6.3: Diferenciación compleja

Se dice que el complejo$f$ es diferenciable en$z_{0}$ si

$$\lim_{z \rightarrow z_{0}} \frac{f(z)-f(z_{0})}{z-z_{0}} \nonumber$$

existe, con lo que queremos decir que

$$\frac{f(z_{n})-f(z_{0})}{z_{n}-z_{0}} \nonumber$$

converge al mismo valor para cada secuencia$\{z_{n}\}$ que converge a$z_{0}$. En este caso, naturalmente llamamos al límite$\frac{d}{dz} f(z_{0})$

Para ilustrar el concepto de 'para cada' mencionado anteriormente, utilizamos la siguiente imagen. Suponemos que el punto$z_{0}$ es diferenciable, lo que significa que cualquier secuencia concebible va a converger a$z_{0}$. 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

Figura$\PageIndex{1}$: El verde es real, el azul es imaginario y el rojo es la espiral. (CC BY-NC; Ümit Kaya)

Ejemplo$\PageIndex{1}$

El derivado de$z^2$ es$2z$.

$$\begin{align*} \lim z \rightarrow z_{0} \frac{z^2-z_{0}^2}{z-z_{0}} &= \lim_{z \rightarrow z_{0}} \frac{(z-z_{0})(z+z_{0})}{z-z_{0}} \\[4pt] &= 2z_{0} \end{align*}$$

Ejemplo$\PageIndex{2}$

Lo exponencial es su propio derivado.

$$\begin{align*} \lim z \rightarrow z_{0} \frac{e^{z}-e^{z_{0}}}{z-z_{0}} &= e^{z_{0}} \lim_{z \rightarrow z_{0}} \frac{e^{z-z_{0}}-1}{z-z_{0}} \\[4pt] &= e^{z_{0}} \lim_{z \rightarrow z_{0}} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(z-z_{0})^{n}}{(n+1)!} \\[4pt] &= e^{z_{0}} \end{align*}$$

Ejemplo$\PageIndex{3}$

La parte real de no$z$ es una función diferenciable de$z$.

Mostramos que el límite depende del ángulo de aproximación. Primero, cuando$z_{n} \rightarrow z_{0}$ en una línea paralela al eje real, por ejemplo$z_{n} = x_{0}+\frac{1}{n}+iy_{0}$, encontramos

$$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{x_{0}+\frac{1}{n}-x_{0}}{x_{0}+\frac{1}{n}+iy_{0}-x_{0}+iy_{0}} = 1 \nonumber$$

mientras que si$z_{n} \rightarrow z_{0}$ en la dirección imaginaria, por ejemplo,$z_{n} = x_{0}+i(y_{0}+\frac{1}{n})$, entonces

$$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{x_{0}-x_{0}}{x_{0}+i(y_{0}+\frac{1}{n})-x_{0}+iy_{0}} = 0 \nonumber$$

Conclusión

NOT_CONVERTED_YE: para

Este último ejemplo sugiere que cuando$f$ es diferenciable una relación simple debe unir sus derivadas parciales en$x$ y$y$.

Definición: Relación derivada parcial

Si$f$ es diferenciable en$z_{0}$ entonces$\frac{d}{dz} f(z_{0}) = \frac{\partial f(z_{0})}{\partial x} = -(i \frac{\partial f(z_{0})}{\partial y})$

Con$z = x+iy_{0}$

$$\begin{align*} \frac{d}{dz} f(z_0) &= \lim_{z \rightarrow z_0} \frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0} \\[4pt] &= \lim_{x \rightarrow x_0} \frac{f(x+iy_0)-f(x_0+iy_0}{x-x_0} \\[4pt] &= \frac{\partial f(z_{0})}{\partial x} \end{align*}$$

Con$z = x_{0}+iy$

$$\begin{align*} \frac{d}{dz} f(z_{0}) &= \lim_{z \rightarrow z_{0}} \frac{f(z)-f(z_{0})}{z-z_{0}} \\[4pt] &= \lim_{x \rightarrow x_{0}} \frac{f(x_{0}+iy)-f(x_{0}+iy_{0}}{i(y-y_{0})} \\[4pt] &= -(i \frac{\partial f(z_{0})}{\partial y}) \end{align*}$$

Ecuaciones de Cauchy-Reimann

En cuanto a las partes reales e imaginarias de$f$ este resultado trae las ecuaciones de Cauchy-Riemann.

$$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} \nonumber$$

y

$$\frac{\partial v}{\partial x} = -\frac{\partial u}{\partial y} \nonumber$$

Con respecto a la proposición inversa observamos que cuando$f$ tiene derivadas parciales continuas en la región obedeciendo las ecuaciones de Cauchy-Reimann entonces$f$ 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 encontrar$q_{1,1}$ y$q_{1,2}$ en la expresión

$$\frac{z+2}{(z+1)^2} = \frac{q_{1,1}}{z+1}+\frac{q_{1,2}}{(z+1)^2} \nonumber$$

Argumentando como arriba, parece prudente multiplicarse por$(z+1)^2$ y así llegar a

$$z+2 = q_{1,1}(z+1)+q_{1,2} \nonumber$$

Al configurar$z = -1$ esto da$q_{1,2} = 1$. Con$q_{1,2}$ computado, Ecuación toma la forma simple$z+1 = q_{1,1}(z+1)$ y$q_{1,2} = 1$ así también. Por lo tanto,

$$\frac{z+2}{(z+1)^2} = \frac{1}{z+1} \frac{1}{(z+1)^2} \nonumber$$

Este último paso se vuelve más engorroso para raíces de grados superiores. Consideremos

$$\frac{(z+2)^2}{(z+1)^3} = \frac{q_{1,1}}{z+1}+\frac{q_{1,2}}{(z+1)^2}+\frac{q_{1,3}}{(z+1)^3} \nonumber$$

El primer paso sigue siendo correcto: multiplicar por el factor en su grado más alto, aquí 3. Esto nos deja con

$$(z+2)^2 = q_{1,1}(z+1)^2+q_{1,2}(z+1)+q_{1,3} \nonumber$$

El ajuste$z = -1$ vuelve a producir el último coeficiente, aquí$q_{1,3} = 1$. Sin embargo, nos quedamos con una ecuación en dos incógnitas. Bueno, no realmente una ecuación, para Ecuación es sostener para todos$z$, de Ecuación. Esto produce

$$2(z+2) = 2q_{1,1}(z+1)+q_{1,2} \nonumber$$

y$2 = q_{1,1}$ Este último por supuesto no necesita comentarios. Derivamos$q_{1,2}$ de lo primero por ambientación$z = -1$. Este ejemplo nos permitirá derivar una expresión simple para la expansión parcial de la fracción de la función racional general propiamente dicha$q = \frac{f}{g}$ donde$g$ tiene h raíces distintas$\{\lambda_{1}, \cdots, \lambda_{h}\}$ de grados respectivos$\{d_{1}, \cdots, d_{h}\}$. Escribimos

$$q(z) = \sum_{j = 1}^{h} \sum_{k = 1}^{d_{j}} \frac{q_{j,k}}{(z-\lambda_{j})^k} \nonumber$$

y señalar, como arriba, ese$q_{j,k}$ es el coeficiente de$(z-d_{j})^{d_{j-k}}$ en la función racional

$$r_{j}(z) \equiv q(z)(z-\lambda_{j})^{d_{j}} \nonumber$$

Por lo tanto,$q_{j,k}$ puede calcularse estableciendo$z = \lambda_{j}$ en la relación de la$d_{j}-kth$ derivada de$r_{j}$ a$(d_{j}-k)!$

$$q_{j,k} = \lim_{z \rightarrow \lambda_{j}} \frac{1}{(d_{j}-k)!} \frac{d^{d_{j}-k}}{dz^{d_{j}-k}} \{(z-\lambda_{j})^{d_{j}} q(z)\} \nonumber$$

Como segundo ejemplo, tomemos

$$B = \begin{pmatrix} {1}&{0}&{0}\\ {1}&{3}&{0}\\ {0}&{1}&{1} \end{pmatrix} \nonumber$$

y computar las$\Phi_{j,k}$ matrices en la expansión

$$\begin{align*} (zI-B)^{-1} &= \begin{pmatrix} {\frac{1}{z-1}}&{0}&{0}\\ {\frac{1}{(z-1)(z-3)}}&{\frac{1}{z-3}}&{0}\\ {\frac{1}{(z-1)^{2}(z-3)}}&{\frac{1}{(z-1)(z-3)}}&{\frac{1}{z-1}} \end{pmatrix} \\[4pt] &= \frac{1}{z-1} \Phi_{1,1}+\frac{1}{(z-1)^2} \Phi_{1,2}+\frac{1}{z-3} \Phi_{2,1} \end{align*}$$

El único término desafiante es el$(3,1)$ elemento. Escribimos

$$\frac{1}{(z-1)^{2}(z-3)} = \frac{q_{1,1}}{z-1}+\frac{q_{1,2}}{(z-1)^2}+\frac{q_{2,1}}{z-3} \nonumber$$

De ello se deduce que

$$\begin{align*} q_{1,1} &= \frac{d}{dz}(\frac{1}{z-3}1) \\[4pt] &= -1/4 \end{align*}$$

y

$$\begin{align*} q_{1,2} &= \frac{1}{z-3}1 \\[4pt] &= -1/4 \end{align*}$$

y

$$\begin{align*}q_{2,1} &= (\frac{1}{(z-3)^{2}}1) \\[4pt] &= 1/4 \end{align*}$$

Ahora se deduce que

$$(zI-B)^{-1} = \frac{1}{z-1} \begin{pmatrix} {1}&{0}&{0}\\ {-1/2}&{0}&{0}\\ {-1/4}&{-1/2}&{1} \end{pmatrix}+\frac{1}{(z-1)^2} \begin{pmatrix} {0}&{0}&{0}\\ {0}&{0}&{0}\\ {-1/2}&{0}&{0} \end{pmatrix}+\frac{1}{z-3} \begin{pmatrix} {0}&{0}&{0}\\ {1/2}&{1}&{0}\\ {1/4}&{1/2}&{0} \end{pmatrix} \nonumber$$

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 polinomio$f(z) = 1$ mientras que el segundo argumento corresponde al denominador

$$g(z) = (z-1)^{2}(z-3) = z^{3}-5z^{2}+7z-3 \nonumber$$