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dérivées d'une fontion complexe nulles, qu'en déduire ?

Posté par
prdox 18-11-21 à 18:02

Bonjour,

Je vous préviens j'ai du mal a appréhender la notion de dérivée complexe, autant pour les fonctions a valeur réelles les dérivées peuvent être imaginées comme des taux d'accroissements, si f'> 0 alors f est croissante et inversement, f est constante lorsque f'= 0.

Pour les fonctions complexes il y a peut etre une analogie de ce genre que je ne connais pas.

En pariculier j'ai une fonction f qui a un nombre réel x associe un nombre complexe  z, quand je calcule les dérivées successives

\partial^n f \over \partial x^n

Je trouve que

f(x) = 0 \Leftrightarrow ( \forall n \in N, \quad { {\partial^n f} \over { \partial {x^n} }} =0 ) \Leftrightarrow ( \exists n \in N, \quad { {\partial^n f} \over { \partial {x^n} }} =0 )

Est ce qu'on peut en déduire quelque chose sur les valeurs de f ?

Merci pour votre aide.

Posté par
carpediemre : dérivées d'une fontion complexe nulles, qu'en déduire ? 18-11-21 à 18:36

salut

beaucoup de notions mélangées dans tout cela ...

prdox @ 18-11-2021 à 18:02

En particulier j'ai une fonction f qui a un nombre réel x associe un nombre complexe  z, quand je calcule les dérivées successives
tu as donc simplement une fonction de la variable réelle à valeur complexe

il est évident que si f(x) = 0 pour tout x alors ses dérivées sont nulles puisque la fonction f est la fonction nulle ...

maintenant tu peux aussi calculer les dérivées de f en les valeurs de la variable x pour lesquelles f s'annule c'est à dire en les solutions de l'équation f(x) = 0

il n'est pas certain et il n'y a aucune raison que toute ses dérivées soient nulles ...

et si tu nous donnais la fonction f ?

Posté par
bernardo314re : dérivées d'une fontion complexe nulles, qu'en déduire ? 18-11-21 à 18:36

Bonjour,

si ta variable reste réelle, il n'y a pas vraiment de différence de notion, par contre je ne comprend pas du tout tes équivalences, il manque des hypothèses.

Posté par
prdoxre : dérivées d'une fontion complexe nulles, qu'en déduire ? 18-11-21 à 19:59

Merci pour vos réponses .

en fait la fonction f est

\forall m , f(x,m)=\sum_{k=2}^{m}{} \sum_{j=2}^{m}{}(-1)^{k+j} \times (k \times j)^{-i \times x} \\

si je dérive une première fois je trouve

{\partial f(x,m) \over \partial x }= \sum_{k=2}^{m}{} \sum_{j=2}^{m}{}(-1)^{k+j} \times (-i \times ln(k \times j) \\ ) \times (k \times j)^{-i \times x}

en notant

\alpha_{k,j} = ln(k \times j)

j'obtiens

{\partial f(x,m) \over \partial x }=-i \times \sum_{k=2}^{m}{} \sum_{j=2}^{m}{}(-1)^{k+j} \times  \alpha_{k,j} \\ \times (k \times j)^{-i \times x}

{\partial f(x,m) \over \partial x }=-i \times \alpha_{moyen} \times \sum_{k=2}^{m}{} \sum_{j=2}^{m}{}(-1)^{k+j} \\ \times (k \times j)^{-i \times x}

{\partial f(x,m) \over \partial x }=-i \times \alpha_{moyen} \times f(x,m)

comme pour m \geq  k\geq 2, et \quad m \geq j \geq 2 , \quad \alpha_{k,j} > 0 \implies \alpha_{moyen} > 0 \\

donc

f(x,m)=0 \Leftrightarrow { \partial f(x,m) \over \partial x } = 0

on peut refaire l'opération pour chaque dérivée n ieme il y a juste un facteur
(-i \times ln(k \times j )
qui se rajoute

et on montre que

f(x,m)=0 \Leftrightarrow \forall n , { \partial^n f(x,m) \over \partial x^n } = 0 \Leftrightarrow \exists n , { \partial^n f(x,m) \over \partial x^n } = 0



j'espere que c'est un peu plus clair j'aimerais que ca me permette d'en savoir plus sur f en particulier si elle s'annule ou non pour x > 0


Merci pour votre aide.

Posté par
carpediemre : dérivées d'une fontion complexe nulles, qu'en déduire ? 18-11-21 à 20:30

pour tout m ... fixé : f(x) = \sum_{k = 2}^m \sum_{j = 2}^m (-1)^{k + j} (kj)^{-ix} = \sum_2^m \sum_2^m (-1)^{k + j} e^{-ix \ln(kj)}

et on pour tout p : f^{(p)}(x) = \sum_2^m \sum_2^m (-1)^{k + j} [-i \ln (kj)]^p (kj)^{-ix}

et je ne pense pas que cela soit nul ... à moins de faire un calcul détaille de cette double somme ...

et je ne comprends pas ce qu'est ton a_moyen ...

Posté par
prdoxre : dérivées d'une fontion complexe nulles, qu'en déduire ? 18-11-21 à 23:46

je trouve la meme chose et comme pour k et j de 1 a m ,

ln(m^2) \geq ln(kj) \geq ln(4)

on a |f^{(p)}(x)|=\left|\sum_{k=2}^{m}{}}\sum_{j=2}^{m}{(-1)^{k+j} \times ln(kj)^p \times(kj)^{-x} \right|

donc

ln(m^2)^p \times \left| \sum_{k=2}^{m} \sum_{j=2}^{m}{(-1)^{k+j}\times (kj)^{-x} \right| \geq |f^{(p)}(x)| \geq ln(4)^p \times \left| \sum_{k=2}^{m}} \sum_{j=2}^{m}{(-1)^{k+j} \times (kj)^{-x} \right|

d'ou les équivalents donnés précédemment.

Posté par
Razesre : dérivées d'une fontion complexe nulles, qu'en déduire ? 19-11-21 à 07:32

Bonjour,

Au fait en fait la fonction f peut-être écrite autrement et plus simplement ainsi:

\forall m , f(x,m)=\sum_{k=2}^{m}{} \sum_{j=2}^{m}{}(-1)^{k+j} \times (k \times j)^{-i \times x}=\sum_{k=2}^{m}{} (-1)^{k} \times (k )^{-i \times x}\sum_{j=2}^{m}{}(-1)^{j} \times (j)^{-i \times x}=\\ \left (\sum_{k=2}^{m}{} (-1)^{k} \times (k )^{-i \times x}\right )^{2}


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