it }){ e }^{ it }ir{ e }^{ it }+f({ z }_{ 0 }+r{ e }^{ it })i{ e }^{ it }=\frac { d }{ dt } f({ z }_{ 0 }+r{ e }^{ it }){ e }^{ it }$

y por lo tanto:

$\frac { dI(r) }{ dr } =\int _{ 0 }^{ 2\pi }{ \frac { d }{ dt } f({ z }_{ 0 }+r{ e }^{ it }) } { e }^{ it }dt=0$

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 $C$ 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 $f$ 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 $D$ y si $\oint_{c}f(z)dz= 0$ para cada contorno cerrado $C$ en $D$, entonces $f$ es analítica en $D$.

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 $w$ 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:

${\frac {n}{2^{n-1}}}=\prod _{k=1}^{n-1}\sin {\frac {\pi }{k}}$

Sugerencia: Factoriza la expresión $1+z+z^{2}+\cdots +z^{n}$ usando las raices n-ésimas de la unidad, posteriormente evalue en $z=1$.

Solución:

Las raices de $z^{m}=1$ son:

$z=1,e^{\frac {2\pi i}{m}},e^{\frac {4\pi i}{m}},\dots ,e^{\frac {(2m-1)\pi i}{m}}$

entonces podemos escribir:

$z^{m-1}=(z-e^{\frac {2\pi i}{m}})(z-e^{\frac {4\pi i}{m}})\cdots (z-e^{\frac {(2m-1)\pi i}{m}})$

dividiendo ambos lados por $z-1$ y haciendo $z=1$:

${\frac {z^{m-1}}{z-1}}=1+z+z^{2}+\cdots +z^{m-1}$

de aquí hallamos que:

$m=(1-e^{\frac {2\pi i}{m}})(1-e^{\frac {4\pi i}{m}})\cdots (1-e^{\frac {(2m-1)\pi i}{m}})\qquad (1)$

tomando el conjugado complejo de ambos lados de (1):

$m=(1-e^{\frac {-2\pi i}{m}})(1-e^{\frac {-4\pi i}{m}})\cdots (1-e^{\frac {-(2m-1)\pi i}{m}})\qquad (2)$

Multiplicando la ecuación (1) por la (2) y aplicando que:

$1-(1-e^{\frac {2k\pi i}{m}})(1-e^{\frac {2k\pi i}{m}})=2-2\cos {\frac {2k\pi }{m}}$

tenemos:

$m^{2}=2^{m-1}(1-\cos {\frac {2\pi }{m}})(1-\cos {\frac {4\pi }{m}})\cdots (1-\cos {\frac {2(m-1)\pi }{m}})$

puesto que:

$1-\cos {\frac {2k\pi }{m}}=2\sin ^{2}{\frac {k\pi }{m}}$

la ecuación anterior se transforma en:

$m^{2}=2^{2m-2}(\sin ^{2}{\frac {\pi }{m}})(\sin ^{2}{\frac {2\pi }{m}})\cdots (\sin ^{2}{\frac {(m-1)\pi }{m}})$

despejando y sacando la raíz en ambos lados de la expresión:

${\frac {m}{2^{m-1}}}=(\sin {\frac {\pi }{m}})(\sin {\frac {2\pi }{m}})\cdots (\sin {\frac {(m-1)\pi }{m}})$

lo que queda demostrada la igualdad.

---

Aportación de usuario: Carlosmiranda (discusión) 14:28 22 nov 2020 (CST)

---