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:

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

Inciso 3

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 $\xi \in (a,b),{\mbox{ }}f'(\xi )$ 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 $f(x)-f(\xi )=\varphi (x)(x-\xi ){\mbox{ }}\forall {\mbox{ }}x\in (a,b),$
donde $\varphi$ es continnua en $\xi$.
Consideremos que $I$ es un intervalo abierto contenido en el dominio de $g=f^{-1}$, entonces
$y-w=f(f^{-1}(y))-f(f^{-1}(w))=\varphi (f^{-1}(y))(f^{-1}(y)-f^{-1}(w)){\mbox{ }}\forall {\mbox{ }}y\in I$.
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 $(f^{-1})'(w)={\frac {1}{\varphi (f^{-1}(w))}}={\frac {1}{f'(f^{-1}(w))}}$
$\Rightarrow g'(f(\xi ))={\frac {1}{f'(\xi )}}$.

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Comentario por: Luis Antonio (discusión) 17:29 27 nov 2012 (CST)

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.

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Realizado por: 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.

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Realizado por: 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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