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Revisión actual - 00:53 15 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)

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