Saltar al contenido principal

# 5.4: Funciones Complejas y Vector-Valoradas en$$E^{1}$$

$$\newcommand{\vecs}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} }$$

$$\newcommand{\vecd}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash {#1}}}$$

$$\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$$ $$\newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$$

( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\) $$\newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$$

$$\newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$$ $$\newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$$

$$\newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$$ $$\newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$$

$$\newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$$

$$\newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$$

$$\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$$

$$\newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$$

$$\newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$$

$$\newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$$

$$\newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$$

$$\newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$$

$$\newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$$

$$\newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$$

$$\newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$$

$$\newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$$ $$\newcommand{\AA}{\unicode[.8,0]{x212B}}$$

$$\newcommand{\vectorA}[1]{\vec{#1}} % arrow$$

$$\newcommand{\vectorAt}[1]{\vec{\text{#1}}} % arrow$$

$$\newcommand{\vectorB}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} }$$

$$\newcommand{\vectorC}[1]{\textbf{#1}}$$

$$\newcommand{\vectorD}[1]{\overrightarrow{#1}}$$

$$\newcommand{\vectorDt}[1]{\overrightarrow{\text{#1}}}$$

$$\newcommand{\vectE}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash{\mathbf {#1}}}}$$

$$\newcommand{\vecs}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} }$$

$$\newcommand{\vecd}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash {#1}}}$$

$$\newcommand{\avec}{\mathbf a}$$ $$\newcommand{\bvec}{\mathbf b}$$ $$\newcommand{\cvec}{\mathbf c}$$ $$\newcommand{\dvec}{\mathbf d}$$ $$\newcommand{\dtil}{\widetilde{\mathbf d}}$$ $$\newcommand{\evec}{\mathbf e}$$ $$\newcommand{\fvec}{\mathbf f}$$ $$\newcommand{\nvec}{\mathbf n}$$ $$\newcommand{\pvec}{\mathbf p}$$ $$\newcommand{\qvec}{\mathbf q}$$ $$\newcommand{\svec}{\mathbf s}$$ $$\newcommand{\tvec}{\mathbf t}$$ $$\newcommand{\uvec}{\mathbf u}$$ $$\newcommand{\vvec}{\mathbf v}$$ $$\newcommand{\wvec}{\mathbf w}$$ $$\newcommand{\xvec}{\mathbf x}$$ $$\newcommand{\yvec}{\mathbf y}$$ $$\newcommand{\zvec}{\mathbf z}$$ $$\newcommand{\rvec}{\mathbf r}$$ $$\newcommand{\mvec}{\mathbf m}$$ $$\newcommand{\zerovec}{\mathbf 0}$$ $$\newcommand{\onevec}{\mathbf 1}$$ $$\newcommand{\real}{\mathbb R}$$ $$\newcommand{\twovec}[2]{\left[\begin{array}{r}#1 \\ #2 \end{array}\right]}$$ $$\newcommand{\ctwovec}[2]{\left[\begin{array}{c}#1 \\ #2 \end{array}\right]}$$ $$\newcommand{\threevec}[3]{\left[\begin{array}{r}#1 \\ #2 \\ #3 \end{array}\right]}$$ $$\newcommand{\cthreevec}[3]{\left[\begin{array}{c}#1 \\ #2 \\ #3 \end{array}\right]}$$ $$\newcommand{\fourvec}[4]{\left[\begin{array}{r}#1 \\ #2 \\ #3 \\ #4 \end{array}\right]}$$ $$\newcommand{\cfourvec}[4]{\left[\begin{array}{c}#1 \\ #2 \\ #3 \\ #4 \end{array}\right]}$$ $$\newcommand{\fivevec}[5]{\left[\begin{array}{r}#1 \\ #2 \\ #3 \\ #4 \\ #5 \\ \end{array}\right]}$$ $$\newcommand{\cfivevec}[5]{\left[\begin{array}{c}#1 \\ #2 \\ #3 \\ #4 \\ #5 \\ \end{array}\right]}$$ $$\newcommand{\mattwo}[4]{\left[\begin{array}{rr}#1 \amp #2 \\ #3 \amp #4 \\ \end{array}\right]}$$ $$\newcommand{\laspan}[1]{\text{Span}\{#1\}}$$ $$\newcommand{\bcal}{\cal B}$$ $$\newcommand{\ccal}{\cal C}$$ $$\newcommand{\scal}{\cal S}$$ $$\newcommand{\wcal}{\cal W}$$ $$\newcommand{\ecal}{\cal E}$$ $$\newcommand{\coords}[2]{\left\{#1\right\}_{#2}}$$ $$\newcommand{\gray}[1]{\color{gray}{#1}}$$ $$\newcommand{\lgray}[1]{\color{lightgray}{#1}}$$ $$\newcommand{\rank}{\operatorname{rank}}$$ $$\newcommand{\row}{\text{Row}}$$ $$\newcommand{\col}{\text{Col}}$$ $$\renewcommand{\row}{\text{Row}}$$ $$\newcommand{\nul}{\text{Nul}}$$ $$\newcommand{\var}{\text{Var}}$$ $$\newcommand{\corr}{\text{corr}}$$ $$\newcommand{\len}[1]{\left|#1\right|}$$ $$\newcommand{\bbar}{\overline{\bvec}}$$ $$\newcommand{\bhat}{\widehat{\bvec}}$$ $$\newcommand{\bperp}{\bvec^\perp}$$ $$\newcommand{\xhat}{\widehat{\xvec}}$$ $$\newcommand{\vhat}{\widehat{\vvec}}$$ $$\newcommand{\uhat}{\widehat{\uvec}}$$ $$\newcommand{\what}{\widehat{\wvec}}$$ $$\newcommand{\Sighat}{\widehat{\Sigma}}$$ $$\newcommand{\lt}{<}$$ $$\newcommand{\gt}{>}$$ $$\newcommand{\amp}{&}$$ $$\definecolor{fillinmathshade}{gray}{0.9}$$

Los teoremas de §§2-3 fallan para funciones complejas y vectorizadas (ver Problema 3 a continuación y Problema 2 en §3). Sin embargo, algunos análogos sostienen. En cierto sentido, incluso son más fuertes, pues, a diferencia de los teoremas anteriores, no requieren de la existencia de una derivada en un intervalo entero$$I \subseteq E^{1},$$ sino solamente en$$I-Q$$, donde$$Q$$ hay un conjunto contable, uno contenido en el rango de una secuencia,$$Q \subseteq\left\{p_{m}\right\}.$$ (Presuponemos en lo sucesivo §9 del Capítulo 1. )

En el siguiente teorema, debido a N. Bourbaki,$$g : E^{1} \rightarrow E^{*}$$ se extiende real mientras que también$$f$$ puede ser complejo o vectorizado. La llamamos la ley de incrementos finitos ya que trata de “incrementos finitos”$$f(b)-f(a)$$ y,$$g(b)-g(a) .$$ aproximadamente, afirma que$$\left|f^{\prime}\right| \leq g^{\prime}$$ implica una desigualdad similar para los incrementos.

## Teorema$$\PageIndex{1}$$ (finite increments law)

Dejar$$f : E^{1} \rightarrow E$$ y$$g : E^{1} \rightarrow E^{*}$$ ser relativamente continuo y finito en un intervalo cerrado$$I=[a, b] \subseteq E^{1},$$ y tener derivadas con$$\left|f^{\prime}\right| \leq g^{\prime},$$ on$$I-Q$$ donde$$Q \subseteq\left\{p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{m}, \ldots\right\}.$$ Entonces

$|f(b)-f(a)| \leq g(b)-g(a).$

La prueba es algo laboriosa, pero vale la pena. (En una primera lectura, uno puede omitirlo, sin embargo). Se esbozan algunas ideas preliminares.

Ante cualquier$$x \in I,$$ supongamos primero que$$x>p_{m}$$ para al menos uno$$p_{m} \in Q.$$ En este caso, ponemos

$Q(x)=\sum_{p_{m}<x} 2^{-m};$

aquí la suma es sólo por encima de aquellos$$m$$ para los cuales$$p_{m}<x.$$ Si, sin embargo, no hay$$p_{m} \in Q$$ con$$p_{m}<x,$$ ponemos$$Q(x)=0.$$ así$$Q(x)$$ se define para todos$$x \in I.$$ Da una idea de “cuántos”$$p_{m}$$ (a los que$$f$$ puede no tener derivado) preceden$$x.$$ Nota eso$$x<y$$ implica$$Q(x) \leq Q(y)$$. (¿Por qué?) También,

$Q(x) \leq \sum_{m=1}^{\infty} 2^{-m}=1.$

Nuestro plan es el siguiente. Para probar (1), basta con demostrar que para algunos fijos$$K \in E^{1},$$ tenemos

$(\forall \varepsilon>0) \quad|f(b)-f(a)| \leq g(b)-g(a)+K \varepsilon,$

para entonces, dejando que$$\varepsilon \rightarrow 0,$$ obtengamos (1). Nosotros elegimos

$K=b-a+Q(b), \text { with } Q(x) \text { as above. }$

Fijación temporal$$\varepsilon>0,$$ llamemos a un punto$$r \in I$$ “bueno” iff

$|f(r)-f(a)| \leq g(r)-g(a)+[r-a+Q(r)] \varepsilon$

y “malo” de otra manera. Demostraremos que$$b$$ es “bueno”. Primero, probamos un lema.

## Lema$$\PageIndex{1}$$

A cada punto “bueno” le$$r \in I(r<b)$$ sigue un intervalo completo$$(r, s), r<s \leq b,$$ que consiste únicamente en puntos “buenos”.

Prueba

Primero déjalo$$r \notin Q,$$ por suposición,$$f$$ y$$g$$ tener derivados en$$r,$$ con

$\left|f^{\prime}(r)\right| \leq g^{\prime}(r).$

Supongamos$$g^{\prime}(r)<+\infty.$$ Entonces (tratando$$g^{\prime}$$ como una derivada derecha) podemos encontrar$$s>r$$$$(s \leq b)$$ tal que, para todos$$x$$ en el intervalo$$(r, s),$$,

$\left|\frac{g(x)-g(r)}{x-r}-g^{\prime}(r)\right|<\frac{\varepsilon}{2} \quad\text {(why?);}$

similarmente para$$f.$$ Multiplicar por$$x-r,$$ obtenemos

\begin{aligned}\left|f(x)-f(r)-f^{\prime}(r)(x-r)\right|<(x-r) \frac{\varepsilon}{2} \text { and } \\ \left|g(x)-g(r)-g^{\prime}(r)(x-r)\right|<(x-r) \frac{\varepsilon}{2}, \end{aligned}

y de ahí por el triángulo de la desigualdad (¡explique!) ,

$|f(x)-f(r)| \leq\left|f^{\prime}(r)\right|(x-r)+(x-r) \frac{\varepsilon}{2}$

y

$g^{\prime}(r)(x-r)+(x-r) \frac{\varepsilon}{2}<g(x)-g(r)+(x-r) \varepsilon.$

Combinando esto con$$\left|f^{\prime}(r)\right| \leq g^{\prime}(r),$$ obtenemos

$|f(x)-f(r)| \leq g(x)-g(r)+(x-r) \varepsilon \text { whenever } r<x<s.$

Ahora como$$r$$ es “bueno”, satisface de$$(2) ;$$ ahí, ciertamente, como$$Q(r) \leq Q(x)$$,

$|f(r)-f(a)| \leq g(r)-g(a)+(r-a) \varepsilon+Q(x) \varepsilon \text { whenever } r<x<s.$

Añadiendo esto a (3) y usando de nuevo la desigualdad triangular, tenemos

$|f(x)-f(a)| \leq g(x)-g(a)+[x-a+Q(x)] \varepsilon \text { for all } x \in(r, s).$

Por definición, esto demuestra que cada uno$$x \in(r, s)$$ es “bueno”, como se afirma. Así se prueba el lema para el caso$$r \in I-Q,$$ con$$g^{\prime}(r)<+\infty$$.

Los casos$$g^{\prime}(r)=+\infty$$ y$$r \in Q$$ se dejan como Problemas 1 y 2. $$\quad \square$$

Ahora volvemos al Teorema 1.

Prueba de Teorema 1. Buscar una contradicción, supongamos que$$b$$ es “malo”, y deja$$B \neq \emptyset$$ ser el conjunto de todos los puntos “malos” en$$[a, b].$$ Let

$r=\inf B, \quad r \in[a, b].$

Entonces el intervalo$$[a, r)$$ puede contener solo puntos “buenos”, es decir, puntos$$x$$ tales que

$|f(x)-f(a)| \leq g(x)-g(a)+[x-a+Q(x)] \varepsilon.$

Como$$x<r$$ implica$$Q(x) \leq Q(r),$$ tenemos

$|f(x)-f(a)| \leq g(x)-g(a)+[x-a+Q(r)] \varepsilon \text { for all } x \in[a, r).$

Tenga en cuenta que$$[a, r) \neq \emptyset,$$ para por (2),$$a$$ es ciertamente “bueno' (¿por qué?) , y así Lemma 1 arroja todo un intervalo$$[a, s)$$ de puntos “buenos” contenidos en$$[a, r).$$

Dejando$$x \rightarrow r$$ entrar (4) y usando la continuidad de$$f$$ at$$r,$$ obtenemos (2). Así$$r$$ es “bueno” en sí mismo. Entonces, sin embargo, Lemma 1 arroja un nuevo intervalo$$(r, q)$$ de puntos “buenos”. De ahí que no$$[a, q)$$ tenga puntos “malos”, y así lo$$q$$ es un límite inferior del conjunto$$B$$ de puntos “malos” en$$I$$, contrario a$$q>r=\operatorname{glb} B$$. Esta contradicción demuestra que$$b$$ debe ser “bueno”, es decir,

$|f(b)-f(a)| \leq g(b)-g(a)+[b-a+Q(b)] \varepsilon.$

Ahora, dejando que$$\varepsilon \rightarrow 0,$$ obtengamos la fórmula (1), y todo está probado. $$\quad \square$$

## Corolario$$\PageIndex{1}$$

Si$$f : E^{1} \rightarrow E$$ es relativamente continuo y finito$$I=[a, b] \subseteq$$$$E^{1},$$ y tiene un derivado en$$I-Q,$$ entonces hay un real$$M$$ tal que

$|f(b)-f(a)| \leq M(b-a) \text { and } M \leq \sup _{t \in I-Q}\left|f^{\prime}(t)\right|.$

Prueba

Vamos

$M_{0}=\sup _{t \in I-Q}\left|f^{\prime}(t)\right|.$

Si$$M_{0}<+\infty,$$ se$$M=M_{0} \geq\left|f^{\prime}\right|$$ pone$$I-Q,$$ y toma$$g(x)=M x$$ en Teorema 1. $$I-Q,$$Entonces$$g^{\prime}=M \geq\left|f^{\prime}\right|$$ en la fórmula (1) rinde (5) ya que

$g(b)-g(a)=M b-M a=M(b-a).$

Si, sin embargo,$$M_{0}=+\infty,$$ vamos

$M=\left|\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right|<M_{0}.$

Entonces (5) claramente es cierto. Así lo requerido$$M$$ existe siempre. $$\quad \square$$

## Corolario$$\PageIndex{2}$$

Seamos$$f$$ como en Corolario 1. Entonces$$f$$ es constante en$$I$$ iff$$f^{\prime}=0$$ on$$I-Q.$$

Prueba

Si está$$f^{\prime}=0$$ encendido$$I-Q,$$ entonces$$M=0$$ en Corolario 1, entonces Corolario 1 rinde, para cualquier subintervalo$$[a, x](x \in I),|f(x)-f(a)| \leq 0;$$ es decir,$$f(x)=f(a)$$ para todos$$x \in I.$$ Así$$f$$ es constante on$$I.$$

Por el contrario, si es así,$$f^{\prime}=0,$$ incluso en todos$$I. \quad \square$$

## Corolario$$\PageIndex{3}$$

Let$$f, g : E^{1} \rightarrow E$$ ser relativamente continuo y finito encendido$$I=[a, b],$$ y diferenciable en$$I-Q.$$ Entonces$$f-g$$ es constante en$$I$$ iff$$f^{\prime}=g^{\prime}$$ on$$I-Q.$$

Prueba

Aplicar el Corolario 2 a la función$$f-g. \quad \square$$

Ahora también podemos fortalecer las partes (ii) y (iii) del Corolario 4 en §2.

## Teorema$$\PageIndex{2}$$

$$f$$Sea real y tenga las propiedades declaradas en Corolario 1. Entonces

(i)$$f \uparrow$$ en$$I=[a, b]$$ iff$$f^{\prime} \geq 0$$$$I-Q ;$$ y

ii)$$f \downarrow$$ en$$I$$ iff$$f^{\prime} \leq 0$$ on$$I-Q$$.

Prueba

$$f^{\prime} \geq 0$$Vamos a$$I-Q.$$ Fijar cualquiera$$x, y \in I(x<y)$$ y definir$$g(t)=0$$ en$$E^{1}.$$ Luego$$\left|g^{\prime}\right|=0 \leq f^{\prime}$$ en$$I-Q .$$ Así$$g$$ y$$f$$ satisfacer el Teorema 1 (con sus roles invertidos en$$I,$$ y ciertamente en el subintervalo$$[x, y].$$ Así tenemos

$f(y)-f(x) \geq|g(y)-g(x)|=0, \text { i.e., } f(y) \geq f(x) \text { whenever } y>x \text { in } I,$

así$$f \uparrow$$ sucesivamente$$I$$.

Por el contrario, si$$f \uparrow$$ en$$I,$$ entonces para cada$$p \in I,$$ debemos tener$$f^{\prime}(p) \geq 0,$$ para lo contrario, por Lema 1 de §2,$$f$$ disminuiría en$$p.$$ Así$$f^{\prime} \geq 0$$, incluso en todos$$I,$$ y (i) se demuestra. La aserción (ii) se demuestra de manera similar. $$\quad \square$$

This page titled 5.4: Funciones Complejas y Vector-Valoradas en$$E^{1}$$ is shared under a CC BY 3.0 license and was authored, remixed, and/or curated by Elias Zakon (The Trilla Group (support by Saylor Foundation)) via source content that was edited to the style and standards of the LibreTexts platform.