Compleja:z-ej-cap2.1

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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 \(\psi(a) = \phi(a)\)

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


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)




2.5 (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;


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

--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)



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

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