Compleja:z-ej-cap2.2

--cecy (discusión) 10:31 29 nov 2012 (CST)==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)

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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)

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

Desarrollando los binomios, se eliminan los \(x^2 y los iy^2.\)

Se obtiene\[= lim_{h \ 0} \frac{2xx_{0}+(x_{0})^2+(2yy_{0}+y_{0})i}{x_{o}+iy_{0}}.\]

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)

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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)

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2.14) Encuentre todas las funciones holomorfas \( f=u+iv \textrm{ con } u(x,y)=x^2-y^2\)

Solucion:

Sea \( f(z)=z^2 \Rightarrow {(u+iv)^2}=u^2+2iuv-v^2 \) donde\[u(x,y)=x^2-y^2 \land v(x,y)=2xy\]

Derivando parcialmente\[ u_{x}(x,y)=2x \land u_{y}(x,y)=-2y \]\[ v_{x}(x,y)=2y \land v_{y}(x,y)=2x \]

Ambas satisfacen las ecuaciones de Riemann

2.15) Demuestre que no hay funciones holomorfas \( f=u+iv \textrm{ con } u(x,y)=x^2+y^2 \) Solucion\[ f(z)= |z|^2 = x^2+y^2 \textrm{ i.e. } f(x+iy)=x^2+y^2 \] Entonces:

Si z=0

\[f'(0)= \lim_{h\to 0} \frac{f(0+h)-f(0)}{h} = \lim_{h\to 0} \frac{|h|^2}{h}= \lim_{h\to 0} \frac{h\overline{h}}{h} = \lim_{h\to 0} \overline{h} = 0 \]

Si z \ne 0

\[ f' (z)= \lim_{h\to 0} \ frac{f(z+h)-f(z)}{h} = \lim_{h\to 0} \frac{|z+h|^2-|z|^2}{h} = \lim_{h\to 0} \frac{(z+h)\overline{(z+h)}-z\overline{z}}{h} = \lim_{h\to 0} \frac{z\overline{h}+h\overline{z}+h\overline{h}}{h} = \lim_{h\to 0} \frac{z\overline{h}}{h} + \overline{z} + \overline{h} \]

Si \( h\in \mathbb{R} \) tenemos:

\[ \lim_{h\to 0} \ frac{f(z+h)-f(z)}{h} = \overline{z} + z \]

Si \( h=ir \textrm{ con } r>0 \) entonces:

\[ \lim_{h\to 0} \ frac{f(z+h)-f(z)}{h} = \overline{z} - z \]

como \( z\ne 0 \Rightarrow \overline{z} + z \ne \overline{z} - z \)

\[ \therefore f(z) \textrm{ no es diferenciable en } z\ne 0 \] --Cesar (discusión) 21:01 27 nov 2012 (CST)

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2.16. Si \(f:\mathbb{C}\rightarrow\mathbb{C} \)es holomorfa,\(\Omega \) es de la forma \(f(x+iy)=u(x)+iy(x) \), 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

\(\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} \)

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

\(\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x} \)

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.

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

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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)

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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)

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2.34. Muestre que la imagen bajo la exponencial de la recta \(z=(1+i)t \), para \(t\epsilon\mathbb{R} \) es una espiral logarítmica y bosqueje su imagen.

Sea \(w=re^{i\theta} \) entonces

\(w=\mid r\mid(cos\theta+isen\theta) \)

hacemos a \(w=e^{z} \) entonces

\(e^{t}(cost+isent)=\mid r\mid(cos\theta+isen\theta)\) con lo que comparamos y nos queda la solución

\(z=log\mid r\mid+\theta i \)

nota: la parte imaginaria de z en realidad se le suma \(2\pi k\) 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.

\(u=e^{t}cost \)

\(u=e^{t}sint \)

--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 \(u(x,y)=Log\sqrt{x^{2}+y^{2}} \)

buscamos una función v tal que

\(\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{x}{x^{2}+y^{2}}=\frac{\partial v}{\partial y} \)

por lo que para encontrar la v integramos respecto a y\[\int\frac{\partial v}{\partial y}dy=\int\frac{x}{x^{2}+y^{2}}dy=\arctan\frac{y}{x} \]

pero para verificar que es la buena veremos que cumpla con la condición de la segunda ecuación de Cauchy-Riemann

\(\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{y}{x^{2}+y^{2}}=-\frac{\partial v}{\partial x} \)

De igual forma integramos para obtener la v, pero ahora con respecto a x

\(\int\frac{\partial v}{\partial x}dx=\int\frac{y}{x^{2}+y^{2}}dy=\arctan\frac{x}{y} \)

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.

--Ignacio Peralta Martínez (discusión) 05:17 29 nov 2012 (CST)

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2.38) Demuestre que si v es conjugado armónica de u, entonces las funciones uv y \(x^2-y^2\) son armónicas.

Demostración Si v es la conjugada armónica de u, u es armónica en \(\mathbb{C}\), entonces \(\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} \\\) \(\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x}\\\) entonces\[\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = \frac{\partial^2 v}{\partial y \partial x} \\\] y \(\frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = -\frac{\partial^2 v}{\partial x \partial y}\\\) \(\therefore\) \(\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} \\\)=0 \[Sea u(x,y)=x^2-y^2\], entonces\[\frac{\partial v}{\partial x} =2y\\\] y \(\frac{\partial v}{\partial y} = 2x \\\) integrando con respecto a x, tenemos: v(x,y)=2xy +C entonces\[v(x,y)=2xy +g_{1}\] y \(v(x,y)=2xy +g_{2}\)

como \(g_{1}=g_{2}\)\[\therefore\] v(x,y)=2xy+K

--cecy (discusión) 10:31 29 nov 2012 (CST)

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

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Compleja:z-ej-cap1.2

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Compleja:z-ej-cap1.4

Compleja:z-ej-cap2.1