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¿Existe una función analítica que satisfaga $\,\,f\big(\!\frac 1 n\!\big)=\frac 1 {\sqrt{n}}$ para todos $n\in\mathbb N$ ?

¿Existe una función que sea analítica en una vecindad abierta de $z=0$ y satisface
$$ f\left(\!\dfrac 1 n\!\right)=\dfrac 1 {\sqrt{n}}, $$ para todos los números naturales $n$ ?

Supongo que este problema requiere la Teorema de la identidad pero no puedo usarlo de forma natural porque la función $$f(z)=\sqrt z,$$ no es analítico en $z=0$ . Me gustaría una pista.

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Supongamos que lo hay. ¿Qué puede decir sobre $f(0)$ ? Y sobre $f'(0)$ ?

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fianchetto Puntos 186

Demostraremos que dicha función analítica NO existe.

Supongamos lo contrario, que dicha función analítica $f :\Omega\to\mathbb C$ existe, donde $\Omega\subset \mathbb C$ es una región abierta , con $0\in\Omega$ .

Como $f$ es continua en $z=0$ tenemos que $$ f(0)=\lim_{n\to\infty}f\left(\frac{1}{n}\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}=0. $$ Si ponemos $g(z)=\big(f(z)\big)^2$ entonces $g$ también es analítica en $\Omega$ y como $$ g\Big(\frac{1}{n}\Big)=\frac{1}{\big(\sqrt{n}\big)^2}=\frac{1}{n}, $$ para todos $n\in\mathbb N$ y $g(0)=0$ entonces, en virtud de la Teorema de la identidad $g$ tiene que ser idéntica a la función $g(z)=z$ ya que las dos funciones coinciden en un conjunto con un punto límite en $\Omega$ ; A saber, el acuerdo sobre el conjunto $$ \left\{\frac{1}{n}:n\in\mathbb N\right\}\cup\big\{0\big\}. $$ Así que $\big(f(z)\big)^2=z$ . Diferenciando obtenemos $$ 2\,f(z)\,f'(z)=1, $$ y el ajuste $z=0$ : $$ 0=2 \,f(0)\,f'(0)=1, $$ como $\,f(0)=0$ que es una contradicción -llegamos a esta contradicción habiendo supuesto que tal $f$ existía.

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¿Cuál era el objetivo de esa edición?

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Lijo Puntos 118

Una prueba alternativa que sólo asume la diferenciabilidad de $f$ en $0$ :

Si $f$ es diferenciable es continua en $0$ Así que $f(0) = \lim f(\frac{1}{n}) = \lim \frac{1}{\sqrt{n}} = 0$ . Por definición $f'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x}$ Así que en particular:

$$f'(0) = \lim \frac{f(1/n)}{1/n} = \lim \sqrt{n} = + \infty$$

Lo que contradice la diferenciabilidad de $f$ .

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