$\lim_{h\rightarrow 0} \dfrac {e^{f(z+h)}-e^{f(z)}}{f(z+h)- f(z)}$

Question

Dado que $V$ es un subconjunto abierto de $\mathbb{C}$ y $z \in V$ , calcule $\lim_{h\rightarrow 0} \dfrac {e^{f(z+h)}-e^{f(z)}}{f(z+h)- f(z)}$ , si $f$ se sabe que es una función compleja continua en $V$ . Sé que el resultado se supone que es $e^{f(z)}$ pero no puedo averiguar los detalles de forma rigurosa. Cualquier ayuda se agradece y muchas gracias de antemano.

Answer 1

Una pista: Escribe $w_0 = f(z)$ y $w = f(z+h)$ . Obsérvese que la continuidad de $f$ implica

$$(h\to 0) \Rightarrow (w \to w_0).$$

La continuidad de $f$ en $z$ significa que para cualquier $\delta > 0$ podemos encontrar un $\eta > 0$ tal que tenemos $\lvert f(z+h) - f(z)\rvert < \delta$ para todos $h$ con $\lvert h\rvert < \eta$ .

Tenemos - si $f(z+h) \neq f(z)$ -

$$ \left\lvert \frac{e^{f(z+h)}- e^{f(z)}}{f(z+h)-f(z)} - e^{f(z)}\right\rvert = \left\lvert e^{f(z)}\right\rvert\cdot\left\lvert \frac{e^{f(z+h)-f(z)}-1}{f(z+h)-f(z)}-1\right\rvert. $$

En aras de la brevedad, escribamos $y = f(z+h)-f(z)$ .

Para $\lvert y\rvert < \frac12$ tenemos

$$\lvert e^y - 1-y\rvert = \left\lvert \sum_{n=2}^\infty \frac{y^n}{n!}\right\rvert \leqslant \sum_{n=2}^\infty \frac{\lvert y\rvert^n}{n!} \leqslant \frac{\lvert y\rvert^2}{2}\sum_{k=0}^\infty \lvert y\rvert^k = \frac{\lvert y\rvert^2}{2(1-\lvert y\rvert)} < \lvert y\rvert^2,$$

y por lo tanto

$$ \left\lvert \frac{e^y-1}{y} - 1\right\rvert = \left\lvert \frac{e^y-1-y}{y}\right\rvert \leqslant \lvert y\rvert. $$

Ahora bien, dado un $\varepsilon > 0$ , establecemos $\delta = \min \left\lbrace \frac12, \frac{\varepsilon}{\lvert e^{f(z)}\rvert}, \varepsilon\right\rbrace$ y para ello $\delta$ elija $\eta > 0$ tal que $\lvert f(z+h)-f(z)\rvert < \delta$ para $\lvert h\rvert < \eta$ . Entonces tenemos

$$\left\lvert \frac{e^{f(z+h)}- e^{f(z)}}{f(z+h)-f(z)} - e^{f(z)}\right\rvert \leqslant \lvert e^{f(z)}\rvert \cdot \lvert f(z+h) - f(z)\rvert < \lvert e^{f(z)}\rvert\cdot\delta < \varepsilon$$

para $\lvert h\rvert < \eta$ Así que

$$\lim_{h\to 0} \frac{e^{f(z+h)}-e^{f(z)}}{f(z+h)-f(z)} = e^{f(z)},$$

con la restricción de que debemos tener $f(z+h) \neq f(z)$ .

Answer 2

HINT . Expande tanto el numerador como el denominador como series de Taylor alrededor de h=0. Limita la expansión a primer orden, será suficiente. ¿Puedes continuar desde aquí? Todo esto supone que f(z) es diferenciable.

Answer 3

Esto es mucho más fácil de lo que parece. No se deje confundir por el uso de $f(z + h) - f(z)$ , que insinúa la división por $h$ . Lo único importante es que $f(z + h) \to f(z)$ cuando $h \to 0$ y la definición de la derivada de la función exponencial.

Concretamente, utilice el siguiente hecho general, que se deduce directamente de la $\epsilon$ - $\delta$ -definición de los límites.

Teorema. Si $\lim_{x \to x_0} a(x) = l$ y $\lim_{h \to h_0} b(h) = x_0$ entonces $\lim_{h \to h_0} a(b(h)) = l$ .

Ahora aplique esto a $a(x) := \frac{\exp(x) - \exp(f(z))}{x - f(z)}$ con $x \to f(z)$ y $b(h) := f(z + h)$ con $h \to 0$ . Tenga en cuenta que $\lim_{h \to 0} b(h) = f(z)$ porque $f$ es continua y que $\lim_{x \to f(z)} a(x) = \exp'(f(z))$ por definición de $\exp'$ Así que $\lim_{x \to f(z)} a(x) = \exp(f(z))$ . En consecuencia, utilizando el teorema anterior, $\lim_{h \to 0} \frac{\exp(f(z + h)) - \exp(f(z))}{f(z+h) - f(z)} = \lim_{h \to 0} a(b(h)) = \exp(f(z))$ .