Compleja:z-ej-cap2.1

Derivadas

2.1. En la formulación de Caratheodory, demuestre que a lo mas hay una única función $\phi$ que satisface las condiciones impuestas.

Por definición tenemos que $f(x)-f(a)=\phi _{f}(x,a)(x-a)$ para todo $x\in Omega$

Se tienen dos consecuencias inmediatas.

• Si f es diferenciable en a, entonces f es continua en a.
• Si f es diferenciable en a, existe al menos una función $\phi$ que satisface la diferencia; además si $f'(a)$ existe $f'(a)=\phi (a)$

Por lo que existe una $\phi (a)=\psi (a)$ que satisfacen las condiciones dadas previamente.

Demostración

Suponemos que $\psi$ y $\phi$ son dos funciones tales que $\psi (a)=f'(a)$ y $\phi (a)=f'(a)$. Sea $n(x)=\psi (x)-\phi (x)$. Entonces $n(x)(x-a)=0$ y además

$||n(a)(x-a)||=||(n(a)-n(x))(x-a)||<=||n(a)-n(x)||||x-a||.$

Por lo tanto, dado que en es continua en a, concluimos que $n(a)=0$ por consiguiente $\psi (a)=\phi (a)$

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Realizado por: Jean Carlo Cruz Venegas (discusión) 15:49 4 dic 2012 (CST)

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2.2 Usando la caracterización de Carathéodory, demostrar que dados $\Omega \subseteq \mathbb {C}$ un conjunto abierto y $f,g:\Omega \longrightarrow \mathbb {C}$ funciones, si $z\in \Omega$ y $f,g$ diferenciables en $z$, entonces:

(1) $f+g:\Omega \longrightarrow \mathbb {C}$ es diferenciables en $z$ y además $(f+g)'(z)=f'(z)+g'(z)$.

(2) $f\cdot g:\Omega \longrightarrow \mathbb {C}$ es diferenciables en $z$ y además $(f\cdot g)'(z)=f(z)g'(z)+f'(z)g(z)$.

(3) Si $g\not =0$, $\displaystyle {\frac {f}{g}}:\Omega \longrightarrow \mathbb {C}$ es diferenciables en $z$ y además si $\displaystyle {\frac {f}{g}}=\displaystyle {\frac {g(z)f'(z)-f(z)g'(z)}{g(z)^{2}}}$.

Demostración

De la derivación a la Carathéodory tenemos que $f'(z)=\varphi (z)=\displaystyle {\frac {f(z)-f(z_{0})}{z-z_{0}}}$.

Inciso 1

(1) $(f+g)'(z)=\displaystyle {\frac {(f+g)'(z)-(f+g)(z_{0})}{z-z_{0}}}=\displaystyle {\frac {f(z)+g(z)-f(z_{0})-g(z_{0})}{z-z_{0}}}$

=$\displaystyle {\frac {f(z)-f(z_{0})}{z-z_{0}}}+\displaystyle {\frac {g(z)-g(z_{0})}{z-z_{0}}}=f'(z)+g'(z)$

Inciso 2

(2) $(f\cdot g)'(z)=\displaystyle {\frac {(f\cdot g)(z)-(f\cdot g)(z)}{z-z_{0}}}=\displaystyle {\frac {f(z)g(z)-f(z_{0})g(z_{0})}{z-z_{0}}}$

$=\displaystyle {\frac {f(z)g(z)-f(z_{0})g(z_{0})+f(z)g(z_{0})-f(z)g(z_{0})+f(z_{0})g(z)-f(z_{0})g(z)+f(z)g(z)-f(z)g(z)}{z-z_{0}}}$

$=f(z)\displaystyle {\frac {g(z)-g(z_{0})}{z-z_{0}}}+g(z)\displaystyle {\frac {f(z)-f(z_{0})}{z-z_{0}}}+{\big (}f(z)-f(z_{0}){\big )}\displaystyle {\frac {g(z_{0})-g(z)}{z-z_{0}}}$

$=f(z)g'(z)+f'(z)g(z)$, pues cuando $z\longrightarrow z_{0}$ $f(z)-f(z_{0})\longrightarrow 0$

Inciso 3

(3) Sea $h(z)={\frac {1}{g(z)}}$, entonces

$h'(z)=\displaystyle {\frac {h(z)-h(z_{0})}{z-z_{0}}}=\displaystyle {\frac {\displaystyle {\frac {1}{g(z)}}-{\frac {1}{g(z_{0})}}}{z-z_{0}}}=\displaystyle {\frac {\displaystyle {\frac {g(z_{0})-g(z)}{g(z)g(z_{0})}}}{z-z_{0}}}$

$=-\displaystyle {\frac {1}{g(z)g(z_{0})}}{\frac {g(z)-g(z_{0})}{z-z_{0}}}$ como $z\longrightarrow z_{0}$ entonces

$h'(z)=-\displaystyle {\frac {g'(z)}{g(z)^{2}}}$, luego, del inciso (2) se tiene que

$(f\cdot h)'(z)=f(z)h'(z)+f'(z)h(z)=-f(z)\displaystyle {\frac {g'(z)}{g(z)^{2}}}+f'(z)\displaystyle {\frac {1}{g(z)}}$

$=\displaystyle {\frac {g(z)f'(z)-f(z)g'(z)}{g(z)^{2}}}$

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Realizado por: Pérez Córdoba Sabino (discusión) 23:18 27 nov 2012 (CST)

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2.5 (Teorema del valor medio) Si $a,b\in \mathbb {R}$ con $a<b{\mathcal {F}}:\left[a,b\right]\rightarrow \mathbb {R}$, es continua y además es derivable en $\left(a,b\right)$, demuestre que existe un $\epsilon \in \left(a,b\right)$, tal que:

${\mathcal {F}}^{'}\left(\epsilon \right)={\frac {{\mathcal {F}}\left(b\right)-{\mathcal {F}}\left(a\right)}{\left(b-a\right)}}.$

Suponemos una función ${\mathcal {g}}\left(x\right)={\mathcal {F}}\left(x\right)\left(b-a\right)-x\left({\mathcal {F}}\left(b\right)-{\mathcal {F}}\left(a\right)\right)$, como ${\mathcal {F}}\left(x\right)$ es continua en $\left[a,b\right]$, aparte la otra función $-x\left({\mathcal {F}}\left(b\right)-{\mathcal {F}}\left(a\right)\right)$, es continua en el intervalo entonces ${\mathcal {g}}\left(x\right)$ también lo es.

Obtengamos su derivada:

${\mathcal {g}}^{'}\left(x\right)={\mathcal {F}}^{'}\left(x\right)\left(b-a\right)-x\left({\mathcal {F}}\left(b\right)-{\mathcal {F}}\left(a\right)\right).$

Es diferenciable en $\left(a,b\right)$ al igual que ${\mathcal {F}}\left(x\right).$

Ahora, notemos:

${\mathcal {g}}\left(a\right)=b{\mathcal {F}}\left(a\right)-a{\mathcal {F}}\left(a\right)-{\mathcal {F}}\left(b\right)+a{\mathcal {F}}\left(a\right)=b{\mathcal {F}}\left(a\right)-a{\mathcal {F}}\left(b\right)$

$=b{\mathcal {F}}\left(b\right)-a{\mathcal {F}}\left(b\right)-b{\mathcal {F}}\left(b\right)+b{\mathcal {F}}\left(a\right)$

$={\mathcal {F}}\left(b\right)\left(b-a\right)-b\left({\mathcal {F}}\left(b\right)-{\mathcal {F}}\left(a\right)\right)$

$={\mathcal {g}}\left(b\right).$

El Teorema de Rolle, nos dice que exite $\epsilon$ en $\left(a,b\right)$ tal que:

$0={\mathcal {g}}^{'}\left(\epsilon \right)={\mathcal {F}}^{'}\left(\epsilon \right)\left(b-a\right)-\left({\mathcal {F}}\left(b\right)-{\mathcal {F}}\left(a\right)\right)\Rightarrow {\mathcal {F}}\left(b\right)-{\mathcal {F}}\left(a\right)={\mathcal {F}}^{'}\left(\epsilon \right)\left(b-a\right).$

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Realizado por: Luis Antonio (discusión) 01:09 29 nov 2012 (CST)

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2.7. (Derivada de la función inversa para funciones reales). Usando la formulación de Carathéodory, demuestre que si $f:(a,b)\to \mathbb {R}$ es continua e inyectiva y para Error al representar (SVG (MathML puede ser habilitado mediante un plugin de navegador): respuesta no válida («Math extension cannot connect to Restbase.») del servidor «https://en.wikipedia.org/api/rest_v1/»:): \xi ∈ (a,b), \mbox{ } f'(\xi) existe y no es nula, para la inversa $g$ de $f$ se tiene que $g'(f(\xi ))={\frac {1}{f'(\xi )}}$.

Demostración.
Sea $w=f(\xi )\Rightarrow f^{-1}(f(\xi ))=f^{-1}(w)=\xi$.
Como $f$ es derivable en $\xi$, tenemos que Error al representar (error de sintaxis): f(x)-f(\xi)=\varphi(x)(x-\xi) \mbox{ } \forall \mbox{ } x∈(a,b),
donde $\varphi$ es continnua en $\xi$.
Consideremos que $I$ es un intervalo abierto contenido en el dominio de $g=f^{-1}$, entonces
Error al representar (error de sintaxis): y-w=f(f^{-1}(y))-f(f^{-1}(w))=\varphi(f^{-1}(y))(f^{-1}(y)-f^{-1}(w)) \mbox{ } \forall \mbox{ } y ∈ I .
Por tanto $[f^{-1}(y)-f^{-1}(w)]={\frac {1}{\varphi (f^{-1}(y))}}(y-w)$,
donde $g=f^{-1}$ es continua en $I$ y $\varphi$ continua en $f^{-1}(w)=\xi$.
Así que ${\frac {(a,b)}{\varphi \circ f^{-1}}}$ es continua en $w$. Luego $f^{-1}=g$ es derivable en $w$ y $(f^{-1})'(w)={\frac {1}{\varphi (f^{-1}(w))}}={\frac {1}{f'(f^{-1}(w))}}$
$\Rightarrow g'(f(\xi ))={\frac {1}{f'(\xi )}}$.

Hola Belen me parece bien como desarrollas el problema, sin embargo estaría muy bien que especificaras bien tus variables con la relación de Cathéodory,para que no te pierdas ó más bien nos perdamos.--Luis Antonio (discusión) 17:29 27 nov 2012 (CST)

--Belen (discusión) 23:12 22 nov 2012 (CST)

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2.8 Si $\Omega \subseteq \mathbb {C}$ es una región y $f:\Omega \longrightarrow \mathbb {C}$ es una función que tiene una primitiva, es decir, otra función $F:\Omega \longrightarrow \mathbb {C}$ tal que $F'=f$, demuestre que cualquiera dos primitivas de $f$ difieren solo por una constante.

Demostración:

Sean $F,G:\Omega \longrightarrow \mathbb {C}$ dos primitivas de $f$, entonces $F'=f$ & $G'=f$, luego $(F-G)'=F'-G'=0$, luego, por la proposición 2.5, $F-G=constante$, es decir, que las funciones $F$ & $G$ difieren solo por una constante.

--Pérez Córdoba Sabino (discusión) 23:33 27 nov 2012 (CST)

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--mfg-wiki (discusión) 17:32 15 nov 2012 (UTC)

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