Diferencia entre revisiones de «Compleja:z-ej-cap2.1»
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| − | <math>\mathcal{F}^´\left(\epsilon\right) =\frac{\mathcal{F}\left(b\right)-\mathcal{F}\left(a\right)}{\left(b-a\right)}</math> | + | <math>\mathcal{F}^´\left(\epsilon\right) =\frac{\mathcal{F}\left(b\right)-\mathcal{F}\left(a\right)}{\left(b-a\right)}.</math> |
| − | ''Suponemos una función <math>\mathcal{g}\left(x\right)=\mathcal{F}\left( | + | ''Suponemos una función <math>\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)</math>, como <math>\mathcal{F}\left(x\right)</math> es continua en <math>\left[a,b\right]</math> nuestra <math>\mathcal{g}\left(x\right)</math> también lo es.'' |
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| − | <math>\mathcal{g}\left( | + | <math>\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)</math> |
Revisión del 19:35 29 nov 2012
Derivadas
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 \(f'(z)=\varphi(z)=\displaystyle\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}\).
(1) \((f+g)'(z)=\displaystyle\frac{(f+g)'(z)-(f+g)(z_0)}{z-z_0}=\displaystyle\frac{f(z)+g(z)-f(z_0)-g(z_0)}{z-z_0}\)
=\(\displaystyle\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}+\displaystyle\frac{g(z)-g(z_0)}{z-z_0}=f'(z)+g'(z)\)
(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 \(z\longrightarrow z_0\) \(f(z)-f(z_0)\longrightarrow 0\)
(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 enciso (2) se tiene que
\((f\cdot h)'(z)=f(z)h'(z)+f'(z)h(z)=-f(z)\displaystyle\frac{g'(z)}{g(z)²}+f'(z)\displaystyle\frac{1}{g(z)}\)
\(=\displaystyle\frac{g(z)f'(z)-f(z)g'(z)}{g(z)²}\)
--Pérez Córdoba Sabino (discusión) 23:18 27 nov 2012 (CST)
2.4) (Teorema de Rolle) Si \(a,b \in\mathbb{R}\) con a<b y \( f:[a,b]\to\mathbb{R}\) es continua, y además es derivable en (a,b), demuestre que si \(f(a)=f(b)\), existe un \(\xi\in(a,b)\) donde \(f\) alcanza su máximo o mínimo.
- Demostración:
- Como f es continua en [a,b], entonces:
\[ \exists x_{1},x_{2}\in[a,b] \textrm{ tal que } \forall x\in[a,b]\Rightarrow f(x_{1})\le f(x) \le f(x_{2}) \]
- Si \(f(x_{1})=f(x)\) entonces \(f\) es constante y en este caso cualquier \(x_{0}\in(a,b)\) satisface \( f´(x_{0})=0 \)
- Si \(x_{1}\in \{a,b\} \Rightarrow f(x_{1})=f(a)=f(b)\)
- pero si\[f(x_{1}) \ne f(x_{2}) \Rightarrow f(x_{2})\ne f(a) \land f(x_{2})\ne f(b) \Rightarrow x_{2}\notin \{a,b\} \Rightarrow x_{2}\in (a,b) \textrm{ y } f´(x_{2})=0\]
- Si \(x_{2}\in \{a,b\} \Rightarrow x_{1}\notin \{a,b\} x_{1}\in (a,b) \textrm{ y } f´(x_{1})=0\)
--cecy (discusión) 21:15 27 nov 2012 (CST)
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 \(\left[a,b\right]\) nuestra \(\mathcal{g}\left(x\right)\) 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;
\(0=\mathcal{g}^´ \left(\epsilon\right)=\mathcal{F}^´ \left(\epsilon\right)\left(b-a\right)-\left(\mathcal{F} \left(b\right)-\mathcal{F} \left(a\right)\right)\Rightarrow \mathcal{F}\left(b\right)-\mathcal{F}\left(a\right)= \mathcal{F}^´ \left(\epsilon\right)\left(b-a\right).\)
--Luis Antonio (discusión) 01:09 29 nov 2012 (CST)
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 \(\xi ∈ (a,b), \mbox{ } f'(\xi)\) 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 \(f(x)-f(\xi)=\varphi(x)(x-\xi) \mbox{ } \forall \mbox{ } x∈(a,b),\)
donde \(\varphi\) es continnua en \(\xi\).
Consideremos que \(I\) es un intervalo abierto contenido en el dominio de \(g=f^{-1}\), entonces
\(y-w=f(f^{-1}(y))-f(f^{-1}(w))=\varphi(f^{-1}(y))(f^{-1}(y)-f^{-1}(w)) \mbox{ } \forall \mbox{ } y ∈ I\).
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)
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)
