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.
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--[[Usuario:Jean Carlo Cruz Venegas|Jean Carlo Cruz Venegas]] ([[Usuario discusión:Jean Carlo Cruz Venegas|discusión]]) 06:54 29 nov 2012 (CST)
--[[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-
2.13. ¿Cuáles de las funciones siguientes satisfacen las ecuaciones de Cauchy-
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'''2.14) Encuentre todas las funciones holomorfas  <math> f=u+iv \textrm{  con }  u(x,y)=x^2-y^2</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


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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)+iv(y) </math>, demuestre que f es un polinomio de primer grado en z.'''


'''2.15) Demuestre que no hay funciones holomorfas  <math> f=u+iv \textrm{  con }  u(x,y)=x^2+y^2 </math>'''
Como es holomorfa la función tiene que cumplir las ecuaciones de Cauchy-Riemann por lo que para la primera ecuación:
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)


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


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


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.
<math>Sin\left[x\right]\neq Sin\left[y\right] </math>


Como es holomorfa la función tiene que cumplir las ecuaciones de Cauchy-Riemann por lo que para la primera ecuación
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} = \frac{\partial v}{\partial y} </math>
<math>\frac{\partial u}{\partial x}=2x </math> y: <math>\frac{\partial v}{\partial y}=2y</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
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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--[[Usuario:Belen|Belen]] ([[Usuario discusión:Belen|discusión]]) 23:38 22 nov 2012 (CST)
--[[Usuario:Belen|Belen]] ([[Usuario discusión:Belen|discusión]]) 23:38 22 nov 2012 (CST)


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2.27. Demuestre que los ceros de las funciones seno y coseno complejas son los
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.
mismos que los de las funciones reales correspondientes.
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 se puede demostrar tomando al seno y coseno complejo con <math>z = x+iy</math>
Esto es que <math>u_{y}(0,0)=0 , u_{x}(0,0) = v_{y}(0,0) = 0</math>
De manera que;
<math>\therefore</math> Satisface las ecuaciones de Riemman.
 
Queremos saber si es diferenciable en 0 y para ello tenemos que obtener el limite:
<math>Senz= senxcoshy + icosxsenhy y cosz= cosxcoshy + senxsenhy</math>
<math>lim_{h \to 0} \frac{f(z+h)-f(z)}{h}</math>
 
Sea <math>h=h_{1}+ih_{2}</math>, entonces
Así,  
<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>Senz =0 \leftrightarrow y=0 y senx = 0 \leftrightarrow z=2kPi, k \in Z</math>
<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>Cosz= 0 \leftrightarrow y=0 y cosx = 0 \leftrightarrow z = (2k+1)Pi/2, k \in Z</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>
--[[Usuario:Jean Carlo Cruz Venegas|Jean Carlo Cruz Venegas]] ([[Usuario discusión:Jean Carlo Cruz Venegas|discusión]]) 06:57 29 nov 2012 (CST)
Entonces
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<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>
2.31. Las funciones trigonométricas hiperbólicas se definen como sigue
<math>\therefore</math> <math>f(z)</math> no es diferenciable en z=0
<math>senhz =\frac{1}{2}(e^z-e^{-z})</math>:
<math>coshz = \frac{1}{2}(e^z+e^{-z})</math>:
<math>tanhz= \frac{senhz}{coshz}</math>:
<math>cothz=\frac{coshz}{senhz}</math>:
<math>sechz=\frac{1}{coshz}</math>:
<math>cschz=\frac{1}{senhz}.</math>:
 
1. Observe que senhz y coshz son holomorfas en todo C. Encuentre los mayores
dominios donde las otras funciones hiperbólicas anteriores son holomorfas
2. Obtenga expresiones para las derivadas de las funciones hiperbólicas.
3. Demuestre las identidades siguientes:
<math>Cosh^2z-senh^2z = 1 cosz = coshiz i  sen z = senhiz</math>:
 
4. Demuestre las identidades siguientes:
<math>senh(a+b) = senhacoshb+coshasenhb</math>
 
<math>cosh(a+b) = coshacoshb+senhasenhb</math>
 
<math>cos z = cos xcoshy+isen xsenhy</math>
 
<math>sen z = sen xcoshy+icos xsenhy</math>
 
donde <math>z = x+iy.</math>
 
2.-
 
<math>senhz =\frac{1}{2}(e^z-e^{-z})</math>
 
Usando la definición de <math>senhz</math> tenemos: 
 
<math>(Senhz)´= (\frac{1}{2}(e^z-e^{-z}))´ = \frac{1}{2}\frac{ d(e^z-e^{-z})}{dz} = \frac{1}{2}[e^z+e^{-z}] y por</math>  
 
recordando que <math>coshz = \frac{1}{2}[e^z+e^{-z}]</math>
 
entonces se tiene que <math>(Senhz)´= coshz</math>
 
 
<math>coshz = \frac{1}{2}(e^z+e^{-z})</math>
 
Procedemos de manera similar, derivando la definición de <math>coshz</math>.
 
<math>(Coshz)´=  (\frac{1}{2}(e^z+e^{-z}))´ = \frac{1}{2}\frac{ d(e^z+e^{-z})}{dz} = \frac{1}{2}[e^z-e^{-z}] y por</math>
 
recordando que <math>senhz = \frac{1}{2}[e^z-e^{-z}]</math>
 
entonces se tiene que <math>(Coshz)´= senhz</math>
 
Para la tangente hiperbólica se tiene,
 
<math>tanhz= \frac{senhz}{coshz}</math>  
 
Por definición del senhz y coshz podemos obtener:
 
<math>tanhz= \frac{senhz}{coshz}= \frac{e^z-e^{-z}}{{e^z-e^{-z}}</math>
 
Derivando,
 
<math>(tanhz)´= (\frac{(e^z-e^{-z}}{{e^z-e^{-z}})´</math>
<math>= \frac{(e^z+e{-z})(e^z+e^{-z})-(e^z-e^{-z})(e^z-e^{-z})}{(e^z+e^{-z})^2}</math>


Desarrollando y eliminando términos;
--[[Usuario:Jean Carlo Cruz Venegas|Jean Carlo Cruz Venegas]] ([[Usuario discusión:Jean Carlo Cruz Venegas|discusión]]) 09:47 4 dic 2012 (CST)


<math>= \frac{2+2}{(e^z+e^{-z})^2} = \frac{4}{(e^z+e^{-z})^2}</math>
Usando el hecho de que (2coshz)^2 = (e^2+e^{-2})^2 y sustituyendo; se obtiene.
<math>= \frac{4}{4cos^2hz} = \frac{1}{1cos^2hz}.</math>
<math>cothz=\frac{coshz}{senhz}</math>
Usando la definición de senhz y coshz se tiene:
<math>Cothz = \frac{e^z+e^{-z}){ e^z-e^{-z}}</math>
<math>(cothz)´= \frac{(e^z-e^{-z})(e^z-e^{-z})-(e^z+e^{-z})(e^z+e^{-z})}</math>
Desarrollando y eliminando términos, obtenemos.
<math>=\frac{-2-2}{(e^z-e^{-z})^2} = \frac{-4}{4senh^2z} = \frac{-1}{1senh^2z}</math>
El último termino se obtuvo utilizando la identidad de senhz.
<math>sechz=\frac{1}{coshz}</math>
<math>\frac{1}{coshz}= \frac{1}{frac{e^z-e^{-z}}{2}} = \frac{2}{e^z+e^{-z}}</math>
Derivando la última expresión tenemos.
<math>= \frac{-2(e^z-e^{-z})}{(e^z+e^{-z})^2}</math>
Usando el hecho de que  2coshz= e^z+e^{-z} y sustituyendo dentro de la ecuación anterior.
<math>=\frac{-2(e^z-e^{-z})}{4cosh^2z}</math>
<math>= \frac{-4senhz}{4cosh^2z}= \frac{-tanhz}{coshz} = -tanhz sechz ; dado que \frac{1}{coshz} = sechz.</math>
<math>cschz=\frac{1}{senhz}.</math>
<math>\frac{1}{senhz}= \frac{2}{e^z-e^{-z}}</math>
Derivando el cschz se tiene que,
<math>(cschz)´= \frac{-2(e^z+e^{-z}}{(e^z-e^{-z})^2} =</math>
Usando las identidades de senhz y coshz se tiene:
<math>\frac{-2(2coshz)}{(2senhz)^2} = \frac{-4coshz}{4senh^2z}= \frac{coshz}{senh^2z}</math>
4.- Identidades
<math>senh(a+b) = senhacoshb+coshasenhb</math>
Por definición tenemos que: <math>senhx = \frac{e^x-e^{-x}}{2}</math> y <math>cosnhy = \frac{e^y+e^{-y}}{2}</math>
<math>Senhacoshb +coshasenhb = (\frac{e^a-e^{-a}}{2})(\frac{e^b+e^{-b}}{2})+(\frac{e^a+e^{-a}}{2})(\frac{e^b-e^{-b}}{2})</math>
<math>= \frac{1}{4}(e^{a+b}+ e^{a-b}- e^{-a+b}- e^{-a-b}+ e^{a+b}- e^{a-b}+ e^{-a+b}- e^{-a-b})</math>
Se eliminan algunos términos y obtenemos,
<math>= \frac{1}{4}(2e^{a+b}-2e^{-a-b}) = \frac{1}{2</math>}(e^{a+b}-e^{-a-b} = senh(a+b)
<math>cosh(a+b) = coshacoshb+senhasenhb</math>
Usando las definiciones, vemos que:
<math>coshacoshb +senhasenhb = (\frac{e^a+e^{-a}}{2})(\frac{e^b+e^{-b}}{2})+(\frac{e^a-e^{-a}}{2})(\frac{e^b</math>-e^{-b}}{2})
<math>= \frac{1}{4}(e^{a+b}+ e^{a-b}+ e^{-a+b}+ e^{-a-b}+ e^{a+b}- e^{a-b}- e^{-a+b}+ e^{-a-b})</math>
Se eliminan algunos términos y obtenemos,
<math>= \frac{1}{4}(2e^{a+b}+2e^{-(a+b)}) = \frac{1}{2}(e^{a+b}+e^{-(a+b)} = cosh(a+b)</math>
<math>senhz = cos xcoshy+isen xsenhy</math>
Sea <math>z=x+iy</math>
<math>senhz=\frac{e^{i(x+iy)}-e^{-i(x+iy)}}{2i}= \frac{e^{xi-y}-e^{-xi+y}}{2i}</math>
<math>= \frac{e^{-y}}{2i}(cosx+isenx)-\frac{e^{y}}{2i}(cosx-isenx)</math>
<math>= senx(\frac{e^{-y}+e^y}{2})+icosx(\frac{e^{-y}-e^y}{2})</math>
Y por definición del <math>senh</math> y <math>cosh</math> se tiene:
<math>=senxcoshy+icosxsenhy</math>
<math>senhz  = senxcoshy+icosxsenhy</math>
Por demostrar.
<math>Coshz = cosxcoshy-isenxsenhy.</math>
Sea <math>z=x+iy</math>
<math>coshz=\frac{e^{i(x+iy)}+e^{-i(x+iy)}}{2i}= \frac{e^{xi-y}+e^{-xi+y}}{2i}</math>
<math>= \frac{e^{-y}}{2i}(cosx+isenx)-\frac{e^{y}}{2i}(cosx-isenx)</math>
<math>= cosx(\frac{e^{-y}+e^y}{2})+isenx(\frac{e^{-y}-e^y}{2})</math>
Y por definición del <math>senh</math> y <math>cosh</math> se tiene:
<math>=cosxcoshy+isenxsenhy</math>
<math>\therefore</math>  <math>coshz = cosxcoshy+isenxsenhy</math>
--[[Usuario:Jean Carlo Cruz Venegas|Jean Carlo Cruz Venegas]] ([[Usuario discusión:Jean Carlo Cruz Venegas|discusión]]) 07:10 29 nov 2012 (CST)
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2.34. Muestre que la imagen bajo la exponencial de la recta <math>z=(1+i)t </math>, para <math>t\epsilon\mathbb{R} </math> es una espiral logarítmica y bosqueje su imagen.
Sea <math>w=re^{i\theta} </math> entonces
<math>w=\mid r\mid(cos\theta+isen\theta) </math>
hacemos a <math>w=e^{z} </math> entonces
<math>e^{t}(cost+isent)=\mid r\mid(cos\theta+isen\theta)</math> con lo que comparamos y nos queda la solución
<math>z=log\mid r\mid+\theta i </math>
nota: la parte imaginaria de z en realidad se le suma <math>2\pi k</math> donde k es cualquier entero.
Para el bosquejo simplemente se sustituye el valor de z en la exponencial compleja, y al pasarlas al plano uv, se puede graficar la espiral al valores a las siguientes componentes.
<math>u=e^{t}cost </math>
<math>u=e^{t}sint </math>
[[Archivo:Espiral.png]]
--[[Usuario:Ignacio Peralta Martínez|Ignacio Peralta Martínez]] ([[Usuario discusión:Ignacio Peralta Martínez|discusión]]) 05:17 29 nov 2012 (CST)
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'''3.35 muestre que la función u del ejemplo 2.9 no tiene conjugada armónica.
'''
Sea <math>u(x,y)=Log\sqrt{x^{2}+y^{2}} </math>
buscamos una función v tal que
<math>\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{x}{x^{2}+y^{2}}=\frac{\partial v}{\partial y}
</math>
por lo que para encontrar la v integramos respecto a y:
<math>\int\frac{\partial v}{\partial y}dy=\int\frac{x}{x^{2}+y^{2}}dy=\arctan\frac{y}{x}
</math>
pero para verificar que es la buena veremos que cumpla con la condición de la segunda ecuación de Cauchy-Riemann
<math>\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{y}{x^{2}+y^{2}}=-\frac{\partial v}{\partial x}
</math>
De igual forma integramos para obtener la v, pero ahora con respecto a x
<math>\int\frac{\partial v}{\partial x}dx=\int\frac{y}{x^{2}+y^{2}}dy=\arctan\frac{x}{y}
</math>
como vemos los argumentos de la función no son iguales ni tampoco salió el signo negativo, por lo tanto la función no tiene armónica conjugada.
--[[Usuario:Ignacio Peralta Martínez|Ignacio Peralta Martínez]] ([[Usuario discusión:Ignacio Peralta Martínez|discusión]]) 05:17 29 nov 2012 (CST)
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--[[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 (error de sintaxis): {\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 (error de sintaxis): \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 (error de sintaxis): \frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x}\\ : Para : Siendo, y : las derivadas parciales son: : : Y: : Error al representar (error de sintaxis): \frac{\partial v}{\partial x}\\ = -2y :

no se cumple las ecuaciones de Cauchy- Riemann.:

Para :

Siendo, y : : : Y: : Error al representar (error de sintaxis): \frac{\partial v}{\partial x}\\ = 6xy : no se cumple las ecuaciones de Cauchy- Riemann.: Para : Siendo, : : : Y: : Error al representar (error de sintaxis): \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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