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

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