6.3: Diferenciación compleja
( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\)
Se dice que el complejof es diferenciable enz0 si
limz→z0f(z)−f(z0)z−z0
existe, con lo que queremos decir que
f(zn)−f(z0)zn−z0
converge al mismo valor para cada secuencia{zn} que converge az0. En este caso, naturalmente llamamos al límiteddzf(z0)
Para ilustrar el concepto de 'para cada' mencionado anteriormente, utilizamos la siguiente imagen. Suponemos que el puntoz0 es diferenciable, lo que significa que cualquier secuencia concebible va a converger az0. Se esbozan tres secuencias en la imagen: números reales, números imaginarios y un patrón espiral de ambos.
Secuencias que se aproximan a un punto en el plano complejo
El derivado dez2 es2z.
limz→z0z2−z20z−z0=limz→z0(z−z0)(z+z0)z−z0=2z0
Lo exponencial es su propio derivado.
limz→z0ez−ez0z−z0=ez0limz→z0ez−z0−1z−z0=ez0limz→z0∞∑n=0(z−z0)n(n+1)!=ez0
La parte real de noz es una función diferenciable dez.
Mostramos que el límite depende del ángulo de aproximación. Primero, cuandozn→z0 en una línea paralela al eje real, por ejemplozn=x0+1n+iy0, encontramos
limn→∞x0+1n−x0x0+1n+iy0−x0+iy0=1
mientras que sizn→z0 en la dirección imaginaria, por ejemplo,zn=x0+i(y0+1n), entonces
limn→∞x0−x0x0+i(y0+1n)−x0+iy0=0
Conclusión
NOT_CONVERTED_YE: para
Este último ejemplo sugiere que cuandof es diferenciable una relación simple debe unir sus derivadas parciales enx yy.
Sif es diferenciable enz0 entoncesddzf(z0)=∂f(z0)∂x=−(i∂f(z0)∂y)
Conz=x+iy0
ddzf(z0)=limz→z0f(z)−f(z0)z−z0=limx→x0f(x+iy0)−f(x0+iy0x−x0=∂f(z0)∂x
Conz=x0+iy
ddzf(z0)=limz→z0f(z)−f(z0)z−z0=limx→x0f(x0+iy)−f(x0+iy0i(y−y0)=−(i∂f(z0)∂y)
Ecuaciones de Cauchy-Reimann
En cuanto a las partes reales e imaginarias def este resultado trae las ecuaciones de Cauchy-Riemann.
∂u∂x=∂v∂y
y
∂v∂x=−∂u∂y
Con respecto a la proposición inversa observamos que cuandof tiene derivadas parciales continuas en la región obedeciendo las ecuaciones de Cauchy-Reimann entoncesf es de hecho diferenciable en la región.
Observamos que sin más energía que la gastada en sus primos reales se pueden descubrir las reglas para diferenciar sumas complejas, productos, cocientes y composiciones.
Como una aplicación importante de la derivada intentemos expandir en fracciones parciales una función racional cuyo denominador tiene una raíz con grado mayor que uno. Como calentamiento intentemos encontrarq1,1 yq1,2 en la expresión
z+2(z+1)2=q1,1z+1+q1,2(z+1)2
Argumentando como arriba, parece prudente multiplicarse por(z+1)2 y así llegar a
z+2=q1,1(z+1)+q1,2
Al configurarz=−1 esto daq1,2=1. Conq1,2 computado, Ecuación toma la forma simplez+1=q1,1(z+1) yq1,2=1 así también. Por lo tanto,
z+2(z+1)2=1z+11(z+1)2
Este último paso se vuelve más engorroso para raíces de grados superiores. Consideremos
(z+2)2(z+1)3=q1,1z+1+q1,2(z+1)2+q1,3(z+1)3
El primer paso sigue siendo correcto: multiplicar por el factor en su grado más alto, aquí 3. Esto nos deja con
(z+2)2=q1,1(z+1)2+q1,2(z+1)+q1,3
El ajustez=−1 vuelve a producir el último coeficiente, aquíq1,3=1. Sin embargo, nos quedamos con una ecuación en dos incógnitas. Bueno, no realmente una ecuación, para Ecuación es sostener para todosz, de Ecuación. Esto produce
2(z+2)=2q1,1(z+1)+q1,2
y2=q1,1 Este último por supuesto no necesita comentarios. Derivamosq1,2 de lo primero por ambientaciónz=−1. Este ejemplo nos permitirá derivar una expresión simple para la expansión parcial de la fracción de la función racional general propiamente dichaq=fg dondeg tiene h raíces distintas{λ1,⋯,λh} de grados respectivos{d1,⋯,dh}. Escribimos
q(z)=h∑j=1dj∑k=1qj,k(z−λj)k
y señalar, como arriba, eseqj,k es el coeficiente de(z−dj)dj−k en la función racional
rj(z)≡q(z)(z−λj)dj
Por lo tanto,qj,k puede calcularse estableciendoz=λj en la relación de ladj−kth derivada derj a(dj−k)!
qj,k=limz→λj1(dj−k)!ddj−kdzdj−k{(z−λj)djq(z)}
Como segundo ejemplo, tomemos
B=(100130011)
y computar lasΦj,k matrices en la expansión
(zI−B)−1=(1z−1001(z−1)(z−3)1z−301(z−1)2(z−3)1(z−1)(z−3)1z−1)=1z−1Φ1,1+1(z−1)2Φ1,2+1z−3Φ2,1
El único término desafiante es el(3,1) elemento. Escribimos
1(z−1)2(z−3)=q1,1z−1+q1,2(z−1)2+q2,1z−3
De ello se deduce que
q1,1=ddz(1z−31)=−1/4
y
q1,2=1z−31=−1/4
y
q2,1=(1(z−3)21)=1/4
Ahora se deduce que
(zI−B)−1=1z−1(100−1/200−1/4−1/21)+1(z−1)2(000000−1/200)+1z−3(0001/2101/41/20)
Para concluir, comentemos que el método de expansiones parciales de fracciones se ha implementado en Matlab. De hecho,q_{1,1}, q_{1,2}, q_{2,1} todas las ecuaciones siguen del comando único: [r, p, k] =residuo ([0 0 0 1], [1 -5 7 -3])
. El primer argumento de entrada es Matlab-speak para el polinomiof(z) = 1 mientras que el segundo argumento corresponde al denominador
g(z) = (z-1)^{2}(z-3) = z^{3}-5z^{2}+7z-3 \nonumber