Supongamos que $f = u + iv \in H( \mathbb {C})$ satisface $u(x, y) = u(−y, x)$ . Demuestra que $f (z) = f (iz)$ para todos $z \in \mathbb {C}$

Question

Supongamos que $f = u + iv \in H( \mathbb {C})$ satisface $u(x, y) = u(−y, x)$ . Demuestra que $f (z) = f (iz)$ para todos $z \in \mathbb {C}$ .

¿Cómo resolver esto? Lo intenté muchas veces pero no pude encontrar ninguna manera de probarlo.

Answer 1

Pista: La condición dada muestra que la parte real de la función entera $f(iz)-f(z)$ se desvanece de forma idéntica.

Answer 2

Aquí para mostrar que $f(z)=f(iz)$ tenemos que mostrar que $v(x,y)=v(-y,x)$ como $u(x,y)=u(-y,x)$ ya se ha dado. Ahora, debido a las ecuaciones caucásicas de Riemann. $u_x(x,y) = v_y(x,y)$ y $u_y(x,y) = -v_x(x,y) $ . Pero.., $u_x(x,y)=u_x(-y,x)$ y por lo tanto $v_y(x,y) = u_x(-y,x)$ . Ahora, por Cauchy Riemann ecuaciones para $f(iz)$ tenemos que $u_x(-y,x)=v_y(-y,x)$ . Combinando con la última igualdad que obtenemos $$v_y(x,y) = v_y(-y,x) $$ Procediendo en líneas exactamente similares con la otra igualdad obtenemos $$v_x(x,y)=v_x(-y,x)$$ . Ambas igualdades muestran que tanto los derivados parciales de $v(x,y)$ y $v(-y,x)$ son iguales en todas partes. Intenta demostrar integrando y diferenciando una vez que $v(x,y)=v(-y,x)$ ya que se trata de derivados parciales, tendrá que añadir $g(y)$ si la integración de la guerra $x$ y viceversa.)

Answer 3

Supongamos que $f(z)=f(x+iy)=u(x,y)+iv(x,y)$ es analítica. Entonces.., $u$ y $v$ satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann

$$ \begin {align} \frac { \partial u(x,y)}{ \partial x}&= \frac { \partial v(x,y)}{ \partial y} \tag 1 \\\\ \frac { \partial u(x,y)}{ \partial y}&=- \frac { \partial v(x,y)}{ \partial x} \tag2 \end {align}$$

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A continuación, supongamos que $u(x,y)=u(-y,x)$ . Entonces, usando $(1)$ seguido por el uso de $(2)$ revela

$$ \begin {align} \frac { \partial v(x,y)}{ \partial y}&= \frac { \partial u(x,y)}{ \partial x} \\\\ &= \frac { \partial u(-y,x)}{ \partial x} \\\\ &= - \frac { \partial v(-y,x)}{ \partial (-y)} \\\\ &= \frac { \partial v(-y,x)}{ \partial y} \tag 3 \end {align}$$

De $(3)$ vemos que $v(x,y)=v(-y,x)+ \phi (x)$ para alguna función $ \phi (x)$ .

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De manera similar, el uso de $(2)$ seguido por el uso de $(1)$ revela

$$ \begin {align} \frac { \partial v(x,y)}{ \partial x}&=- \frac { \partial u(x,y)}{ \partial y} \\\\ &=- \frac { \partial u(-y,x)}{ \partial y} \\\\ &= \frac { \partial u(-y,x)}{ \partial (-y)} \\\\ &= \frac { \partial v(-y,x)}{ \partial x} \\\\ & \tag 4 \end {align}$$

De $(4)$ encontramos que $v(x,y)=v(-y,x)+ \psi (y)$ para alguna función $ \psi (y)$ .

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Desde $ \phi (x)= \psi (y)$ entonces ambas funciones deben ser independientes de $x$ y $y$ (es decir, una constante, digamos $C$ ). Por lo tanto, $v(x,y)=v(-y,x)+C$ . En $(x,y)=(0,0)$ , $v(0,0)=v(0,0)+C$ implica $C=0$ y así $v(x,y)=v(-y,x)$ .

Finalmente, encontramos que

$$f(z)=u(x,y)+iv(x,y)=u(-y,x)+iv(-y,x)=f(iz)$$

como se iba a mostrar!