$f(z)=\frac 1 {x^2+y^2}+i \frac 1 {x^2+y^2} $ es diferenciable y holomorfa

Question

¿Es la función $ f(z)=\dfrac 1 {x^2+y^2} + i \dfrac 1 {x^2+y^2} $ es diferenciable y holomorfa en alguna parte?

Tenemos $z=x+iy$ y $f(z)= \dfrac{1+i}{|z|^2}$ . Ahora, $f(0)= \lim_{\delta z \rightarrow 0} \frac{f(0+\delta z) - f(0)}{\delta z}=$ indefinido. Así que $f(z)$ no es diferenciable en el origen. Además, como $ f(z)= |z|^2$ no es diferenciable en ninguna parte excepto en el origen , por lo que $f(z)$ no es no diferenciable y, por tanto, no es holomorfa. Pero no estoy seguro, por favor ayúdenme

Answer 1

Puedes comprobarlo utilizando las ecuaciones de Cauchy-Riemann. Si tenemos una función compleja $f(x+yi) = u(x,y) + iv(x,y)$ entonces para $f$ sea diferenciable en un punto $z_0 = x_0 + y_0 i$ , ambos $$ \left\{ \begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial x} &= \frac{\partial v}{\partial y} \\ \frac{\partial u}{\partial y} &= -\frac{\partial v}{\partial x} \end{aligned} \right. $$ debe cumplirse en $z_0$ . Comprobemos la primera ecuación: \begin{align} \frac{\partial u}{\partial x} = -\frac{2x}{(x^2+y^2)^2} \overset{?}{=} -\frac{2y}{(x^2+y^2)^2} = \frac{\partial v}{\partial y} \end{align} Podemos cancelar todos los factores comunes para obtener $$ x = y $$ Así pues, la primera de las ecuaciones CR se cumple siempre que $x = y$ . En cuanto a la segunda ecuación: $\newcommand{\AND}{\ \ {\rm{\small{AND}}}\ \ }$ $$ \frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{2y}{(x^2+y^2)^2} \overset{?}{=} \frac{2x}{(x^2+y^2)^2} = -\frac{\partial v}{\partial x} $$ Esto se simplifica a $$ -y = x $$ Así que ambos Las ecuaciones CR sólo se satisfacen cuando $x = y \AND -y = x$ . Esto sólo ocurre cuando $x = y = 0$ que ya está excluida porque $f$ no está definido allí. Así que las ecuaciones CR no se satisfacen en ninguna parte, y por lo tanto $f$ es diferenciable en ninguna parte y, por tanto, es holomorfa en ninguna parte.

Answer 2

Que los operadores $D_1$ y $D_2$ definirse como $$ D_1(u+iv) = u_x - v_y \ \text{ and } \ D_2(u+iv) = u_y + v_x. $$ Entonces $u+iv$ es analítica en $z_0 = x_0 + i y_0$ sólo si $u(x_0,y_0)+iv(x_0,y_0)$ pertenece a $\ker D_1 \cap \ker D_2$ .