¿Es cierto que $f(z)=u(z,0)+iv(z,0)$ para complejos $z$ ¿y por qué?

Question

Como en el título, me encontré con esta equivalencia
$$f(z)=f(x+iy)=u(x,y)+iv(x,y)=u(z,0)+iv(z,0)$$ mientras leia mis apuntes sobre analisis complejo, e intentaba ver por que es verdad, pero no conseguia descifrarlo. Tal vez podría ser cierto sólo en el caso de que f es holomorfa.

Answer 1

Como han señalado muchos, tal como está escrito esto no tiene mucho sentido (a menos que $z$ es real, en cuyo caso es trivial). Sin embargo, creo que lo que se intenta comunicar es un cierto truco de cálculo.

Empecemos con el ejemplo $f(z) = e^z$ . Entonces $u(x,y) = e^x \cos (y)$ y $v(x,y) = e^x \sin (y)$ por lo que si ahora redefinimos $u,v$ utilizando estas mismas fórmulas como funciones de dos complejo variables, vemos

$$ u(z,0) + i v(z,0) = e^z \cos(0) + i e^z \sin(0) = f(z).$$

En general, para cualquier función analítica

$$f(z) = \sum_{n=0}^\infty (a_n + i b_n) z^n,$$

con $a_n,b_n$ real, para real $z$ tenemos

$$ u(z,0) = \sum_n a_n z^n \; \text{ and } \; v(z,0) = \sum_n b_n z^n.$$

Reinterpretándolas ahora como funciones analíticas complejas (es decir, definiendo $\tilde u : \mathbb C \to \mathbb C : z \mapsto \sum_n a_n z^n$ e igualmente $\tilde v$ ) tenemos $$f(z) = \tilde u (z) + i \tilde v(z).$$

Así obtenemos el truco: si puedes escribir $u(x,0)$ y $v(x,0)$ como algunas fórmulas en términos de funciones analíticas elementales, sustituyendo $x$ con $z$ en $u(x,0) + i v(x,0)$ le dará la fórmula correcta para $f(z)$ en todo el plano.

Answer 2

Si $z\mapsto f(z)=u(x,y)+i v(x,y)$ es analítica en un disco $D_\rho:=\bigl\{z\>\bigm|\>|z|<\rho\bigr\}$ entonces también lo es la función $$\check f(z):=\overline{f(\bar z)}\ .$$ De ello se deduce que las funciones $$U(z):={f(z)+\check f(z)\over2},\qquad V(z):={f(z)-\check f(z)\over 2i}$$ son analíticas en $D_\rho$ y $$f(z)=U(z)+i V(z)\ .$$

Por otra parte, cuando $z=x\in D_\rho\cap{\mathbb R}\>$ se tiene $$U(x)={f(x)+\overline {f(x)}\over 2}=u(x,0),\qquad V(x)={f(x)-\overline {f(x)}\over 2i}=v(x,0)\ .$$ Esto demuestra que las funciones $x\mapsto u(x,0)$ y $x\mapsto v(x,0)$ cada uno tiene una extensión natural desde el $x$ -al complejo $z$ -y estas extensiones son funciones analíticas de $z\in D_\rho$ . De este modo, las funciones "extrañas $z\mapsto u(z,0)$ y $z\mapsto v(z,0)$ que aparecen en la pregunta tienen una explicación fácil: El $u(z,0)$ de la pregunta es mi $U(z)$ y lo mismo para $v(z,0)=V(z)$ .

Answer 3

Para cualquier función $f\colon \mathbb{C} \to \mathbb{C}$ existen dos funciones únicas $u, v\colon \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ satisfactoria:

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

Se definen simplemente por:

$$u(x, y) = \text{Re}(f(x + iy))$$ $$v(x, y) = \text{Im}(f(x + iy))$$

Esto es válido porque cada número complejo $z$ tiene una expresión única de la forma $x + iy$ con $x$ y $y$ números reales. La última identidad de tu pregunta es cierta si y sólo si $z$ se encuentra en el eje real. Entonces, $z$ es un número real y, por tanto, su valor en $u(z, 0)$ y $v(z, 0)$ está bien definida.

Answer 4

Basta con comprobar cuándo $f(z) = z^n$ . Observe \begin{align} (x+iy)^n =& \sum^n_{k=1} \binom{n}{k}x^{n-k}(iy)^k = \sum_{k \text{ even}}\binom{n}{k}x^{n-k}(iy)^k + \sum_{k\text{ odd}}\binom{n}{k}x^{n-k}(iy)^k \\ =&\ \sum \binom{n}{2\ell}(-1)^\ell x^{n-2\ell}y^{2\ell} + i\sum \binom{n}{2\ell+1}(-1)^\ell x^{n-2\ell-1}y^{2\ell+1} \\ =&\ u(x, y) + iv(x, y) \end{align} y observa \begin{align} u(z, 0) + iv(z, 0) = z^n. \end{align} Así, cuando $f(z) = z^n$ tenemos $f(z) = u(z, 0) + iv(z, 0)$ .

En caso de que $f$ no es analítica la afirmación es falsa. Por ejemplo, \begin{align} f(z) = \bar z = x-iy \ \ \text{ but } \ \ u(z, 0)+iv(z, 0) = z \neq \bar z. \end{align}

Answer 5

Debe saber cuáles son sus funciones $V,U$ Si $U,V \colon \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ entonces la única opción $z$ es $z \in \mathbb{R}$ y tu afirmación es cierta. No se puede elegir una diferente $z$ cuando sus funciones no están definidas en consecuencia.