¿Cómo puedo demostrar rigurosamente $f(z)$ es analítica si y sólo si $\overline{f(\bar{z})}$ ¿es?

Question

Estoy haciendo un poco de autoestudio, pero me siento incómodo con cierta idea. Quiero demostrar que $f(z)$ es analítica si y sólo si $\overline{f(\bar{z})}$ es analítica, y por analítica quiero decir diferenciable en cada punto. Aquí $f$ es una función de valor complejo.

Lo que hago es escribir $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ , donde $u$ y $v$ son funciones reales de dos variables. Entonces $\overline{f(\bar{z})}=u(x,-y)-iv(x,-y)$ .

Estas dos formas se parecen mucho, en el sentido de que el hecho de que una función sea diferenciable debería implicar inmediatamente que la otra es diferenciable, ya que lo único que cambia realmente podría ser un $-$ signo que salta debido a la regla de la cadena.

¿Cómo puedo expresar con más rigor que $f(z)$ es analítico si $\overline{f(\bar{z})}$ ¿usando esto? Muchas gracias.

Answer 1

Definir $g(z)=\overline{f(\overline z)}$ . A continuación, observe que $f(z)=\overline{g(\overline z)}$ , por lo que existe una simetría que permite mostrar directamente una sola implicación. Supongamos que $f$ es analítica. Entonces para todo $z$ ,

$$\begin{align*}g'(z)&=\lim\limits_{h\to 0}\frac{g(z+h)-g(z)}{h}\\ &=\lim\limits_{h\to 0}\frac{\overline{f(\overline{z+h})}-\overline{f(\overline z)}}{h}\\ &=\lim\limits_{h\to 0}\overline{\left( \frac{f(\overline z+\overline h)-f(\overline z)}{\overline h} \right) }\\ &=\overline{\left( \lim\limits_{h\to 0}\frac{f(\overline z+\overline h)-f(\overline z)}{\overline h} \right) }\\ &=\overline{f'(\overline z)}. \end{align*}$$

Eso es, $g$ es diferenciable, con $g'(z)=\overline{f'(\overline z)}$ .

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Alternativamente, como han indicado otras respuestas, podría comprobar que el Ecuaciones de Cauchy-Riemann mantener para $g$ si se mantienen para $f$ con $f(x+iy)=u(x,y)+iv(x,y)$ y $g(x+iy)=u(x,-y)+i(-v(x,-y))$ como usted indicó.

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Otra forma quizá más conceptual de pensar en esto es que los mapas analíticos complejos son conformal (donde sus derivadas son distintas de cero), preservando la orientación y los ángulos. La conjugación compleja conserva los ángulos pero invierte la orientación. Al invertir la orientación dos veces se vuelve al punto de partida, por lo que el resultado es que $g$ es conforme. (Aquí he dado una idea más que algo cercano a una prueba rigurosa).

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Otro enfoque consiste en buscar expansiones de series de potencias. Si $f$ tiene una expansión en serie de potencias en una vecindad de $\overline{c}$ , $\displaystyle{f(z)=\sum\limits_{k=0}^\infty a_k(z-\overline c)^k}$ , entonces en una vecindad de $c$ , $g$ tiene la expansión en serie de la potencia $\displaystyle{g(z)=\sum\limits_{k=0}^\infty\overline{a_k}(z-c)^k}$ . Es decir, sólo hay que conjugar los coeficientes y conjugar el punto base de la expansión. Esto demuestra que $g$ es analítico si $f$ es.

Answer 2

Utiliza las ecuaciones de Cauchy-Riemann. Digamos que $\overline{f(\bar{z})}=\alpha(x,y)+i\beta(x,y)$ para que tengas

$$\alpha(x,y)=u(x,-y);$$ $$\beta(x,y)=-v(x,-y).$$

Así,

$$\frac{\partial\alpha}{\partial x}=u_x(x,-y),\qquad \frac{\partial\beta}{\partial y}=(-1)\cdot(-v_y(x,-y))=v_y(x,-y);$$

$$\frac{\partial\alpha}{\partial y}=(-1)\cdot u_y(x,-y),\qquad\frac{\partial\beta}{\partial x}= -v_x(x,-y).$$

Demuestre que si uno de los dos $\alpha,\beta$ y $u,v$ satisface CR, también lo hace el otro par.

Answer 3

Pista: ecuaciones de Cauchy-Riemann.

Answer 4

Dejemos que $K$ sea un campo topológico de Hausdorff, sea $f$ ser un $K$ -definida en un subconjunto abierto $U$ de $K$ y que $a$ sea un punto de $U$ .

Digamos que $f$ es diferenciable en $a$ si existe una función $g$ de $U$ a $K$ que es continua en $a$ y satisface $$ f(z)=f(a)+(z-a)\ g(z) $$ para todos $z$ en $U$ . En este caso, escribimos $f'(a):=g(a)$ . (Se puede comprobar fácilmente que esto tiene sentido).

Supongamos que esta condición se cumple y que $\phi$ es un automorfismo de $K$ visto como un campo topológico.

Entonces $z\mapsto\phi(f(\phi^{-1}(z))$ es diferenciable en $\phi(a)$ y tenemos $$ (\phi\circ f\circ\phi^{-1})'(\phi(a))=\phi(f'(a)). $$ La prueba es sencilla.

EDITAR. Aquí está la prueba. Por supuesto, tenemos $$ f(z)=f(a)+(z-a)\ g(z)\ \ \forall\ z\in U,\quad f'(a)=g(a). $$ Poner $$ \widetilde f:=\phi\circ f\circ\phi^{-1},\quad \widetilde g:=\phi\circ g\circ\phi^{-1},\quad \widetilde a:=\phi(a),\quad \widetilde z:=\phi(z),\quad \widetilde U:=\phi(U). $$ Esto da como resultado $$ \widetilde f(\widetilde z\,)=\widetilde f(\widetilde a\,)+(\widetilde z-\widetilde a\,)\ \widetilde g(\widetilde z\,)\ \ \forall\ \widetilde z\in\widetilde U,\quad\left(\widetilde f\ \right)'(\widetilde a\,)=\widetilde g(\widetilde a\,)=\phi(f'(a)). $$ Esta forma de enunciar la definición de diferenciabilidad se debe a Carathéodory. Véase esta respuesta .

Answer 5

Otra forma: Teorema de Morera. Por supuesto, tienes que averiguar cómo dos convertir entre integral $dz$ y la integral $d\overline{z}$ .