Diferencia entre revisiones de «Compleja:z-ej-cap2.2»

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'''2.12. Muestre que la función <math> f:\mathbb{C} \to \mathbb{C}</math> dada por <math> f(z) = x^2 +iy^2 </math> es diferenciable en todos los puntos de la recta <math> y = x en \mathbb{C}</math>, pero no es holomorfa.'''
'''2.12. Muestre que la función <math> f:\mathbb{C} \to \mathbb{C}</math> dada por <math> f(z) = x^2 +iy^2 </math> es diferenciable en todos los puntos de la recta <math> y = x</math> en <math>\mathbb{C}</math>, pero no es holomorfa.'''


Sea <math>h=x_{0}+iy_{0}</math> y <math>z=x+iy</math> tenemos que:
Sea <math>h=x_{0}+iy_{0}</math> y <math>z=x+iy</math> tenemos que:


<math>lim_{h \to \0} \frac{f(z+h)-f(z)}{h} = \lim_{h \to \0} \frac{(x+x_{0})^2+i(y+y_{0})^2-(x^2+iy^2)}{x_{0}+iy_{0}}</math>
<math>lim_{h \to 0} \frac{f(z+h)-f(z)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{(x+x_{0})^2+i(y+y_{0})^2-(x^2+iy^2)}{x_{0}+iy_{0}}</math>


Desarrollando los binomios, se eliminan los <math>x^2 y los iy^2.</math>
Desarrollando los binomios, se eliminan los <math>x^2</math>y los <math> iy^2.</math> y queda <math> lim_{h \to 0} \frac{2xx_{0}+(x_{0})^2+(2yy_{0}+y_{0})i}{x_{o}+iy_{0}}.</math>
 
Se obtiene:
 
<math>= lim_{h \to \0} \frac{2xx_{0}+(x_{0})^2+(2yy_{0}+y_{0})i}{x_{o}+iy_{0}}</math>


Reagrupando:  
Reagrupando:  
<math>= lim_{h \to 0} \frac{(x_{0}(2x+x_{0})+iy_{0}(2y+y_{0})}{x_{0}+iy_{0}}.</math>


<math>= lim_{h \to \0} \frac{x_{0}((2x+x_{0})+iy_{0}(2y+y_{0}{x_{0}+iy_{0}}.</math>  
<math>= lim_{h \to 0} \frac{(x_{0}+iy_{0})(2x+x_{0})(2y+y_{0})}{x_{0}+iy_{0}}.</math>


<math>= lim_{h \to \0} \frac{(x_{0}+iy_{0})(2x+x_{0})(2y+y_{0}){x_{0}+iy_{0}}).</math>
<math>= lim_{h \to 0} (2x+x_{0})(2y+y_{0}).</math>


<math>= lim_{h \to \0} (2x+x_{0})(2y+y_{0}).</math>
<math>= \lim_{h \to 0} \frac{x^2+iy^2+x+iy-x^2-iy^2}{x+iy} </math>


<math>= \lim_{h \to \0} \frac{x^2+iy^2+x+iy-x^2-iy^2}{x+iy} </math>
Eliminando, se obtiene que:
Eliminando, se obtiene que:
<math>= \lim_{h \to \0} \(2x+x_{0})(2y+y_{0})</math>
<math>= \lim_{h \to 0} \(2x+x_{0})(2y+y_{0}).</math>
<math>= \lim_{(x,y) \to \(0,0)} \(2x+x_{0})(2y+y_{0}) = 4xy </math>  
<math>= \lim_{(x,y) \to (0,0)} \(2x+x_{0})(2y+y_{0}) = 4xy </math>  
<math>\therefore</math> existe su límite y en la recta <math>y=x</math> se tiene que <math>4x^2</math> por lo que existe en todo ese punto y es diferenciable sobre cualquier punto sobre la recta.
<math>\therefore</math> existe su límite y en la recta <math>y=x</math> se tiene que <math>4x^2</math> por lo que existe en todo ese punto y es diferenciable sobre cualquier punto sobre la recta.
Y no es holomorfa porque no se cumple la ecuacion de Cauchy-Riemann.
Y no es holomorfa porque no se cumple la ecuacion de Cauchy-Riemann.
Esto es que se debe cumplir:
Esto es que se debe cumplir:
<math>\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} \\</math> Y <math>\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x}\\</math>
<math>\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} \\</math> Y <math>\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x}\\</math>
Sea u=x^2 y v=y^2
Sea <math>u=x^2 y v=y^2</math>
<math>\frac{\partial u}{\partial x} =  2x</math>
<math>\frac{\partial u}{\partial x} =  2x</math>
<math>\frac{\partial u}{\partial y} = 0</math>
<math>\frac{\partial u}{\partial y} = 0</math>
Línea 61: Línea 57:
<math>\therefore</math> no se cumple y por lo tanto no son holomorfas
<math>\therefore</math> no se cumple y por lo tanto no son holomorfas


--[[Usuario:Jean Carlo Cruz Venegas|Jean Carlo Cruz Venegas]] ([[Usuario discusión:Jean Carlo Cruz Venegas|discusión]]) 06:54 29 nov 2012 (CST)
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2.13. ¿Cuáles de las funciones siguientes satisfacen las ecuaciones de Cauchy-
Riemann?


1) <math>f(z) = x^2-y^-2ixy. </math>:
2) <math>f(z)= x^3-3y^2+2x+i(3x^2y-y^3+2y). </math>:
3) <math>f(z) = log(x^2+y^2)+ iarctg(\frac{x}{y}).</math>:


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Se debe de cumplir que:
<math>\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} \\</math>:
Y:
<math>\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x}\\</math>:
Para <math>f(z) = x^2-y^-2ixy.</math>:
Siendo, <math>u= x^2-y^2</math> y <math>v=-2xy</math>:
las derivadas parciales son:
<math>\frac{\partial u}{\partial x} =  2x</math>:
<math>\frac{\partial u}{\partial y} = -2y</math>:
Y:
<math>\frac{\partial v}{\partial y}= -2x</math>:
<math>\frac{\partial v}{\partial x}\\ = -2y</math>:


<math>\therefore</math> no se cumple las ecuaciones de Cauchy- Riemann.:


'''2.14) Encuentre todas las funciones holomorfas  <math> f=u+iv \textrm{  con }  u(x,y)=x^2-y^2</math>'''
Para <math>f(z)= x^3-3y^2+2x+i(3x^2y-y^3+2y)</math>:
:Solucion:
:Sea <math> f(z)=z^2 \Rightarrow  {(u+iv)^2}=u^2+2iuv-v^2 </math> donde:
<math>u(x,y)=x^2-y^2  \land  v(x,y)=2xy</math>
:Derivando parcialmente:
<math> u_{x}(x,y)=2x \land  u_{y}(x,y)=-2y </math>:
<math> v_{x}(x,y)=2y \land v_{y}(x,y)=2x </math>
:Ambas satisfacen las ecuaciones de Riemann


Siendo, <math>u= x^3-3y^2+2x</math> y <math>v=3x^2y-y^3+2y</math>:
<math>\frac{\partial u}{\partial x} =  3x^2+2</math>:
<math>\frac{\partial u}{\partial y} = -6y</math>:
Y:
<math>\frac{\partial v}{\partial y}=3x^2-3y^2+2</math>:
<math>\frac{\partial v}{\partial x}\\ = 6xy</math>:
<math>\therefore</math> no se cumple las ecuaciones de Cauchy- Riemann.:
Para <math>f(z)= \frac{1}{2} log(x^2+y^2)+ iarctg(\frac{x}{y}).</math>:
Siendo, <math> u= \frac{1}{2} log(x^2+y^2) y v= arctg(\frac{x}{y}).</math>:
<math>\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{x}{x^2+y^2}</math>:
<math>\frac{\partial u}{\partial y} = \frac{y}{x^2+y^2}</math>:
Y:
<math>\frac{\partial v}{\partial y}= -\frac{x}{x^2+y^2}</math>:
<math>\frac{\partial v}{\partial x}\\ = \frac{y}{x^2+y^2}</math>:
<math>\therefore</math> se cumple las ecuaciones de Cauchy- Riemann.:


--[[Usuario:Jean Carlo Cruz Venegas|Jean Carlo Cruz Venegas]] ([[Usuario discusión:Jean Carlo Cruz Venegas|discusión]]) 07:23 29 nov 2012 (CST)
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'''2.15) Demuestre que no hay funciones holomorfas  <math> f=u+iv \textrm{  con }  u(x,y)=x^2+y^2 </math>'''
Solucion:
<math> f(z)= |z|^2 = x^2+y^2  \textrm{ i.e. }  f(x+iy)=x^2+y^2 </math>
Entonces:
:Si z=0
: <math>f'(0)= \lim_{h\to 0} \frac{f(0+h)-f(0)}{h} = \lim_{h\to 0} \frac{|h|^2}{h}= \lim_{h\to 0} \frac{h\overline{h}}{h} =
\lim_{h\to 0} \overline{h} = 0 </math>
:Si z \ne 0
: <math> f' (z)= \lim_{h\to 0}  \ frac{f(z+h)-f(z)}{h} = \lim_{h\to 0}  \frac{|z+h|^2-|z|^2}{h} = \lim_{h\to 0} \frac{(z+h)\overline{(z+h)}-z\overline{z}}{h} = \lim_{h\to 0} \frac{z\overline{h}+h\overline{z}+h\overline{h}}{h} = \lim_{h\to 0} \frac{z\overline{h}}{h} + \overline{z} + \overline{h}  </math>
::Si <math> h\in \mathbb{R} </math> tenemos:
::: <math> \lim_{h\to 0}  \ frac{f(z+h)-f(z)}{h} = \overline{z} + z </math>
::Si <math> h=ir \textrm{ con } r>0 </math> entonces:
::: <math> \lim_{h\to 0}  \ frac{f(z+h)-f(z)}{h} = \overline{z} - z </math>
:como <math> z\ne 0 \Rightarrow \overline{z} + z  \ne  \overline{z} - z </math>
: <math> \therefore f(z) \textrm{ no es diferenciable en } z\ne 0 </math>
--[[Usuario:Cesar|Cesar]] ([[Usuario discusión:Cesar|discusión]]) 21:01 27 nov 2012 (CST)




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2.16. Si <math>f:\mathbb{C}\rightarrow\mathbb{C} </math>es holomorfa,<math>\Omega </math> es de la forma <math>f(x+iy)=u(x)+iy(x) </math>, demuestre que f es un polinomio de primer grado en z.
'''2.16. Si <math>f:\mathbb{C}\rightarrow\mathbb{C} </math>es holomorfa,<math>\Omega </math> es de la forma <math>f(x+iy)=u(x)+iv(y) </math>, demuestre que f es un polinomio de primer grado en z.'''


Como es holomorfa la función tiene que cumplir las ecuaciones de Cauchy-Riemann por lo que para la primera ecuación
Como es holomorfa la función tiene que cumplir las ecuaciones de Cauchy-Riemann por lo que para la primera ecuación:


<math>\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y}  </math>
<math>\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y}  </math>


con la que nos damos cuenta que las exponenciales combinadas con dos variables cumplen esta condición de igual forma los polinomios, pero al aplicar la segunda ecuación
Vemos que ninguna función transcendente (trigonométrica, logarítmica o exponencial) puede ser ya que por ejemplo:
 
<math>Sin\left[x\right]\neq Sin\left[y\right] </math>
 
lo mismo se puede hacer para la exponencial y la logarítmica. Con lo que nos quedan las polinómicas, de las cuales solo cumplen las de grado menor o igual 1, pues para las cuadráticas por ejemplo tenemos:si <math>u=x^{2} </math> y <math>v=y^{2} </math> entonces:
 
<math>\frac{\partial u}{\partial x}=2x </math> y: <math>\frac{\partial v}{\partial y}=2y</math>
 
con lo que caemos en el caso anterior. Por el otro lado debemos de corroborar las condiciones con la segunda ecuación:


<math>\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x} </math>
<math>\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x} </math>


vemos que la exponencial ya no cumple, pero los polinomios siguen cumpliendo, pues como la función "u" depende únicamente de x, su derivada con respecto a x se hace 0, de igual forma con "v" como depende solo de y, su parcial con respecto a x se hace 0; por lo que tienen que ser polinomios de primer grado u, v; por lo tanto z es polinomio de primer grado.
vemos que los polinomios siguen cumpliendo, pues como la función "u" depende únicamente de x, su derivada con respecto a y se hace 0, de igual forma con "v" como depende solo de y, su parcial con respecto a x se hace 0; por lo que tienen que ser polinomios de primer grado u, v; por lo tanto z es polinomio de primer grado.


--[[Usuario:Ignacio Peralta Martínez|Ignacio Peralta Martínez]] ([[Usuario discusión:Ignacio Peralta Martínez|discusión]]) 04:20 29 nov 2012 (CST)
--[[Usuario:Ignacio Peralta Martínez|Ignacio Peralta Martínez]] ([[Usuario discusión:Ignacio Peralta Martínez|discusión]]) 04:20 29 nov 2012 (CST)
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2.23 Muestre que la función <math>f(z)=f(x,y) = \sqrt{xy}</math> , no es diferenciable en el origen aunque satisface las ecuaciónes de Cauchy-Riemman en 0.
Las ecuaciones de Cauchy – Riemman, aseguran  que se cumple lo siguiente:
<math>\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} \\</math> Y <math>\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x}\\</math>
Esto es que <math>u_{y}(0,0)=0 , u_{x}(0,0) = v_{y}(0,0) = 0</math>
<math>\therefore</math> Satisface las ecuaciones de Riemman.
Queremos saber si es diferenciable en 0 y para ello tenemos que obtener el limite:
<math>lim_{h \to 0} \frac{f(z+h)-f(z)}{h}</math>
Sea <math>h=h_{1}+ih_{2}</math>, entonces
<math>lim_{h \to 0} \frac{f(0+h)-f(0)}{h}</math> = <math>lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{h_{1}h_{2}} }{h_{1}+h_{2}i}</math>  y observamos que
Cuando <math>h_{1} = 0</math> entonces
<math>lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{h_{1}h_{2}} }{h_{1}+h_{2}i}= 0</math>
Y con <math>h_{2} = 0</math>
<math>lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{h_{1}h_{2}} }{h_{1}+h_{2}i}= 0</math>
En el caso de que <math>h_{1}=h_{2}</math>, se observa que
<math>lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{h_{1}h_{2}} }{h_{1}+h_{2}i}= lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{h_{1}h_{1}} }{h_{1}+h_{1}i} = lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{h_{1}^2} }{h_{1}(1+i)}= \frac{1}{1+i} lim_{h \to 0} \frac{|h_{1}| }{h_{1}} </math>
Entonces
<math>lim_{h \to 0} \frac{|h_{1}| }{h_{1}} = 1, si h_{1}>0 </math>
Y <math>lim_{h \to 0} \frac{|h_{1}| }{h_{1}} = -1, si h_{1}<0 </math> 
<math>\therefore</math> <math>f(z)</math> no es diferenciable en z=0
--[[Usuario:Jean Carlo Cruz Venegas|Jean Carlo Cruz Venegas]] ([[Usuario discusión:Jean Carlo Cruz Venegas|discusión]]) 09:47 4 dic 2012 (CST)


--[[Usuario:Mfgwiki|mfg-wiki]] ([[Usuario discusión:Mfgwiki|discusión]]) 17:32 15 nov 2012 (UTC)
--[[Usuario:Mfgwiki|mfg-wiki]] ([[Usuario discusión:Mfgwiki|discusión]]) 17:32 15 nov 2012 (UTC)

Revisión del 00:53 15 oct 2020

Las ecuaciones de Cauchy-Riemann

2.9 Si es una región, defina . Si es holomorfa, defina mediante . Demuestre que es holomorfa.

Demostración:

Sea , entonces , tomando . Definimos funciones diferenciables tales que , con lo cual es holomorfa, entonces

Como es diferenciable, entonces tambien lo es, luego es diferenciable.

Por lo tanto es holomorfa.

--Pérez Córdoba Sabino (discusión) 00:29 28 nov 2012 (CST)


2.10 Si observe que es simétrica con respecto al eje real por el ejercicio anterior se sigue que la función dada por es holomorfa.

Demostración

Del ejercicio anterior se tiene que si es holomorfa, entonces es holomorma y en consecuencia diferenciables, de la proposición 2.1 la suma de dos funciones diferenciables es diferenciable, luego es diferenciable, por lo tanto es holomorfa.

--Pérez Córdoba Sabino (discusión) 01:01 28 nov 2012 (CST)


2.12. Muestre que la función dada por es diferenciable en todos los puntos de la recta en , pero no es holomorfa.

Sea y tenemos que:

Desarrollando los binomios, se eliminan los y los y queda

Reagrupando:

Eliminando, se obtiene que: 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/»:): {\displaystyle = \lim_{h \to 0} \(2x+x_{0})(2y+y_{0}).} Error al representar (error de sintaxis): {\displaystyle = \lim_{(x,y) \to (0,0)} \(2x+x_{0})(2y+y_{0}) = 4xy } existe su límite y en la recta se tiene que por lo que existe en todo ese punto y es diferenciable sobre cualquier punto sobre la recta. Y no es holomorfa porque no se cumple la ecuacion de Cauchy-Riemann. Esto es que se debe cumplir: 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/»:): \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} \\ Y 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/»:): \frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x}\\ Sea Y no se cumple y por lo tanto no son holomorfas

--Jean Carlo Cruz Venegas (discusión) 06:54 29 nov 2012 (CST)


2.13. ¿Cuáles de las funciones siguientes satisfacen las ecuaciones de Cauchy- Riemann?

1) : 2) : 3) :

Se debe de cumplir que: Error al representar (error de sintaxis): \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} \\ : Y: 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/»:): \frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x}\\ : Para : Siendo, y : las derivadas parciales son: : : Y: : 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/»:): \frac{\partial v}{\partial x}\\ = -2y :

no se cumple las ecuaciones de Cauchy- Riemann.:

Para :

Siendo, y : : : Y: : 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/»:): \frac{\partial v}{\partial x}\\ = 6xy : no se cumple las ecuaciones de Cauchy- Riemann.: Para : Siendo, : : : Y: : 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/»:): \frac{\partial v}{\partial x}\\ = \frac{y}{x^2+y^2} : se cumple las ecuaciones de Cauchy- Riemann.:

--Jean Carlo Cruz Venegas (discusión) 07:23 29 nov 2012 (CST)




2.16. Si es holomorfa, es de la forma , demuestre que f es un polinomio de primer grado en z.

Como es holomorfa la función tiene que cumplir las ecuaciones de Cauchy-Riemann por lo que para la primera ecuación:

Vemos que ninguna función transcendente (trigonométrica, logarítmica o exponencial) puede ser ya que por ejemplo:

lo mismo se puede hacer para la exponencial y la logarítmica. Con lo que nos quedan las polinómicas, de las cuales solo cumplen las de grado menor o igual 1, pues para las cuadráticas por ejemplo tenemos:si y entonces:

y:

con lo que caemos en el caso anterior. Por el otro lado debemos de corroborar las condiciones con la segunda ecuación:

vemos que los polinomios siguen cumpliendo, pues como la función "u" depende únicamente de x, su derivada con respecto a y se hace 0, de igual forma con "v" como depende solo de y, su parcial con respecto a x se hace 0; por lo que tienen que ser polinomios de primer grado u, v; por lo tanto z es polinomio de primer grado.

--Ignacio Peralta Martínez (discusión) 04:20 29 nov 2012 (CST)



2.17. Si es holomorfa, una región y es constante, desmuestre que es constante. Similarmente, si es constante, entonces es constante.

Sea

a) por lo tanto .
Y por las condiciones de Cauchy-Riemann (C-R) .
Lo que implica que

b) por lo tanto .
Y por las condiciones C-R .
Por tanto

--Belen (discusión) 23:24 22 nov 2012 (CST)


2.18. Si es holomorfa, una región y es constante, desmuestre que es constante.

Si y, por tanto,
.
Como el lado derecho es una función holomorfa, es holomorfa.

Ahora, como las condiciones de C-R se traducen en:
,
y las mismas condiciones sobre implican
.

Así que tenemos que
y, por lo tanto, .

Análogamente, y .
Entonces y son constantes y por tanto .

--Belen (discusión) 23:38 22 nov 2012 (CST)


2.23 Muestre que la función , no es diferenciable en el origen aunque satisface las ecuaciónes de Cauchy-Riemman en 0. Las ecuaciones de Cauchy – Riemman, aseguran que se cumple lo siguiente: 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/»:): \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} \\ Y 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/»:): \frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x}\\ Esto es que Satisface las ecuaciones de Riemman. Queremos saber si es diferenciable en 0 y para ello tenemos que obtener el limite: Sea , entonces = y observamos que Cuando entonces Y con En el caso de que , se observa que Entonces Y no es diferenciable en z=0

--Jean Carlo Cruz Venegas (discusión) 09:47 4 dic 2012 (CST)


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

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