Pochodna funkcji zespolonej

[KochamMatematyke]

Cześć,

proszę o sprawdzenie czy dobrze robię zadanie. Treść brzmi:

1. Sprawdzić, w jakich punktach płaszczyzny zespolonej istnieje pochodna funkcji:
a) \(\displaystyle{ f(z)=(z+Im z)*Re z}\)
b) \(\displaystyle{ f(z)=(z+Re z)* \overline{z}}\)


a)
\(\displaystyle{ f(z)=(z+Im z)*Re z}\)
\(\displaystyle{ f(z)=(x+yj+y)*x=x^2+xy+xyj \newline
u(x,y)=x^2+y \newline
v(x,y)=xy}\)

\(\displaystyle{ \frac{du}{dx} = 2x+y \newline \newline
\frac{du}{dy} = x \newline \newline \newline}\)

\(\displaystyle{ \frac{dv}{dx} = y \newline \newline
\frac{dv}{dy} = x \newline \newline \newline}\)

\(\displaystyle{ \frac{du}{dx} = \frac{dv}{dy}}\)

\(\displaystyle{ \frac{du}{dy} = - \frac{dv}{dx}}\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} 2x+y=x\\x=-y\end{cases}
\begin{cases} x=0\\y=0\end{cases}}\)


b) \(\displaystyle{ f(z)=(z+Re z)* \overline{z}}\)
\(\displaystyle{ f(z)=(x+yj+x)*(y+xj) \newline
f(z)=xy+(2x^2+y^2)j \newline

u(x,y)=xy \newline
v(x,y)=2x^2+y^2 \newline}\)

\(\displaystyle{ \frac{du}{dx} = y \newline \newline
\frac{du}{dy} = x \newline \newline \newline}\)

\(\displaystyle{ \frac{dv}{dx} = 2x \newline \newline
\frac{dv}{dy} = 2y \newline \newline \newline

\begin{cases} y=2y\\x=-2x\end{cases}
\begin{cases} y=0\\x=0\end{cases}}\)

Prawdopodobnie robię coś źle...

[Lorek]

Od razu źle... Warunkiem koniecznym na istnienie pochodnej jest spełnienie równań C-R. Dla jakich \(\displaystyle{ x,y}\) te równania są spełnione w pierwszym przykładzie? A w drugim dobrze policz sprzężenie.

[KochamMatematyke]

Dzięki Lorek, za ukierunkowanie.

a)
\(\displaystyle{ f(z)=(z+Im z)*Re z}\)
\(\displaystyle{ f(z)=(x+yj+y)*x=x^2+xy+xyj \newline
u(x,y)=x^2+y \newline
v(x,y)=xy}\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} u_x(x_0,y_0)=v_y(x_0,y_0)\\u_y(x_0,y_0)=-v_x(x_0,y_0)\end{cases}
\begin{cases} 2x=x\\ 1=-y\end{cases}
\begin{cases} x=0\\ y=-1\end{cases}}\)


b)
\(\displaystyle{ f(z)=(z+Re z)* \overline{z}}\)
\(\displaystyle{ f(z)=(x+yj+x)*(x-yj) \newline
f(z)=2x^2+y^2-xyj \newline

u(x,y)=2x^2+y^2 \newline
v(x,y)=-xy \newline}\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} u_x(x_0,y_0)=v_y(x_0,y_0)\\u_y(x_0,y_0)=-v_x(x_0,y_0)\end{cases}
\begin{cases} 4x=-x\\ 2y=y\end{cases}
\begin{cases} x=0\\ y=0\end{cases}}\)

To jest warunek konieczny, ale niewystarczający, bo wydaje mi się, że w b) nie ma pochodnej w punkcie (0, 0)

[Lorek]

b) ok, jeśli jest pochodna, to tylko w \(\displaystyle{ z=0+0j=0}\). A jak sprawdzić, czy jest? Z definicji: żeby istniała pochodna w zerze musi istnieć skończona granica
\(\displaystyle{ \lim_{z\to 0}\frac{f(z)-f(0)}{z}=\lim_{z\to 0}\frac{(z+\mbox{Re}z)\overline{z}}{z}}\)
Natomiast w a) masz \(\displaystyle{ u(x,y)=x^2+xy,\ v(x,y)=xy}\) i rozwiązując odpowiedni układ otrzymamy zależność \(\displaystyle{ y=-x}\), czyli należy zbadać wszystkie punkty postaci \(\displaystyle{ z=x-xj,\ x\in\mathbb{R}}\)

[KochamMatematyke]

a)
\(\displaystyle{ f(z)=(z+Im z)*Re z}\)
\(\displaystyle{ f(z)=(x+yj+y)*x=x^2+xy+xyj \newline
u(x,y)=x^2+xy \newline
v(x,y)=xy}\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} u_x(x_0,y_0)=v_y(x_0,y_0)\\u_y(x_0,y_0)=-v_x(x_0,y_0)\end{cases}
\begin{cases} 2x+y=x\\ x=-y\end{cases}
\begin{cases} y=-x\end{cases}}\)

\(\displaystyle{ z=x-xj, x\in\mathbb{R}}\)

     ^ y
     |
---- | -----> x
      | 
      |   

Nie wiem jak się zabrać za zbadanie wszystkich punktów.
Podstawić wyrażenie \(\displaystyle{ z=x-xj}\), czy sprawdzić np. punkt (0, 0) i (1, -1) (tylko jak udowodnić, że wszystkie bedą).

b)
\(\displaystyle{ f(z)=(z+Re z)* \overline{z}}\)
\(\displaystyle{ f(z)=(x+yj+x)*(x-yj) \newline
f(z)=2x^2+y^2-xyj \newline

u(x,y)=2x^2+y^2 \newline
v(x,y)=-xy \newline}\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} u_x(x_0,y_0)=v_y(x_0,y_0)\\u_y(x_0,y_0)=-v_x(x_0,y_0)\end{cases}
\begin{cases} 4x=-x\\ 2y=y\end{cases}
\begin{cases} x=0\\ y=0\end{cases}}\)

\(\displaystyle{ \lim_{z\to 0}\frac{f(z)-f(0)}{z}=\lim_{z\to 0}\frac{(z+\mbox{Re}z)\overline{z}}{z} = 0, \ czyli \ istnieje \ skonczona \ granica}\)

Można prościej policzyć tą(ę)? granicę niż:
?

[Lorek]

Można prościej policzyć tą(ę)? granicę niż:

Można. Weźmy moduł z tego wyrażenia
\(\displaystyle{ \left|\frac{(z+\mbox{Re}z)\overline{z}}{z}\right|=|z+\mbox{Re}z|\cdot \frac{|\overline{z}|}{|z|}=|z+\mbox{Re}z|\xrightarrow{z\to 0}0}\)
a skoro moduł dąży do zera, to i to co pod modułem tam dąży. A wolfram niech nie oszukuje, bo czegoś takiego jak \(\displaystyle{ \overline{z}'}\) nie ma.

Co do pierwszego przykładu: można sprawdzić wybrane punkty, ale to oczywiście nie będzie odpowiedzią, choć może być wskazówką jak postępować z innymi. Ja póki co nie widzę na to sprytnego sposobu.-- Cz, 21 cze 2012, 18:54 --Ok, mam pierwsze. Na początku sprawdźmy różniczkowalność w 0:
\(\displaystyle{ \lim_{h\to 0}\frac{f(h)-f(0)}{h}=\lim_{h\to 0} \frac{(h+\mbox{Im}h)\mbox{Re}h}{h}}\)
i znów zbadajmy moduł
\(\displaystyle{ \left|\frac{(h+\mbox{Im}h)\mbox{Re}h}{h}\right| =|h+\mbox{Im} h|\frac{|\mbox{Re} h|}{|h|}\le |h+\mbox{Im}h|\xrightarrow{h\to 0}0}\)
Po drodze korzystałem z tego, że \(\displaystyle{ |\mbox{Re}h|\le |h|}\).

Teraz weźmy dowolny \(\displaystyle{ z=x-xj}\) i zauważmy, że dla takich \(\displaystyle{ z}\) mamy \(\displaystyle{ z+\mbox{Im}z=-j \mbox{Re}z\quad(*)}\).
Sprawdźmy, czy istnieje \(\displaystyle{ \lim_{h\to 0}\frac{f(z+h)-f(z)}{h}}\). Mamy

\(\displaystyle{ f(z+h)-f(z)=(z+\mbox{Im}z+h+\mbox{Im}h)(\mbox{Re}z+\mbox{Re}h)-(z+\mbox{Im}z)\mbox{Re}z=\\
\big( (z+\mbox{Im}z)\mbox{Re}z+(h+\mbox{Im}h)\mbox{Re}z+ (z+\mbox{Im}z)\mbox{Re}h+(h+\mbox{Im}h)\mbox{Re}h\big)-(z+\mbox{Im}z)\mbox{Re}z=\\
(h+\mbox{Im}h)\mbox{Re}z+ (z+\mbox{Im}z)\mbox{Re}h+(h+\mbox{Im}h)\mbox{Re}h\stackrel{(*)}{=}\\
(h+\mbox{Im}h)\mbox{Re}z -j(\mbox{Re}z)(\mbox{Re}h)+(h+\mbox{Im}h)\mbox{Re}h=\\ (\mbox{Re}z) (h+\mbox{Im}h-j \mbox{Re}h)+ (h+\mbox{Im}h)\mbox{Re}h=(\mbox{Re}z)(h-jh) + (h+\mbox{Im}h)\mbox{Re}h}\)

Stąd
\(\displaystyle{ \lim_{h\to 0}\frac{f(z+h)-f(z)}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{(\mbox{Re}z)(h-jh) + (h+\mbox{Im}h)\mbox{Re}h}{h}=\\\lim_{h\to 0}(\mbox{Re}z)(1-j) +\lim_{h\to 0} \frac{(h+\mbox{Im}h)\mbox{Re}h}{h}=(\mbox{Re}z)(1-j)}\)

uff, mam nadzieję, że nie ma błędów.