Autor Tema: Prueba teorema análisis complejo.

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02 Mayo, 2016, 07:59 am
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Samir M.

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Antes de exponer el teorema hagamos estas observaciones:

Sea \( f : \emptyset \neq A \subset \mathbb{C} \to \mathbb{C} \). Entonces tendremos dos funciones \( \operatorname{Re} f : \mathbb{C} \to \mathbb{R} \) y \( \operatorname{Im}f : \mathbb{C} \to \mathbb{R} \). Parece ser que existe una analogía con \( g : A\subset \mathbb{R^2}\to \mathbb{R^2} \) definida como \( g(\operatorname{Re}(f), \operatorname{Im}(f)) = (\operatorname{Re}(f), \operatorname{Im}(f))  \): la función \( f \) se puede interpretar como una función de \( \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2 \). Además, sea \( a \in \mathbb{C} \) con \( a= a_1 + ia_2 \) y sea \( T_a : \mathbb{C} (\equiv \mathbb{R}^2) \to \mathbb{C} (\equiv \mathbb{R}^2)  \) una aplicación lineal definida por \( T_a (z) = az \hspace{0.5cm} \forall z \in \mathbb{C} \). Así, la aplicación \( T_a \) (cuya base canónica en \( R^2 \) es \( \{1,i\} \)) tiene como matriz asociada \( \begin{pmatrix}{a_1}&{-a_2}\\{a_2}&{a_1}\end{pmatrix} \).

Como podemos considerar a \( f \) como una función \( A \to \mathbb{R}^2 \) diremos que \( f \) es diferenciable en el sentido real si existe una transformación lineal \( Df:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}^2 \) tal que

\( \displaystyle \lim_{z \to z_0} \dfrac{f(z) - f(z_0) - Df(z_0)(z-z_0)}{|z-z_0|} = 0 \)

donde estamos tomando la equivalencia (que vimos en la analogía) de que dado un \( z \in A \subset \mathbb{C} \) le asociamos el vector \( (\operatorname{Re}(z), \operatorname{Im}(z)) \) de \( \mathbb{R^2} \).

Nota: cuando digo que \( f = u + iv \) es diferenciable en el sentido real obviamente me refiero a que \( f \) es diferenciable en el sentido real si y sólo si \( u \) y \( v \) son diferenciables. Es decir, si \( c = a + ib \) en general podemos escribir que

\( R(z) = f(z) - f(z_0) - c(z-z_0) = [u(z) - u(z_0) - a(x-x_0) + b(y-y_0)] + i [v(z) - v(z_0) - b(x-x_0) - a(y-y_0)] = R_1(z) + iR_2(z) \)

y si ahora dividmos todo por \(  (z-z_0)  \) tenemos que

\( \displaystyle \lim_{z\to z_0}\dfrac{R(z)}{z-z_0} = 0 \iff \lim_{z\to z_0}\dfrac{R_1(z)}{z-z_0} = 0 \) y \( \displaystyle \lim_{z\to z_0}\dfrac{R_2(z)}{z-z_0} = 0 \)

Demostramos el siguiente teorema:

Teorema: Sea \( f : A \subset \mathbb{C} \to \mathbb{C} \) tal que \( f \thicksim
 (u,v) : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2 \) (con la analogía ya vista) y sea \( z_0 \in A \). Entonces \( f \) es derivable en \( z_0  = x_0 + iy_0 \iff u(x,y) \) y \( v(x,y) \) son funciones diferenciables en el sentido real en \( (x_0,y_0) \) y se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en este mismo punto.

    __

Demostración:

\( (\Longrightarrow) \)

Puesto que \( f \) es derivable, podemos escribir:

\( 0 = \displaystyle \lim_{z\to z_0} \left |\dfrac{ f(z) - f(z_0)}{z - z_0} - f'(z_0) \right | = \lim_{z\to z_0} \dfrac{\left | f(z) - f(z_0) - f'(z_0)\cdot (z-z_0)\right |}{\left | z - z_0 \right |} \)

y si hacemos \( z_0 = (x_0,y_0) \) y escogemos \( Df(z_0) = T_{f'(z_0)} = \begin{pmatrix}{\operatorname{Re}f'(z)}&{-\operatorname{Im}f'(z)}\\{\operatorname{Im}f'(z)}&{\operatorname{Re}f'(z)}\end{pmatrix} \) entonces \( f \) es diferenciable en el sentido real.

Escribiendo la matriz Jacobiana real \( Df \) en la base canónica de \( \mathbb{R}^2 \), es trivial ver que las ecuaciones de Cauchy-Riemann se cumplen obteniendo la equivalencia \( f'(z_0) = u_x + iv_x = v_y - iu_y \) y por tanto el directo queda probado.

\( (\Longleftarrow) \)

Recíprocamente, por las ecuaciones de Cauchy-Riemann la matriz jacobiana es

\( Df = \begin{pmatrix}{u_x}&{-v_x}\\{v_x}&{v_x}\end{pmatrix} =  T_{c}  \)

siendo \(  c = u_x + iv_x \). De esto se sigue que \( Df(z_0)(z-z_0) = c\cdot(z-z_0) \) y de la definición de diferenciabilidad en el sentido real:

\( \displaystyle \begin{aligned} 0&=\lim_{z \to z_0} \dfrac{\left | f(z) - f(z_0) - Df(z_0)(z-z_0) \right |}{|z-z_0|} = \lim_{z \to z_0} \dfrac{ \left | f(z) - f(z_0) - c\cdot(z-z_0) \right |}{|z-z_0|} = \lim_{z\to z_0} \left | \dfrac{ f(z) - f(z_0)}{z - z_0} - c \right | \\ &\iff \exists f'(z_0) = c \equiv u_x + iv_x = v_y - iu_y \end{aligned} \) 

completando la demostración del teorema.
\( \square \)                                       

Demostración alternativa: (Teorema 2.2)
Motivación de esta demostración: Carlos Ivorra - Variable compleja: Teorema 2.2
Demostración similar: Páginas 3-4
Lo escrito en azul hace referencia a que lo he añadido después de haber publicado mi respuesta.

02 Mayo, 2016, 09:06 pm
Respuesta #1

Samir M.

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La 'motivación' de la definición que he dado de función diferenciable en el sentido complejo proviene de la definición en el sentido real: yo sé que una función \( f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2  \) será diferenciable en el punto \( z_0 \in \mathbb{R}^2 \) si y sólo si existe una aplicación lineal \( T : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2  \) tal que

\( \displaystyle \lim_{z\to z_0} \dfrac{||f(z) - f(z_0) - T(z-z_0)||}{||z-z_0||} = 0 \)  (1)

Por otra parte, yo sé que una función \( f : \mathbb{C} \to \mathbb{C} \) será derivable en el punto \( z_0 \in \mathbb{C} \) si y sólo si existe \( \lambda \in \mathbb{C} \) tal que

\( \displaystyle 0 =  \lim_{z\to z_0} \dfrac{f(z) - f(z_0) - \lambda (z-z_0)}{z - z_0} \) o lo que es lo mismo \( 0 = \displaystyle \lim_{z\to z_0} \dfrac{\left | f(z) - f(z_0) - \lambda (z-z_0) \right |}{\left | z - z_0 \right |} \)            (2)
     

y en tal caso se tiene que \( \lambda = f'(z_0) \).

Si en la primera definición usamos la norma euclídea, la única diferencia entre (1) y (2) reside en que en (2) vemos a \( z-z_0 \) como un número complejo multiplicado \( \lambda \) mientras que en (1) lo vemos como un vector de \( \mathbb{R}^2 \)  al que le aplicamos la función \( T \). Por tanto, tenemos que aclarar esta diferencia.

Fijémonos que si nosotros escribimos nuestra \( \lambda \in \mathbb{C} \) como \( \lambda = a_1 + i a_2 \) con \( a_1,a_2 \in \mathbb{R} \) se observa claramente que la multiplicación por \( \lambda \) la podemos interpretar como una aplicación lineal de \( \mathbb{R}^2 \) en \( \mathbb{R}^2 \) con la base usual de \( \mathbb{R}^2 \):

\( \begin{pmatrix}{x}\\{y}\end{pmatrix}  \mapsto \begin{pmatrix}{a_1x}&{-a_2y}\\{a_2x}&{a_1 y}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}{a_1}&{-a_2}\\{a_2}&{a_1 }\end{pmatrix} \begin{pmatrix}{x}\\{y}\end{pmatrix} \)

Por tanto, si \( \lambda \) verifica (2) tomando como \( T \) la multiplicación por \( \lambda \) tenemos (1), y además, la matriz asociada a \( T \) en nuestra base usual de \( \mathbb{R}^2 \) (la matriz Jacobiana de \( f \) en el punto \( z_0 \)) la podemos escribir como \( \begin{pmatrix}{a_1}&{-a_2}\\{a_2}&{a_1 }\end{pmatrix} \) identificando \( a_1 = \operatorname{Re} \lambda \) y \( a_2 = \operatorname{Im} \lambda \). Pero claro, recíprocamente, si se verifica (1) y además la matriz jacobiana de \( f \) en el punto \( z_0 \) tiene la forma \( \begin{pmatrix}{a_1}&{-a_2}\\{a_2}&{a_1 }\end{pmatrix} \) con \( a_1, a_2 \in \mathbb{R} \) y si definimos \( \lambda = a_1 + ia_2 \) tenemos de nuevo (2).

Esta motivación es, de hecho, una forma alternativa a la demostración usual de las ecuaciones de Cauchy-Riemann, pues no hay más que escribir la matriz jacobiana usual de \(  \mathbb{R}^2 \) e igualar ambas matrices para obtenerlas (recuérdese que, como hemos demostrado en el anterior post, la diferenciación de \( f \) en el sentido real equivale a la diferenciabilidad de sus funciones componentes \( u \) y \( v \)). Puede que ayude a comprender esto el hecho de considerar \( \mathbb{C} \) como un 2-dimensional espacio vectorial sobre \( \mathbb{R} \) y notando que es isomorfo a \( \mathbb{R}^2 \).
Lo escrito en azul hace referencia a que lo he añadido después de haber publicado mi respuesta.

30 Diciembre, 2018, 06:51 pm
Respuesta #2

pepiso

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Hola, tengo una duda bastante importante, cuando hablamos de diferenciabilidad en sentido complejo a que nos referimos es decir, ¿es equivalente a hablar de derivabilidad?

30 Diciembre, 2018, 07:42 pm
Respuesta #3

manooooh

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Hola

Hola, tengo una duda bastante importante, cuando hablamos de diferenciabilidad en sentido complejo a que nos referimos es decir, ¿es equivalente a hablar de derivabilidad?

Siguiendo la analogía con variable real, te diría que sí (si es que hablás de una variable compleja).

Feliz Año

30 Diciembre, 2018, 10:08 pm
Respuesta #4

Luis Fuentes

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Hola

Hola, tengo una duda bastante importante, cuando hablamos de diferenciabilidad en sentido complejo a que nos referimos es decir, ¿es equivalente a hablar de derivabilidad?

Si.

Saludos.