¿Cómo calcular$\partial \frac{1}{z^*}$?

Question

Tengo problemas para entender algunos conceptos básicos en el Análisis Complejo:

Para $z=x+\mathrm{i}y$definimos: $$\partial \equiv \frac{\partial}{\partial z}=\frac{1}{2}\left(\frac{\partial}{\partial x}-i \frac{\partial}{\partial y}\right)$$

El siguiente es declarado como obvio: $$\partial \frac{1}{z^{*}}=\pi \delta(x) \delta(y)$$

Con el fin de demostrar esta igualdad me dijeron que para integrar el lado izquierdo y derecho por encima de un pequeño cuadrado centrado en el origen. Sin embargo, yo no recuperar el resultado deseado.

Mis principales obstáculos a entender por qué: $$\int_{-\epsilon}^\epsilon\int_{-\epsilon}^\epsilon\pi \delta(x) \delta(y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\neq\pi\text{ ?}$$ $$\left(\frac{\partial}{\partial x}-i \frac{\partial}{\partial y}\right)\frac{1}{x-\mathrm{i}y}\neq-\frac{1}{(x-\mathrm{i}y)^2}+\frac{1}{(x-\mathrm{i}y)^2}=0 \text{ ?}$$

Edit: yo sospecho que tiene algo que ver con el hecho de que $\frac{1}{z^*}$ no tiene una expansión de la serie....

Answer 1

La clave aquí es entender que $\partial_z\frac{1}{z^*}=0$ todas partes, pero en el origen. De esta forma, una delta-singularidad puede surgir en este contexto. Una vez que uno es consciente de ello, la integración de esta función en una plaza no debería ser demasiado difícil, y se puede hacer sin el uso de técnicas, herramientas como la de Stokes teorema. Es decir, utilizando el teorema fundamental del cálculo y el teorema de Fubini se obtiene:

$$\int_{[-a,a]\times[-a,a]}\partial_z\frac{1}{z^*}dxdy=\frac{1}{2}\int_{-a}^{a}\int_{-a}^{a}(\partial_x-i\partial_y)\frac{1}{x-iy}dxdy\\\begin{align}&=\frac{1}{2}\int_{-a}^ady\frac{1}{x-iy}\Bigg|_{(-a,y)}^{(a,y)}-\frac{i}{2}\int_{-a}^adx\frac{1}{x-iy}\Bigg|_{(x,-a)}^{(x,a)}\\&=\frac{1}{2}\int_{-a}^a{dy}\frac{2a}{a^2+y^2}-\frac{i}{2}\int_{-a}^{a}dx\frac{2ia}{a^2+x^2}\\&=2a\int_{-a}^a\frac{dy}{a^2+y^2}\\&=\pi\end{align}$$

lo que muestra que existe algún tipo de masa en el origen ya que la integral es cero para tamaños arbitrarios de la plaza. Por supuesto, una prueba plena del hecho de que este es un delta-función requiere la aplicación de esta a una función de prueba, pero para fines de ilustración, este cálculo es generalmente suficiente.