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

De luz-wiki
 
(No se muestran 49 ediciones intermedias de 6 usuarios)
Línea 15: Línea 15:
 
----
 
----
  
'''2.14) Encuentre todas las funciones holomorfas  <math> f=u+iv \textrm{  con }  u(x,y)=x^2-y^2</math>'''
+
'''2.10''' Si <math>\Omega=\Omega^*</math> observe que <math>\Omega</math> es simétrica con respecto al eje real por el ejercicio anterior se sigue que la función <math>g:\Omega\longrightarrow\mathbb{C}</math> dada por <math>g(z):=f(z)-f^*(z)</math> es holomorfa.
:Solucion:
 
:Sea <math> f(z)=z^92  \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
 
  
 +
:'''Demostración'''
  
 +
Del ejercicio anterior se tiene que si <math>f(z)</math> es holomorfa, entonces <math>f^*(z)</math> es holomorma y en consecuencia diferenciables, de la proposición '''2.1''' la suma de dos funciones diferenciables es diferenciable, luego <math>g(z)</math> es diferenciable, por lo tanto <math>g(z)</math> es holomorfa.
  
'''2.15) Demuestre que no hay funciones holomorfas  <math> f=u+iv \textrm{ con } u(x,y)=x^2+y^2 </math>'''
+
--[[Usuario:Sabino|Pérez Córdoba Sabino]] ([[Usuario discusión:Sabino|discusión]]) 01:01 28 nov 2012 (CST)
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
+
'''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.'''
: <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>
+
Sea <math>h=x_{0}+iy_{0}</math> y <math>z=x+iy</math> tenemos que:
: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>
+
<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>
::Si <math> h\in \mathbb{R} </math> tenemos:
+
 
::: <math> \lim_{h\to 0} \ frac{f(z+h)-f(z)}{h} = \overline{z} + z </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>
::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>
+
Reagrupando:
:como <math> z\ne 0 \Rightarrow \overline{z} + \ne  \overline{z} - z </math>
+
<math>= lim_{h \to 0} \frac{(x_{0}(2x+x_{0})+iy_{0}(2y+y_{0})}{x_{0}+iy_{0}}.</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>= 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} \frac{x^2+iy^2+x+iy-x^2-iy^2}{x+iy} </math>
 +
 
 +
Eliminando, se obtiene que:
 +
<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>\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.
 +
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>
 +
Sea <math>u=x^2 y v=y^2</math>
 +
<math>\frac{\partial u}{\partial x} =  2x</math>
 +
<math>\frac{\partial u}{\partial y} = 0</math>
 +
Y
 +
<math>\frac{\partial v}{\partial y}= 2y</math>
 +
<math>\frac{\partial v}{\partial x} = 0</math>
 +
<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)
 +
 
 +
----
 +
 
 +
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>:
 +
 
 +
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.:
 +
 
 +
Para <math>f(z)= x^3-3y^2+2x+i(3x^2y-y^3+2y)</math>:
 +
 
 +
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)
 +
----
  
  
 +
 +
----
 +
 +
'''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:
 +
 +
<math>\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y}  </math>
 +
 +
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>
 +
 +
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)
  
 
----
 
----
Línea 89: Línea 174:
  
 
----
 
----
 +
 +
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 actual - 23:53 14 oct 2020

Las ecuaciones de Cauchy-Riemann

2.9 Si \(\Omega\subseteq\mathbb{C}\) es una región, defina \(\Omega^*:=\{z\in\mathbb{C} : \bar z\in\Omega\}\). Si \(f:\Omega\longrightarrow\mathbb{C}\) es holomorfa, defina \(f^*:\Omega^*\longrightarrow\mathbb{C}\) mediante \(f^*(z)=\overline{f(\bar z)}\). Demuestre que \(f^*\) es holomorfa.

Demostración:

Sea \(z\in\Omega, w\in\Omega^*\), entonces \(\bar w\in\Omega\), tomando \(\bar w=z=a+bi\). Definimos \(A(a,b),B(a,b):\mathbb{R}^2\longrightarrow\mathbb{R}\) funciones diferenciables tales que \(f(z)=A(a,b)+B(a,b)i\), con lo cual \(f\) es holomorfa, entonces

\(f^*(w)=\overline{f(\bar w)}=\overline{f(z)}=\overline{A(a,b)+B(a,b)i}=A(a,b)+\big(-B(a,b)\big)i\) Como \(B(a,b)\) es diferenciable, entonces \(-B(a,b)\) tambien lo es, luego \(f^*\) es diferenciable.

Por lo tanto \(f^*\) es holomorfa.

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


2.10 Si \(\Omega=\Omega^*\) observe que \(\Omega\) es simétrica con respecto al eje real por el ejercicio anterior se sigue que la función \(g:\Omega\longrightarrow\mathbb{C}\) dada por \(g(z):=f(z)-f^*(z)\) es holomorfa.

Demostración

Del ejercicio anterior se tiene que si \(f(z)\) es holomorfa, entonces \(f^*(z)\) es holomorma y en consecuencia diferenciables, de la proposición 2.1 la suma de dos funciones diferenciables es diferenciable, luego \(g(z)\) es diferenciable, por lo tanto \(g(z)\) es holomorfa.

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


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

Sea \(h=x_{0}+iy_{0}\) y \(z=x+iy\) tenemos que\[lim_{h \to 0} \frac{f(z+h)-f(z)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{(x+x_{0})^2+i(y+y_{0})^2-(x^2+iy^2)}{x_{0}+iy_{0}}\]

Desarrollando los binomios, se eliminan los \(x^2\)y los \( iy^2.\) y queda \( lim_{h \to 0} \frac{2xx_{0}+(x_{0})^2+(2yy_{0}+y_{0})i}{x_{o}+iy_{0}}.\)

Reagrupando\[= lim_{h \to 0} \frac{(x_{0}(2x+x_{0})+iy_{0}(2y+y_{0})}{x_{0}+iy_{0}}.\]

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

\(= lim_{h \to 0} (2x+x_{0})(2y+y_{0}).\)

\(= \lim_{h \to 0} \frac{x^2+iy^2+x+iy-x^2-iy^2}{x+iy} \)

Eliminando, se obtiene que\[= \lim_{h \to 0} \(2x+x_{0})(2y+y_{0}).\] \(= \lim_{(x,y) \to (0,0)} \(2x+x_{0})(2y+y_{0}) = 4xy \) \(\therefore\) existe su límite y en la recta \(y=x\) se tiene que \(4x^2\) 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\[\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} \\\] Y \(\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x}\\\) Sea \(u=x^2 y v=y^2\) \(\frac{\partial u}{\partial x} = 2x\) \(\frac{\partial u}{\partial y} = 0\) Y \(\frac{\partial v}{\partial y}= 2y\) \(\frac{\partial v}{\partial x} = 0\) \(\therefore\) 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) \(f(z) = x^2-y^-2ixy. \): 2) \(f(z)= x^3-3y^2+2x+i(3x^2y-y^3+2y). \): 3) \(f(z) = log(x^2+y^2)+ iarctg(\frac{x}{y}).\):

Se debe de cumplir que\[\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} \\\]: Y\[\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x}\\\]: Para \(f(z) = x^2-y^-2ixy.\): Siendo, \(u= x^2-y^2\) y \(v=-2xy\): las derivadas parciales son\[\frac{\partial u}{\partial x} = 2x\]\[\frac{\partial u}{\partial y} = -2y\]: Y\[\frac{\partial v}{\partial y}= -2x\]\[\frac{\partial v}{\partial x}\\ = -2y\]\[\therefore\] no se cumple las ecuaciones de Cauchy- Riemann.:

Para \(f(z)= x^3-3y^2+2x+i(3x^2y-y^3+2y)\):

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

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




2.16. Si \(f:\mathbb{C}\rightarrow\mathbb{C} \)es holomorfa,\(\Omega \) es de la forma \(f(x+iy)=u(x)+iv(y) \), 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\[\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} \]

Vemos que ninguna función transcendente (trigonométrica, logarítmica o exponencial) puede ser ya que por ejemplo\[Sin\left[x\right]\neq Sin\left[y\right] \]

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 \(u=x^{2} \) y \(v=y^{2} \) entonces\[\frac{\partial u}{\partial x}=2x \] y\[\frac{\partial v}{\partial y}=2y\]

con lo que caemos en el caso anterior. Por el otro lado debemos de corroborar las condiciones con la segunda ecuación\[\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x} \]

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 \(f:\Omega \to \mathbb{C}\) es holomorfa, \(\Omega\) una región y \(u\) es constante, desmuestre que \(f\) es constante. Similarmente, si \(v\) es constante, entonces \(f\) es constante.

Sea \(f=u+iv\)

a) \(u(x,y)=Re f(z) = \mbox{ constante }, \) por lo tanto \(\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial u}{\partial y} = 0 \).
Y por las condiciones de Cauchy-Riemann (C-R) \(\frac{\partial v}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} = 0 \).
Lo que implica que \(v(x,y)= \mbox{ constante } \Rightarrow f(z)= \mbox{ constante }.\)

b) \(v(x,y)=Im f(z) = \mbox{ constante }, \) por lo tanto \(\frac{\partial v}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} = 0 \).
Y por las condiciones C-R \(\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial u}{\partial y} = 0 \).
Por tanto \(u(x,y)= \mbox{ constante } \Rightarrow f(z)= \mbox{ constante }.\)

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


2.18. Si \(f:\Omega \to \mathbb{C}\) es holomorfa, \(\Omega\) una región y \(|f|\) es constante, desmuestre que \(f\) es constante.

Si \(|f(z)|=C \Rightarrow |f(z)|^2=f(z)\overline{f(z)}=C^2\) y, por tanto,
\(\overline{f(z)}=\frac{C^2}{f(z)}\).
Como el lado derecho es una función holomorfa, \(\Rightarrow \overline{f(z)}\) es holomorfa.

Ahora, como \(\overline{f(z)}=u-iv,\) las condiciones de C-R se traducen en:
\(\begin{cases} \frac{\partial u}{\partial x} = -\frac{\partial v}{\partial y} \\ \frac{\partial u}{\partial y} = \frac{\partial v}{\partial x}\\ \end{cases}\),
y las mismas condiciones sobre \(f(z)\) implican
\(\begin{cases} \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} \\ \frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x}\\ \end{cases}\).

Así que tenemos que \(\frac{\partial u}{\partial x} = -\frac{\partial v}{\partial y} = \frac{\partial v}{\partial y} \Rightarrow \frac{\partial v}{\partial y} =0 \)
y, por lo tanto, \(\frac{\partial u}{\partial x} = 0 \).

Análogamente, \(\frac{\partial u}{\partial y} = \frac{\partial v}{\partial x} = -\frac{\partial v}{\partial x} \Rightarrow \frac{\partial v}{\partial x} =0 \) y \(\frac{\partial u}{\partial y} = 0 \).
Entonces \(u\) y \(v\) son constantes y por tanto \(f(z) = \mbox{ constante}\).

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


2.23 Muestre que la función \(f(z)=f(x,y) = \sqrt{xy}\) , 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\[\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} \\\] Y \(\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x}\\\) Esto es que \(u_{y}(0,0)=0 , u_{x}(0,0) = v_{y}(0,0) = 0\) \(\therefore\) Satisface las ecuaciones de Riemman. Queremos saber si es diferenciable en 0 y para ello tenemos que obtener el limite\[lim_{h \to 0} \frac{f(z+h)-f(z)}{h}\] Sea \(h=h_{1}+ih_{2}\), entonces \(lim_{h \to 0} \frac{f(0+h)-f(0)}{h}\) = \(lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{h_{1}h_{2}} }{h_{1}+h_{2}i}\) y observamos que Cuando \(h_{1} = 0\) entonces \(lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{h_{1}h_{2}} }{h_{1}+h_{2}i}= 0\) Y con \(h_{2} = 0\) \(lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{h_{1}h_{2}} }{h_{1}+h_{2}i}= 0\) En el caso de que \(h_{1}=h_{2}\), se observa que \(lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{h_{1}h_{2}} }{h_{1}+h_{2}i}= lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{h_{1}h_{1}} }{h_{1}+h_{1}i} = lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{h_{1}^2} }{h_{1}(1+i)}= \frac{1}{1+i} lim_{h \to 0} \frac{|h_{1}| }{h_{1}} \) Entonces \(lim_{h \to 0} \frac{|h_{1}| }{h_{1}} = 1, si h_{1}>0 \) Y \(lim_{h \to 0} \frac{|h_{1}| }{h_{1}} = -1, si h_{1}<0 \) \(\therefore\) \(f(z)\) 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)

Compleja:z-ej-cap1.0

Compleja:z-ej-cap1.1

Compleja:z-ej-cap1.2

Compleja:z-ej-cap1.3

Compleja:z-ej-cap1.4

Compleja:z-ej-cap2.1