Descarga la aplicación para disfrutar aún más
Esta es una vista previa del archivo. Inicie sesión para ver el archivo original
AFVC/El_espacio_C_A_.pdf El espacio C(Ω) Sea Ω un abierto del plano complejo y k = R o C. Denotaremos por C(Ω) el espacio vectorial de todas las funciones continuas de Ω en k. Si para cada n ∈ N definimos Kn = {z ∈ C : |z| ≤ n} ∩ ½ z ∈ C : d(z,C\Ω) ≥ 1 n ¾ resulta que: -{Kn} es una sucesión creciente de compactos en Ω. -∪nKn = Ω. -Para cada n,Kn ⊂ int(Kn+1). -Para todo compacto K incluido en Ω, existe n tal que K ⊂ Kn. Si f, g ∈ C(Ω) y n ∈ N, definimos n(f, g) = sup {|f(z)− g(z)| : z ∈ Kn} y (f, g) = ∞X n=1 µ 1 2 ¶n n(f, g) 1 + n(f, g) Se comprueba fácilmente que es una distancia en C(Ω) y por consiguiente podemos considerar el espacio métrico (C(Ω) , ). La relación entre la proximidad de dos funciones respecto a la distancia y la proximidad de éstas cuando se restringen a un compacto viene dada por el siguiente lema. Lema (i) Para cada > 0,existen δ > 0 y K ⊂ Ω compacto, tales que si f, g ∈ C(Ω) y sup {|f(z)− g(z)| : z ∈ K} < δ, entonces (f, g) < . (ii) Para cada δ > 0 y cada K ⊂ Ω compacto, existe un > 0 tal que si f, g ∈ C(Ω) y (f, g) < , entonces sup {|f(z)− g(z)| : z ∈ K} < δ. Como corolario del resultado anterior se obtiene la siguiente caracteri- zación de los abiertos y la convergencia de sucesiones para la distancia . 1 Corolario (i) A ⊂ C(Ω) es −abierto ⇐⇒ Para cada f ∈ A, existen δ > 0 y K ⊂ Ω compacto, tales que {g ∈ C(Ω) : |g(z)− f(z)| < δ, z ∈ K} ⊂ A (ii) Una sucesión (fn) en C(Ω) converge a f ∈ C(Ω) para ⇐⇒ (fn) converge a f uniformemente sobre los compactos de Ω. Como consecuencia de los resultados anteriores resulta que la topología en (C(Ω) , ), denotada por τ c , y llamada topología compacto abierta, no depende de la sucesión de compactos {Kn} elegida. Además el espacio (C(Ω) , τ c) es un espacio métrico completo. La topología de la convergencia puntual Si asociamos a cada f ∈ C(Ω) el conjunto {f(x) : x ∈ Ω} podemos mirar el espacio C(Ω) como un subconjunto del producto cartesiano KΩ. Definición Definimos la toplogía τ s, de la convergencia puntual, como la topología en C(Ω) inducida por la topología producto en KΩ. Por consiguiente, dada g ∈ C(Ω), una base de entornos de g para τ s viene dada por la familia: V{x1,...,xn}, (g) = {f ∈ C(Ω) : |f(xi)− g(xi)| < ε, i = 1, ..., n} Como consecuencia (fn) −→ f para la topología τ s ⇐⇒ (fn) −→ f pun- tualmente. Conjuntos equicontinuos en C(Ω) Diremos que un subconjunto H de C(Ω) es equicontinuo si para cada z0 ∈ Ω, y cada > 0, existe δ > 0 tal que toda f ∈ H satisface |f(z)− f(z0)| < si z ∈ Ω y |z − z0| < δ. Lema (i) Sobre los subconjuntos equicontinuos de C(Ω) las topologías τ c y τ s coinciden. (ii) La clausura de todo subconjunto equicontinuo, respecto a la topología τ s, es también un subconjunto equicontinuo. 2 Estamos ya en condiciones de probar uno de los teoremas, sobre compaci- dad, más importantes de la teoría de los espacios de funciones. Teorema de Ascoli Sea H un subconjunto de C(Ω). Se verifica: H es τ c − relativamente compacto ⇐⇒ H es equicontinuo y para cada z ∈ Ω el conjunto H(z) = {f(z) : f ∈ H} es acotado en k Demostración ⇐=) Por el lema anterior Hτs = Hτc . Por otra parte H τs ⊂ Πz∈ΩH(z) que es compacto en KΩ (Teorema de Tichonov) de lo que se deduce que H τs es τ s−compacto. De la equicontinuidad de Hτs, obtenemos que H τs es τ c−compacto, es decir H τs = H τc es τ c − compacto =⇒) Para cada z ∈ Ω la aplicación πz : KΩ −→ k definida por πz(f) = f(z) es continua para la topología producto. Como consecuencia H(z) = πz(H) es relativamente compacto, y en particular acotado en k. Finalmente probemos que H es equicontinuo. Sea z ∈ Ω y > 0. Sea K un entorno compacto de z. Como H es τ c−relativamente compacto, es en particular totalmente acotado para la topología τ c. Luego existen f1, ..., fn funciones en H tales que para cada f ∈ H , existe j, 1 ≤ j ≤ n, tal que para cada y ∈ K se verifica |f(y)− fj(y)| ≤ ε3 . Por otra parte, por la continuidad de las fi, existen U1, ..., Un entornos de z tales que |fi(z)− fi(y)| ≤ 3 si y ∈ Ui Luego si f ∈ H e y ∈ K ∩ U1, ..., Un se verifica |f(z)− f(y)| ≤ |f(z)− fj(z)|+ |fj(z)− fj(y)|+ |fj(y)− f(y)| ≤ 3. 3 = , es decir H es equicontonuo. 3 Familias normales Una familia de funciones Φ en (C(Ω) , τ c), diremos que es normal si cada sucesión en Φ admite una subsucesión convergente hacia una función de C(Ω). Decir que Φ es normal equivale a decir que Φ es compacto, es decir el concepto de familia normal equivale al concepto de relativamente compacto Diremos que H ⊂ C(Ω) es acotado si para cada compacto K en Ω existe una constante µK > 0 tal que Para cada f de H y cada z de K se verifica |f(z)| ≤ µK Estamos ya en condiciones de abordar el famoso teorema de Weierstrass. Teorema de Weierstrass Si una sucesión de funciones (fn) holomorfas en Ω converge en la topología τ c hacia una función f ∈ C(Ω), entonces f es holomorfa en Ω y para cada k ≥ 1, (fkn) converge en la topología τ c a fk. Demostración Sea ∆ un triángulo contenido en un disco D ⊂ Ω. La convergencia uni- forme de (fn) a f sobre ∂∆ nos dice queZ ∂∆ f = lim n Z ∂∆ fn = 0 Luego f ∈ H(D). El disco D era arbitrario, luego obtenemos f ∈ H(Ω). Consideremos ahora D(z0; r) ⊂ D(z0;R) ⊂ Ω con r < R y γ la circunferencia |z − z0| = R. La fórmula integral de Cauchy nos dice fkn(z)− fk(z) = k! 2πi Z γ fn(ξ)− f(ξ) (ξ − z)k+1 dξ si z ∈ D(z0; r). Luego ¯̄ fkn(z)− fk(z) ¯̄ ≤ k! R.Mn (R− r)k+1 si z ∈ D(z0; r), donde Mn = sup {|fn(ξ)− f(ξ)| : |ξ − z0| = R} . 4 Por la convergencia uniforme sobre compactos (Mn)→ 0 y por consiguiente (fkn)→ fk uniformemente sobre |z − z0| ≤ r. Para obtener el resultado en general basta observar que si K es un com- pacto de Ω y 0 < r < d (K, ∂Ω) , podemos elegir {a1, ..., an} ⊂ K tales que K ⊂ ∪nj=1D(aj; r) De la convergencia uniforme de (fkn)→ fk sobre cada D(aj; r) se obtiene el resultado. Corolario H(Ω) es un subespacio vectorial cerrado de C(Ω), y por consiguiente (H(Ω), τ c) es completo. El siguiente teorema es fundamental en relación a la caracterización de los compactos en el espacio H(Ω). Teorema de Montel Sea Φ ⊂ H(Ω). Entonces Φ es normal ⇐⇒ Φ es acotada Demostración. =⇒) Si Φ no es acotada podemos elegir un compacto K ⊂ Ω tal que sup {|f(z)| : z ∈ K, f ∈ Φ} =∞. Sea {fn} ⊂ Ω tal que sup {|fn(z)| : z ∈ K} ≥ n. De la normalidad de Φ deducimos la existencia de una subsucesión © fnj ª de {fn} tal que fnj −→ f uniformemente sobre los compactos de Ω. Por el Teorema de Weierstrass f ∈ H(Ω) y sup z∈K ©¯̄ fnj(z)− f(z) ¯̄ª −→ 0, j −→∞. 5 Si para todo z ∈ K, |f(z)| ≤M , resulta que nj ≤ sup z∈K ©¯̄ fnj(z) ¯̄ª ≤ sup z∈K ©¯̄ fnj(z)− f(z) ¯̄ª +M con lo que lim j nj ≤M que es una contradicción. ⇐=) Por el Teorema de Ascoli necesitamos probar que Φ es equicontinuo. Sea z0 ∈ Ω y > 0. Por la hipótesis podemos elegir un r > 0 y M > 0 tales que D(z0; r) ⊂ Ω, y para cada f ∈ Φ y cada z ∈ D(z0; r), |f(z)| ≤M. Sea |z − z0| < r 2 , f ∈ Φ y γ(t) = z0 + reit, t ∈ [0, 2π] . Por la fórmula integral de Cauchy |f(z0)− f(z)| = 1 2π ¯̄̄̄Z γ µ f(ξ) ξ − z0 − f(ξ) ξ − z ¶ dξ ¯̄̄̄ = 1 2π ¯̄̄̄Z γ f(ξ)(z0 − z) (ξ − z0) (ξ − z)dξ ¯̄̄̄ ≤ 1 2π M r 2 .r |z − z0| 2πr = 2M r |z − z0| Luego si δ = min ³r 2 , r 2M ´ resulta que para cada f ∈ Φ |f(z0)− f(z)| < cuando |z − z0| < δ Corolario Φ ⊂ H(Ω) es compacto⇐⇒ Ω es cerrado y acotado 6 Teorema de Riemann Todo abierto simplemente conexo y propio del plano complejo es biholo- morfo al disco unidad abierto. De forma más precisa: Sea Ω un abierto del plano complejo, simplemente conexo, propio y a un punto de Ω. Entonces existe una única función holomorfa f en Ω tal que: (i) f(a) = 0 y f 0(a) > 0 (ii) f es inyectiva (iii) f(Ω) = U = {z : |z| < 1} Demostración. Sea F = {f ∈ H(Ω) : f es inyectiva, f(a) = 0, f 0(a) > 0 y f(Ω) ⊂ U} . Se verifica: (a) F es no vacío (b) F = F∪ {0} , clausura de F en la topología τ c. Supongamos que (a) y (b) son ciertas. Consideramos la aplicación f −→ f 0(a) de H(Ω) en C. Por el Teorema de Weierstrass esta aplicación es continua. Además ∀f ∈ F el sup {|f(z)| : z ∈ Ω} ≤ 1, lo que nos dice que F es acotada en H(Ω). El Teorema de Montel nos asegura entonces que F es normal, es decir, τ c−relativamente compacta. De la compacidad de F = F∪ {0} deducimos la existencia de f ∈ F tal que f 0(a) ≥ g0(a) para cada g ∈ F . Si F es no vacía, resulta que f 6= 0, es decir f ∈ F . Para finalizar la prueba sólo falta ver que f(Ω) = U , pues la unicidad es inmediata. Supongamos que existe ω ∈ U tal que ω /∈ f(Ω). Vamos a construir una función g ∈ F tal que g0(a) > f 0(a), lo que constituye una contradicción con la elección de f . Consideramos la función ϕω ◦ f(z) = f(z)− ω 1− ωf(z) , 7 holomorfa en Ω, sin ceros en Ω, y por consiguiente una unidad. El Teorema de Cauchy nos dice que existe h ∈ H(Ω) tal que: ∀z ∈ Ω, [h(z)]2 = ϕω ◦ f(z). Los puntos ω, f(z) son de U , luego [h(z)]2 ∈ U , es decir ∀z ∈ Ω, h(z) ∈ U. Veamos ahora que h0(a) 6= 0. Para ello derivando la relación anterior obtenemos: 2h(a)h0(a) = f 0(a) (1− ωf(a))− (f(a)− ω) (−ωf 0(a)) (1− ωf(a))2 = f 0(a)− |ω|2 f 0(a) = f 0(a) ¡1− |ω|2¢ 6= 0 pues f 0(a) > 0. En conclusión h0(a) 6= 0. Esto nos permite definir g : Ω −→ U , g(z) = |h 0(a)| (h(z)− h(a)) h0(a) ³ 1− h(a)h(z) ´ . La función g esta bien definida ya que ∀z ∈ Ω, h(z) ∈ U ; g(a) = 0 y g es inyectiva por ser una transformación racional. Calculemos g0(a). g0(a) = |h0(a)| h0(a) . h0(a) ¡ 1− |h(a)|2¢¡ 1− |h(a)|2¢2 = |h 0(a)| 1− |h(a)|2 . La relación [h(a)]2 = 1 2 µ f(a)− ω 1− ωf(a) ¶ = −ω nos dice que |h(a)|2 = |−ω| = |ω| . Por otra parte 2h(a)h0(a) = f 0(a) ¡ 1− |ω|2¢ , luego g0(a) = 1 2 . f 0(a) ¡ 1− |ω|2¢ |h(a)| . 1 (1− |ω|) = f 0(a) (1 + |ω|) 2 p|ω| > f 0(a). Prueba de (a). 8 Sea b ∈ C\Ω. La función (z − b) es una unidad en Ω, luego existe g ∈ H(Ω) : ∀z ∈ Ω, [g(z)]2 = z − b. La inyectividad de g y el Teorema de la Aplicación Abierta, nos permiten afirmar la existencia de r > 0 : D(g(a); r) ⊂ g(Ω). Veamos que g(Ω) ∩D(−g(a); r) = ∅. En efecto, si existiera z ∈ Ω : |g(z) + g(a)| < r, entonces existiria ω ∈ Ω : g(ω) = −g(z), es decir ω − b = z − b, lo que nos dice ω = z, g(z) = 0 y z = b ∈ Ω, lo que es una contradicción. La relación g(Ω) ∩D(−g(a); r) = ∅ nos permite definir T : g(Ω) −→ C, T (z) = r g(a) + z . La función g1 = T ◦ g : Ω −→ U , es holomorfa en Ω. Si α = g1(a), la función g2 = ϕα ◦ g1 es holomorfa en Ω e inyectiva. Si elegimos c ∈ C, con |c| = 1, tal que g3 = cg2 tenga g03(a) > 0, resulta que g3 ∈ F y por consiguiente F es no vacía. Prueba de (b). Sea {fn} ⊂ F tal que {fn} −→ f en la topología τ c. Por el Teorema de Hurwitz f es constante en Ω o f es inyectiva. En el primer caso f(a) = 0 implica que f es identicamente nula. Si f es inyectiva, ∀z ∈ Ω, f 0(z) 6= 0, luego f 0(a) > 0 y f ∈ F . Obsérvese que al ser f abierta, la condición f(Ω) ⊂ U implica f(Ω) ⊂ U . 9 AFVC/Funciones_Meromorfas.pdf Funciones meromorfas Las funciones racionales, cociente de dos polinomios, son el modelo de función que nos justifica la siguiente definición. Definición.- Diremos que f es una función meromorfa en un abierto Ω, si existe P ⊂ Ω tal que: (i) P no tiene puntos de acumulación en Ω. (ii) f ∈ H(Ω\P ). (iii) f tiene un polo en cada punto de P . Como no se excluye que P sea el conjunto vacío, obtenemos que H(Ω) ⊂ M(Ω), espacio de funciones meromorfas en Ω. La condición (ii) nos dice que P es a lo sumo numerable y relativamente cerrado en Ω. Ejemplos. 1.- Las funciones racionales h(z) = a0 + a1z + ...+ amz m b0 + b1z + ...+ bnzn , bn 6= 0,m, n ∈ N son meromorfas en C y P (f) ⊂ {z0 : z0 es un cero del polinomio denominador} 2.- cotπz = cosπz sinπz ∈M(C) y no es una función racional. P (cotπz) = Z(sinπz) = Z 3.- Las singularidades de (sin 1 z )−1 son½ 0, 1 kπ , k ∈ Z\ {0} ¾ {0} no es aislada en el conjunto de singularidades y © 1 kπ ª son polos. Luego (sen 1 z )−1 /∈M(C) pero (sen1 z )−1 ∈M(C\ {0}) 1 Si f ∈M(Ω) y z0 ∈ Ω sabemos que "alrededor" de z0 f(z) = ∞X n=m an(z − z0)n,m ∈ Z, an ∈ C, am 6= 0 Diremos que el orden de f en z0 es m; Oz0(f) = m Si m < 0 −1X m an(z − z0)n es la parte principal de f en z0. Si m ≥ 0 la parte principal de f en z0 es cero. Observación. Oz0(f) coincide con Oz0(f) ya definido para el caso en el que f sea holo- morfa en z0. f es holomorfa en z0 si, y sólo si, Oz0(f) ≥ 0. z0 es un polo de orden −m si, y sólo si, m = Oz0(f) < 0. Ejemplo: π cotπz = 1 z − n + potencias de (z − n) El Teorema de los Residuos Este teorema nos permite calcular el valor de la integral, de una función a lo largo de un camino, si conocemos el valor de los residuos de dicha función en los puntos del interior del camino. Teorema.- Sea γ un camino cerrado homológicamente nulo en Ω y P ⊂ Ω\γ un conjunto finito. Si h ∈ H(Ω\P ) se verifica: 1 2πi Z γ h(z)dz = X z0∈Int(γ) Indγ(z0).Re sz0(h). El Re sz0(h) = 0 para los z0 /∈ P , luego la suma es finita y se extiende a los z0 ∈ Int(γ) ∩ P . 2 Demostración. Sean P = {z1, ..., zs} y hi = bi(z − zi)−1 + ehi la parte principal de h en zi, i = 1, ...., s. Sabemos que hi es holomorfa en C\ {zi} y que ehi es integrable en C\ {zi}. LuegoZ γ ehi(z)dz = 0 ⇐⇒ Z γ hi(z)dz = bi Z γ dz z − zi = 2πi.bi.Indγ(zi), i = 1, ..., s Por otra parte, como la función h− (h1+ ....+ hs) es holomorfa en Ω. El teorema General de Cauchy nos dice queZ γ h− (h1 + ....+ hs) = 0 ⇐⇒ 1 2πi Z γ h(z)dz = sX i=1 Indγ(zi).Re szi(h). Finalmente la relación Indγ(zi) = 0 si zi ∈ Ext(γ), nos permite concluir la prueba. Observaciones. Si γ es simple obtenemosZ γ h(z)dz = 2πi X i Re szi(h) Si f ∈ H(Ω), γ ⊂ Ω homológicamente nulo y z0 ∈ Ω\γ, entonces la función z −→ f(z)(z − z0)−1 es holomorfa en Ω\ {z0} y tiene a f(z0) como residuo en z0. Luego Indγ(z0).f(z0) = 1 2πi Z γ f(z) z − z0dz que es precisamente la Fórmula Integral de Cauchy. Es decir esta fórmula es una consecuencia inmediata del Teorema de los Residuos. Fórmula de contar ceros y polos. 3 Sea f una función meromorfa en Ω con un número finito de ceros y polos. Sea γ un camino cerrado en Ω homológicamente nulo y simple, que no contiene ceros ni polos. Entonces 1 2πi Z γ f 0(ξ) f(ξ) dξ = Z − P Z = Zf(0; Int(γ)) = Número de ceros de f , contados con su multiplici- dad, en el interior de γ. P = Pf(∞; Int(γ)) = Número de polos de f , contados con su multiplici- dad, en el interior de γ. Demostración. Por el Teorema de los Residuos 1 2πi Z γ f 0(ξ) f(ξ) dξ = X c∈Ω\γ Indγ(c).Re sc( f 0 f ) = (Ver prácticas) = X c∈Ω\γ Oc(f) = Z − P Observación. Si γ no es simple hay que introducir el factor Indγ(z), z ∈ Ω\γ. Ejemplos. Si f(z) = senπz, 1 2πi Z |z|=π f 0(z) f(z) dz = 7 Si f(z) = tanπz, 1 2πi Z |z|=π f 0(z) f(z) dz = 1. Principio del argumento. Sea γ un camino cerrado en C y z0 /∈ γ. El incremento del argumento de (z − z0), cuando z viaja a través de γ es: ∆γ arg (z − z0) = 2π.Ind(z0) 4 Lo que pretendemos es definir ∆γ arg(f), es decir ∆eγ arg z, eγ = f ◦ γ. Definición. Sea f una función meromorfa en Ω y γ un camino en Ω homológicamente nulo, con Z(f) ∩ γ = ∅. Definimos ∆γ arg(f) := 2πIndf◦γ(0) Principio del argumento. Sea f una función meromorfa en Ω con un número finito de ceros y polos. Sea γ un camino cerrado en Ω homológicamente nulo y simple, que no contiene ceros ni polos. Entonces ∆γ arg(f) = 2π(Z − P ) Demostración. ∆γ arg(f) = 2π( Z f◦γ dξ ξ ). 1 2πi = 1 i Z β α f 0(γ(t))γ0(t) f ◦ γ(t) dt = 1 i Z γ f 0(ξ) f(ξ) dξ. Luego i∆γ arg(f) = Z γ f 0(ξ) f(ξ) dξ. Aplicando la Fórmula de contar ceros y polos se obtiene el resultado. El Teorema de Rouché. Sean f, g dos funciones meromorfas en Ω con un número finito de ceros y polos. Sea γ un camino cerrado, simple y homológicamente nulo en Ω que no atraviesa ni ceros ni polos. Supongamos que: |f(z)− g(z)| < |f(z)| , cuando z ∈ γ. Entonces: (i) ∆γ arg (f) = ∆γ arg (g) 5 (ii) Zf(o; Int(γ))− Pf(∞; Int(γ)) = Zg(o; Int(γ))− Pg(∞; Int(γ)) Demostración. Consideramos la función h = g f que es meromorfa en Ω. De la desigualdad ¯̄̄̄ g(z) f(z) − 1 ¯̄̄̄ < 1 cuando z ∈ γ deducimos que h(γ) ⊂ {z : |z − 1| < 1}. Luego ∆γ arg(h) = 2πIndh◦γ(0) = 0, es decir Z γ h0(ξ) h(ξ) dξ = 0. De la relación h0(ξ) h(ξ) = g0(ξ) g(ξ) − f 0(ξ) f(ξ) obtenemos Z γ g0(ξ) g(ξ) dξ = Z γ f 0(ξ) f(ξ) dξ, es decir se verifican (i) y (ii). En el Teorema anterior, si las funciones f y g fueran holomorfas, se con- cluiría que Zf(o; Int(γ)) = Zg(o; Int(γ)) Ejemplo. Aplicando el teorema de Rouché se puede demostrar de forma sencilla que la ecuación z6 − 2z5 + 7z4 + z3 − z + 1 = 0 tiene cuatro raíces 6 en el disco unidad abierto. Para ello es suficiente comparar la funcion z6 − 2z5 + 7z4 + z3 − z + 1 con 7z4 y aplicar el teorema . Supongamos ahora que una sucesión de funciones holomorfas (fn) en Ω converge, uniformemente sobre los compactos de Ω, a una función f . Nuestro próximo teorema se refiere a la relación existente entre el número de ceros de f y el número de ceros de las funciones fn que integran la sucesión. Veremos que de este resultado se deducen útiles aplicaciones sobre los ceros de las funciones holomorfas. Teorema de Hurwitz. Sea Ω un abierto y conexo del plano complejo, (fn) una sucesión de fun- ciones holomorfas en Ω que converge, uniformemente sobre los compactos de Ω, a una función f holomorfa en Ω. Sea U un abierto acotado en Ω tal que U ⊂ Ω. Supongamos que f no tiene ceros en ∂U . Entonces existe nU ∈ N tal que para todo n > nU , las funciones fn y f tienen el mismo número de ceros en U . Es decir ∀n > nU , X ω∈U Oω(f) = X ω∈U Oω(fn)⇐⇒ ∀n > nU , Zf(o;U) = Zfn(o;U) Demostración. Supongamos en primer lugar que U es un disco. En este caso sea el min {|f(ξ)| : ξ ∈ ∂U} y nU ∈ N tal que ∀n > nU sup {|f(z)− fn(z)| : z ∈ ∂U} < . Entonces |fn(ξ)− f(ξ)| < |f(ξ)| , ξ ∈ ∂U y el teorema de Rouché prueba el resultado. Para el caso de ser U arbitrario, el teorema de identidad nos dice que sobre el compacto U la función f tiene un número finito de ceros. Por consiguiente 7 existen discos U1.U2,..., Uk, disjuntos dos a dos, tales que f no tiene ceros en el compacto K = U\ ∪ki=1 Ui . Luego Existe nU ∈ N : ∀n > nU , fn no tiene ceros en K. Aplicando el teorema para cada disco se obtiene el resultado. Corolario 1. Sea (fn) una sucesión de funciones holomorfas en Ω, abierto y conexo, que converge uniformemente sobre los compactos de Ω a una funcion f holomorfa en Ω. Si para cada n la función fn no tiene ceros en Ω, entonces la función f es nula en Ω o no tiene ceros en Ω. Corolario 2. Sea (fn) una sucesión de funciones holomorfas en Ω, abierto y conexo, que converge uniformemente sobre los compactos de Ω a una funcion f holomorfa en Ω. Si cada fn es inyectiva, entonces f es constante o inyectiva en Ω. 8 AFVC/P._Dirichlet_para_el_disco.pdf EL PROBLEMA DE DIRICHLET PARA EL DISCO Motivación. Sea α ∈ U , disco unidad abierto, y consideremos las aplicaciones ϕα y ϕ−1α . Ambas son holomorfas en D(0; 1 |α|), entorno de U . Supongamos que Ω = ϕ−1α ³ D(0; 1|α|) ´ y que g es holomorfa en Ω. Entonces g ◦ ϕ−1α (0) = 1 2πi Z ∂U g ◦ ϕ−1α (z) z dz. Si ω = eit,−π ≤ t ≤ π y z = ϕα(ω), recordando que ϕα(ω) = ω−α1−αω obten- emos g ◦ ϕ−1α (0) = g(α) = 1 2πi Z ∂U g(ω) ϕα(ω) ϕ0α(ω)dω = 1 2πi Z π −π g(eit) ϕ0α(e it) ϕα(e it) ieitdt. Si tenemos en cuenta que ϕ0α(e it) ϕα(e it) eit = 1− |α|2 (1− αeit) (eit − α)e it = 1− |α|2 (1− αeit) (1− αe−it) = 1− |α|2 |eit − α|2 obtenemos (*) g(α) = 1 2π Z π −π g(eit) 1− |α|2 |eit − α|2dt , α ∈ U La observación anterior me permite obtener el valor de una función holo- morfa en el interior de un disco conociendo su comportamiento en la frontera. En efecto Teorema. Sea f ∈ C ¡D(a; r¢) y holomorfa en D(a; r). Entonces f(z) = 1 2π Z π −π f(a+ reit) r2 − |z − a|2 |reit − (z − a)|2dt, z ∈ D(a; r) 1 Demostración. Haciendo el cambio de variable ω = z−a r el caso se reduce a considerar a = 0 y r = 1. Sea z ∈ U , s > 0 con 0 < s < 1 tal que V (s) = ½ ξ : |ξ| < 1 s ¾ verifique ϕz(V (s)) ⊂ D(0; 1 |z|). Entonces si g(ξ) = f(sξ), resulta que g ◦ ϕ−1z es holomorfa en ϕz(V (s)). Por la fórmula (*) anterior tenemos g(z) = f(sz) = 1 2π Z π −π f(seit) 1− |z|2 |eit − z|2dt. Si s −→ 1 obtenemos f(z) = 1 2π Z π −π f(eit) 1− |z|2 |eit − z|2dt El resultado anterior nos permite introducir de forma natural el Núcleo de Poisson. En efecto hemos probado que si f es continua en el disco unidad cerrado y holomorfa en el disco unidad abierto, entonces f(z) = 1 2π Z π −π f(eit)Pr(θ − t)dt, z = reiθ donde Pr(θ) = 1− r2 |1− reiθ|2 , z = re iθ Definición. Sean -∞ < θ <∞ y 0 ≤ r < 1. Definimos el núcleo de Poisson por Pr(θ) = ∞X −∞ r|n|einθ Observación. Pr(θ) = Re µ 1 + z 1− z ¶ = Re µ 1 + reiθ 1− reiθ ¶ = 2 1− r2 1− 2r cos θ + r2 = 1− r2 |1− reiθ|2 , z = re iθ. Hemos probado que si f es continua en el disco unidad cerrado y holo- morfa en el disco unidad abierto, entonces f(z) = 1 2π Z π −π f(eit)Pr(θ − t)dt, z = reiθ Si escribimos f = u + iv, entonces u y v son armónicas en U , continuas en U y u(reit) = 1 2π Z π −π u(eit)Pr(θ − t)dt, 0 ≤ r < 1 -∞ < θ <∞, con una fórmula análoga para v. Observación. Hemos probado la fórmula anterior para u armónica en U y continua en U , siempre que u sea la parte real de una función holomorfa en U y continua en U . Del estudio del problema de Dirichlet deduciremos que toda función u, en las condiciones anteriores, es la parte real de una función holomorfa en U , continua en U , es decir una especie de resultado recíproco. Propiedades del núcleo de Poisson. 1 2π Z π −π Pr(θ)dθ = 1 Para cada θ, Pr(θ) > 0, Pr(−θ) = Pr(θ) y Pr es periódica de período 2π El problema de Dirichlet consiste en lo siguiente: Dada f : ∂U −→ R continua, encontrar u : U −→ R continua tal que: (i) u |∂U= f y (ii) u es armónica en U Dada la f definimos Hf : U −→ R por Hf(re iθ) = ½ f(reiθ) si r = 1 1 2π R π −π f(e it)Pr(θ − t)dt si r < 1 ¾ 3 Lema. La función Hf es armónica en U y continua en U . Demostración. Hf(re iθ) = 1 2π Z π −π f(eit)Re µ 1 + rei(θ−t) 1− rei(θ−t) ¶ dt = Re ½ 1 2π Z π −π f(eit) µ eit + reiθ eit − reiθ ¶ dt ¾ . Si g(z) = 1 2π Z π −π f(eit) µ eit + z eit − z ¶ dt, z ∈ U , resulta que g es holomorfa en U y Hf = Re(g) es armónica en U . Probemos ahora la continuidad. Si 0 ≤ r < 1,¯̄̄̄ 1 2π Z π −π f(eit)Pr(θ − t)dt ¯̄̄̄ ≤ |f |∂U luego |Hf |U = |f |∂U . Supongamos en primer lugar que f es un polinomio trigonométrico, es decir f(eiθ) = NX n=−N cne inθ. Entonces Hf(re iθ) = 1 2π Z π −π Pr(θ − t) à NX n=−N cne int ! dt = NX n=−N cn · 1 2π Z π −π Pr(θ − t)eintdt ¸ = NX n=−N cn " 1 2π Z π −π à ∞X m=−∞ r|m|eim(θ−t) ! eintdt # = NX n=−N cn 1 2π 2πr|n|einθ = NX n=−N cnr |n|einθ. 4 En conclusión, en este caso, Hf(re iθ) = ½ PN n=−N cne inθ si r = 1PN n=−N cnr |n|einθ si 0 ≤ r < 1 ¾ , y Hf es continua en U. En el caso general dada f continua en ∂U , el Teorema de Stone-Weierstrass, nos garantiza la existencia de una sucesión {gk} de polinomios trigonométri- cos tales que |gk − f |∂U −→ 0 (k −→∞). Luego |Hgk −Hf |U = ¯̄ H(gk−f)) ¯̄ U = |gk − f |∂U −→ 0 (k −→∞). La expresión anterior nos dice que la sucesión de funciones Hgk , continuas en U , converge unformemente sobre U hacia Hf , y por consiguiente Hf es continua en U. Teorema. Dada f : ∂U −→ R continua, existe una única u : U −→ R tal que (i) u(z) = f(z) si z ∈ ∂U y (ii) u es armónica en U. Además u viene dada por la fórmula u(reiθ) = 1 2π Z π −π f(eit)Pr(θ − t)dt, 0 ≤ r < 1, 0 ≤ θ ≤ 2π u(eiθ) = f(eiθ) , 0 ≤ θ ≤ 2π Demostración. Por el lema anterior es suficiente con probar la unicidad. La unicidad resulta de aplicar el siguiente lema: Lema. Si g es armónica en U , continua en U y g(∂U) = {0}, entonces g es identicamente cero. Demostración. 5 Sea z0 en U tal que g(z0) > 0. Consideremos un > 0 tal que 0 < < g(z0). Sea ϕ(z) = g(z) + |z|2 , z ∈ U. Entonces ϕ(z0) = g(z0) + |z0|2 > + |z0|2 = (1 + |z0|2) ≥ . La continuidad de la función ϕ en U y la relación anterior nos dicen que existe un z1 ∈ U tal que ϕ tiene en z1 un máximo local. Esto implica que ϕxx(z1) ≤ 0 y ϕyy(z1) ≤ 0. La condición ∇2ϕ(z1) = 4 > 0 nos lleva a una contradicción, es decir g(z) ≤ 0 si z ∈ U . Una prueba análoga nos llevaria a que g(z) ≥ 0, z ∈ U , es decir g es identicamente nula en U . Observación. Si u es continua en U y armónica en U , entonces u es la integral de Poisson de su restricción a ∂U . Es decir u(reiθ) = 1 2π Z π −π u(eit)Pr(θ − t)dt, 0 ≤ r < 1. Además u = Re(g), con g ∈ H(U), donde g(z) = 1 2π Z π −π u(eit) eit + z eit − zdt, z ∈ U. Teniendo en cuenta que las partes reales e imaginarias de una función holomorfa son armónicas, obtenemos que si g ∈ H(U), y es continua en U , entonces ∀z ∈ U , g(z) = 1 2π Z π −π g(eit)Pr(θ − t)dt, fórmula ya obtenida en la introducción. Observación. Si Ω es un abierto simplemente conexo y propio del plano complejo, el Teorema de Riemann nos dice que existe Φ : Ω −→ U biholomorfa. En gen- eral no sabemos nada respecto al comportamiento de una posible extensión 6 continua de Φ al borde de Ω. Si existiera una extensión continua eΦ, al borde de Ω, tal que eΦ(∂Ω) = ∂U , entonces el problema de Dirichlet sería resoluble en Ω. Ejemplo. La transformada de Cayley T : Im z > 0 −→ U , T (z) = z−i z+i , transforma el eje real en ∂U , es decir en este caso tenemos resuelto el problema de Dirichlet para Im z > 0. Observación. Si u es armónica en U y continua en U, entonces para cada Φ : Ω −→ U biholomorfa resulta que u ◦Φ es armónica en Ω. El problema de Dirichlet para discos en general se puede reducir al caso del disco unidad. En efecto: Pr(θ) = Re µ 1 + z 1− z ¶ = Re µ 1 + reiθ 1− reiθ ¶ = 1− r2 1− 2r cos θ + r2 = 1− r2 |1− reiθ|2 , z = re iθ. Si R > r y sustituimos en la fórmula anterior r por r R obtenemos: P r R (θ) = R2 − r2 R2 − 2rR cos θ + r2 , 0 ≤ r < R; −∞ < θ <∞. Repitiendo el proceso anterior obtendriamos: Teorema. Sea f : ∂D(a;R) −→ R continua. Entonces existe una única u ∈ C(D(a;R)) tal que: (i) u(z) = f(z) si z ∈ ∂D(a;R) (ii) u es armónica en D(a;R). Además u viene dada por la fórmula u(a+ reiθ) = 1 2π Z π −π P r R (θ − t)u(a+R.eit)dt. Observación. 7 Para r = 0 se obtiene u(a) = 1 2π Z π −π u(a+R.eit)dt que es la propiedad del valor medio. La fórmula de P r R (θ − t) admite también la expresión P r R (θ − t) = R 2 − r2 |R.eit − reit|2 . Teniendo en cuenta que R− r ≤ ¯̄R.eit − reit¯̄ ≤ R+ r , obtenemos R− r R+ r ≤ R 2 − r2 |R.eit − reit|2 ≤ R+ r R− r . Corolario (Desigualdades de Harnack). Si u ∈ C(D(a;R)), es armónica en D(a;R) y u ≥ 0, entonces para cada r, 0 ≤ r < R y cada θ ∈ R se verifica R− r R+ r u(a) ≤ u(a+ reiθ) ≤ R+ r R− ru(a) Teorema de Harnack. Sea Ω un abierto y conexo del plano complejo y {un} una sucesión de funciones armónicas en Ω. (a) Si {un} −→ u, para la topología τ c, entonces u es armónica en Ω. (b) Si la sucesión {un} es no decreciente, entonces {un} converge uni- formemente sobre los compactos de Ω o bien {un(z)} −→ +∞ para cada z ∈ Ω. Demostración. (a) Para cada D(a;R) ⊂ Ω y cada n ∈ N un(a+ re iθ) = 1 2π Z π −π P r R (θ − t)un(a+R.eit)dt, 0 ≤ r < R 8 Pasando al límite obtenemos u(a+ reiθ) = 1 2π Z π −π P r R (θ − t)u(a+R.eit)dt, 0 ≤ r < R luego u es armónica en D(a;R). El disco D(a;R) era arbitrario, luego u es armónica en Ω. (b) Podemos suponer que u1 ≥ 0, pues en caso contrario considerariamos la sucesión {un − u1}. Sea u = sup {un : n ∈ N}, A = {z ∈ Ω : u(z) <∞} y B = Ω\A. Sea D(a;R) ⊂ Ω. las desigualdades de Harnack nos dicen que R− r R+ r un(a) ≤ un(a+ reiθ) ≤ R+ r R− run(a). Pasando al límite R− r R+ r u(a) ≤ u(a+ reiθ) ≤ R+ r R− ru(a), 0 ≤ r < R, luego o bien u(z) = +∞ para cada z ∈ D(a;R), o bien u(z) < +∞ para cada z ∈ D(a;R). Es decir A y B son abiertos. Si A es vacío finaliza la prueba. Si A = Ω, el Teorema de la Convergencia Monótona nos dice que u es armónica en cualquie disco de Ω y por consiguiente u es armónica en Ω. En particular u es continua. En este caso el teorema de Dini nos dice que {un} converge a u uniformemente sobre los compactos de Ω. Observación final. Si u es una función armónica en Ω, dado D(a;R) ⊂ Ω sabemos que en D(a;R), la función u es la parte real de una función f holomorfa en D(a;R). La función f esta univocamente determinada salvo la adición de una con- stante imaginaria pura. Es decir, toda función armónica en Ω es localmente la parte real de una función holomorfa. En particular tiene derivadas par- ciales continuas de todos los órdenes. 9 AFVC/Práctica 3.pdf Análisis de Funciones de Variable Compleja. Grupo U. Curso 2014-15 Práctica 3. 1.- Probar el Teorema Fundamental del Álgebra utilizando: (i) La Fórmula de Contar Ceros y Polos. (ii) El Teorema de Rouché. 2.- Sea λ > 1, λ ∈ R y f(z) = λ − z − e−z. Probar que f tiene exacta- mente un cero en Re z ≥ 0. Demostrar que dicho cero es real y pertenece a {z : |z − λ| < 1} 3.- Sea λ > 1, λ ∈ R y f(z) = zeλ−z− 1. Probar que f tiene exactamente un cero en el disco unidad. Demostrar que dicho cero es real y positivo. 4.- Sea Ω = C\T , donde T = {z : |z| < R} , 0 ∈ T y T es cerrado y conexo. Probar que si f tiene una primitiva en A = {z : |z| > R} también la tiene en Ω. Aplicar lo anterior para probar que la función g(z) = e1/z 2 z2 − 1 tiene una primitiva en C\ [−1, 1] . 5.- Sea A ⊂ C\ {0} finito y f ∈ H(C\A). Se considera la función g(z) = zf(z2), definida en C\B, donde B = {b : b2 ∈ A}. Demostrar que g presenta en cada b ∈ B el mismo tipo de singularidad que f presenta en a = b2 (si es polo con la misma multiplicidad) y que Re s(g; b) = (1/2)Re s(f ; a) 6.- Singularidades aisladas en el ∞. Sea D∗(∞; r) = {z : |z| > 1/r} y D(∞; r) = D∗(∞; r) ∪ {∞} Diremos que f tiene una singularidad aislada en ∞ si f ∈ H(Ω) y D∗(∞; r) ⊂ Ω. - Diremos que ∞ es evitable si f(1/z) tiene en z = 0 una singularidad evitable. - Diremos que ∞ es un polo si f(1/z) tiene en z = 0 un polo. - Diremos que ∞ es esencial si f(1/z) tiene en z = 0 una singularidad esencial. Si ∞X −∞ anz n es el desarrollo de Laurent de f en D∗(∞; r) ⊂ Ω y M = {n ∈ Z : an 6= 0} obtenemos: a) ∞ es evitable si, y sólo si, SupM ≤ 0. b) ∞ es polo de oreden m si, y sólo si, SupM = m > 0. 1 c) ∞ es esencial si, y sólo si, SupM = +∞. ∞ es polo de orden m de f ⇐⇒ f(1/z) tiene en z = 0 un polo de orden m ⇐⇒ 1/f es holomorfa en D(∞; r), con un cero de multiplicidad m en ∞⇐⇒ 1/f(1/z) tiene en z = 0 un cero de multiplicidad m. Definimos Re s(f ;∞) = Re s(g; 0) donde g(z) = −f(1/z)/z2. Si S ⊂ C es finito y f ∈ H(C\S) probar queX a∈S Re s(f ; a) + Re s(f ;∞) = 0 7.- Probar que para cada n ∈ N, la función f(z) = 1 z sinπz no tiene primitiva en An = {z : n+ 1/2 < |z − 1/2| < n+ 3/2} 8.- Sea f holomorfa en C tal que f(z) z2 + 1 posee raíz cúbica holomorfa en |z| > 1. Probar que f se anula en algún punto del disco |z| ≤ 1. 9.- Sea r > 1 y f ∈ H(D(0; r)) tal que |f(z)| < 1 si |z| = 1. Probar que existe a ∈ D(0; 1) tal que f(a) = a y f 0(a) 6= 1. 10.- Determinar el número de ceros de cada polinomio en el abierto que se indica: z8 − 4z5 + z2 − 1 en D(0; 1) z5 − z + 16 en {z : 1 < |z| < 2} z4 + 26z + 2 en {z : 3/2 < |z| < 3} 11.- Demostrar que desde un valor de n en adelante todos los ceros del polinomio pn(z) = 1 + 2z + ...+ nz n−1 están en {z : |z| > ρ} con 0 < ρ < 1. 12.- Sea Ω abierto y conexo, (fn) ⊂ H(Ω), f ∈ H(Ω).Si cada fn no tiene ceros en Ω y (fn) converge a f uniformemente sobre los compactos de Ω , probar que f ≡ 0 en Ω o f no tiene ceros en Ω. 2 13.- Sea Ω abierto y conexo, (fn) ⊂ H(Ω), f ∈ H(Ω).Si cada fn es inyectiva y (fn) converge a f uniformemente sobre los compactos de Ω, probar que f es constante en Ω o f es inyectiva en Ω. 3 AFVC/Práctica 4.pdf Análisis de Funciones de Variable Compleja. Grupo U. Curso 2014-15 Práctica 4. 1.- Calcula Z ∞ −∞ cos ax x2 + b2 dx (a, b > 0) Indicación. Integrar la función f(z) = eiaz z2 + b2 en la frontera del semidisco DR del semiplano superior acotado por el inter- valo [−R,R] en el eje real y la semicircunferencia ΓR de radio R y centro 0 en el semiplano superior, aplicando el Teorema de los Residuos. 2.- Calcula Z ∞ 0 sin2 x x2(1 + x2) dx Indicación. Reducir el problema al cálculo de las integralesZ ∞ −∞ sin2 x x2 dx y Z ∞ −∞ sin2 x x2 + 1 dx Para calcular la primera considerar la función de variable compleja f(z) = e2iz − 1 z2 y el semidisco del semiplano superior de radio R, salvando la singularidad en z = 0 con una semicircunferencia γε de radio . Para el cálculo de la segunda reducir el problema al cálculo de laZ ∞ −∞ cos 2x x2 + 1 dx Considerar la función f(z) = e2iz z2 + 1 y el borde del semidisco DR del semiplano superior acotado por el intervalo [−R,R] en el eje real y la semicircunferencia ΓR de radio R y centro 0 en el semiplano superior. 1 3.- Calcula Z ∞ 0 x 1 + x6 dx Indicación. Considerar la función f(z) = z 1 + z6 y considerar el sector circular SR del semiplano superior acotado por el inter- valo [0, R] en el eje real, el segmento γ = £ e π 3 i, 0 ¤ y el arco de circunferencia ΓR de radio R, centro 0 y ángulo π3 en el semiplano superior. 4.- Calcula Z ∞ 0 log x 1 + x2 dx Indicación. Considerar el abierto G = C\ [0,+∞] y la función f(z) = log2 z 1 + z2 con 0 < arg(z) < 2π que es holomorfa en G. 5.- Sea f ∈ H(Ω) no constante y Ω abierto y conexo. Si el compacto K = {z ∈ Ω : |f(z)| ≤ 1} es no vacío, demuestra que f se anula en algún punto. 6.- Determina los abiertos Ω ⊃ {z : |z| ≤ 1} en los que hay definida una función f ∈ H(Ω) verificando: a) |f(z)| = 1 si |z| = 1 b) Los únicos ceros de f son a = 1/2 (simple) y b = (1 + i)/4 (doble) c) f(0) = ab2. Probar que si Ω es conexo la función f es única. 7.- Sea f ∈ H(Ω) donde Ω ⊃ {z : |z| ≤ 1} es abierto y conexo. Probar que si se cumplen las dos condiciones a) |f(z)| ≤ 1 si |z| = 1 b) Existen a, b ∈ D(0, 1), a 6= b tales que f(a) = a y f(b) = b, entonces f es la identidad. 8.- Sea f : D(0, 1) −→ Q biholomorfa, dondeQ := {(x+ iy) : |x| < 1, |y| < 1}, con f(0) = 0. Probar que f (n)(0) = 0 si (n− 1) no es múltiplo de 4. 9.-Sea f holomorfa en un abierto que contiene a la adherencia del disco unidad abierto y tal que |f(z)| ≤ 1 si |z| = 1 y f(0) = 1 2 . Pruébese que |f(z)| ≤ ½ 3|z|+1 2 para |z| ≤ 1 3 1 para 1 3 ≤ |z| ≤ 1 ¾ 2 10.- Probar que si f : C −→ C es biholomorfa, entonces f(z) = az + b, con a, b ∈ C , a 6= 0. Indicación. Considerar la composición f ◦ g, donde g(z) = 1 z , en un disco perforado centrado en el 0, con un radio adecuado. 11.- Definir una aplicación biholomorfa entreD = {z ∈ D(0, 1) : Im(z) > 0} y el semiplano superior Im(z) > 0. 12.- Obtener una aplicación biholomorfa entre D = © reiθ : 0 < r < 1, 0 < θ < α ª , donde α es un número real 0 < α < 2π, y D(0, 1). 13.- Probar que todo automorfismo del semiplano Im(z) > 0 es una transformación de Möbius. 14.- Probar que si f ∈ H(Ω) y f 0(z◦) 6= 0, entonces existe un entorno U de z◦ tal que f|U es biholomorfa entre U y f(U). Probar que fn : C\ {0} −→ C\ {0} , z −→ zn, n ∈ Z\ {0}, es localmente biholomorfa en cada punto, pero sólo cuando n = 1,−1 es biholomorfa. 15.- Probar que si f : C\ {0} −→ C\ {0} es biholomorfa, entonces f(z) = az o f(z) = az−1 con a 6= 0, a ∈ C. Indicación. Probar que z = 0 no es una singularidad esencial de f . Razonar con el caso de ser evitable y con el caso de ser un polo. 16.- (El problema de Dirichlet para el semiplano {Im z > 0}). Sea f : R −→ R continua con lim|t|−→∞ f(t) = l, con l finito. Encontrar una función u : {Im z > 0} ∪ {∞} :−→ R continua, armónica en {Im z > 0}) y tal que u |R∪{∞}= f Probar que la solución es u(z0) = Re 1 πi Z ∞ −∞ f(t) t− z0 dt, z0 ∈ {Im z > 0} 17.- Calcúlese directamente la integral de Poisson para el valor en la frontera f(eiθ) = sin θ + cos θ 18.- Sea u una función armónica positiva en U = D(0, 1) y tal que u(0) = 1. Encuéntrese estimaciones del valor de u(1/2). Indicación: Utilizar las desigualdades de Harnack. 19.- Probar que en un abierto simplemente conexo Ω toda función ar- mónica es la parte real de una función holomorfa en Ω. 3 AFVC/T._Aplicaci_n_Abierta.pdf Teorema de la Aplicacion Abierta Nos proponemos ahora probar un teorema de la aplicación abierta para las funciones holomorfas. Utilizaremos para ello dos lemas de marcado carácter geométrico. Lema 1 Sea f una función holomorfa en Ω y D = D(z0; r) con D ⊂ Ω. Si min {|f(z)| : z ∈ ∂D} > |f(z0)| entonces f tiene al menos un cero en D. Demostración. Si f no tiene ceros en D tampoco los tiene en D, luego existe un abierto U, con D ⊂ U ⊂ Ω tal que f no tiene ceros en U . Consid- eramos la función g(z) = (f(z))−1 que es holomorfa en U . Se verifica |f(z0)|−1 = |g(z0)| ≤ max {|g(z)| : z ∈ ∂D} = max ½ 1 |f(z)| : z ∈ ∂D ¾ = (min {|f(z)| : z ∈ ∂D})−1 , luego |f(z0)| ≥ min {|f(z)| : z ∈ ∂D} que es una contradicción. Lema 2 Sea f una función holomorfa en Ω y D = D(z0; r) con D ⊂ Ω. Si 2δ = min {|f(z)− f(z0)| : z ∈ ∂D} > 0, entonces {z : |z − f(z0)| < δ}⊂ f (D). Demostración. Sea b ∈ C : |b− f(z0)| < δ. Si z ∈ ∂D se verifica |f(z)− b| ≥ |f(z)− f(z0)|− |b− f(z0)| > 2δ − δ = δ, luego min {|f(z)− b| : z ∈ ∂D}> |f(z0)− b| . Por el lema 1 concluimos que f(z)− b tiene al menos un cero z1 en D, es decir b = f(z1). 1 Estamos ya en condiciones de probar el Teorema de la Aplicación Abierta. Teorema de la Aplicación Abierta Toda función holomorfa en un abierto, que no sea localmente constante en ningún punto, es abierta. Demostración. Sea f una función holomorfa en Ω, U un abierto arbitrario contenido en Ω y z0 ∈ U . Probemos que f(U) contiene un disco centrado en f(z0). La función f no es constante en ningún entorno de z0, luego el principio de identidad nos dice que existe D disco centrado en z0 tal que D ⊂ U y f(z0) /∈ f(∂D), es decir 2δ =min {|f(z)− f(z0)| : z ∈ ∂D}> 0. Aplicando el lema 2 obtenemos D(f(z0); δ) ⊂ f(D) ⊂ f(U) con lo que la prueba concluye. Este teorema nos permite dar una sencilla y elegante demostración del Principio del Módulo Máximo. Corolario (Principio del Módulo Máximo) Sea f una función holomorfa en un abierto y conexo Ω. Si f no es constante en Ω entonces |f | no admite un máximo local en Ω. Demostración. Si existieran z0 ∈ Ω y r > 0 tales que ∀z ∈ D(z0; r) |f(z)| ≤ |f(z0)| , entonces f(D(z0; r)) ⊂ D(0; |f(z0)| y f no es abierta. El teorema anterior nos dice que f es entonces localmente constante en un punto. El principio de identidad nos hace concluir que entonces f es constante en Ω. Teorema (Principio del Módulo Máximo para regiones acotadas) Sea Ω un abierto acotado y conexo del plano complejo y f holomorfa en Ω, continua en Ω. Entonces el máximo de |f | en Ω se alcanza siempre en ∂Ω. 2 Demostración. Si |f | alcanza su máximo en Ω en un punto de Ω, entonces |f | tiene en ese punto un máximo local. Aplicaciones conformes Introducción Definición Sea f :Ω −→ C y z0 ∈ Ω. Diremos que f es conforme en z0 si existe θ ∈ [0, 2π) y r > 0 tales que para cualquier curva c(t), diferenciable en t = 0, c(t) ∈ Ω, c(0) = z0 y v = c0(0) 6= 0 ( v es el vector tangente a c en c(0)), la curva d(t) = f(c(t)) es diferenciable en t = 0 y si u = d0(o) se tiene |u| = r |v| y arg u = arg v + θ (mod .2π). f es conforme en Ω si lo es en cada punto de Ω. Interpretación geométrica relacionando el concepto de "conforme" con la propiedad de "conservación de ángulos". Si f es holomorfa en z0 con f 0(z0) 6= 0 entonces u = d0(o) = f 0(z0)c0(0) = f 0(z0)v. Es decir arg u = arg f 0(z0) + arg v (mod .2π) y |u| = |f 0(z0)| |v| . En conclusión podemos afirmar que si f es holomorfa en z0, con derivada no nula, entonces f es conforme en z0 con θ = arg f 0(z0) y r = |f 0(z0)|. Transformaciones de Möbius Sean a, b, c, d números complejos tales que ad− bc 6= 0. La aplicación f : bC −→ bC, f(z) = az + b cz + d c = 0 =⇒ f(∞) =∞; c 6= 0⇒ f(∞) = a c y f( −d c ) =∞; f−1(ω) = dω − b−cω + a se denomina transformación de Möbius o transformación bilineal. Son siem- pre transformaciones biyectivas. La condición ad − bc 6= 0 asegura que la derivada en cada punto es no nula. Si f1(z) = a1z + b1 c1z + d1 y f2(z) = a2z + b2 c2z + d2 3 entonces (f1◦f2)(z) = (a1a2 + b1c2)z + (a1b2 + b1d2) (c1a2 + d1c2)z + (c1b2 + d1d2) . Luego la composición de dos transformaciones de Möbius es otra trans- formación del mismo tipo. Transformaciones de Möbius elementales (a) Traslaciones z −→ z + α, α ∈ C (b) Rotaciones z −→ az, a ∈ C, |a| = 1 (c) Homotecias z −→ rz, r > 0 (d) Inversiones z −→ 1 z Observaciones 1. Una homotecia z −→ kz, k > 0, transforma: i) Circunferencias |z − z0| = r, r ∈ R+, en circunferencias |w − kz0| = kr ii) Rectas Re © e−iθz ª = c, c ∈ R+, en rectas Re©e−iθwª = kc 2. La inversión w = 1 z transforma: i) Circunferencias |z − z0| = r, que no pasan por el origen (|z0| 6= r), en circunferencias que tampoco pasan por el origen. ii) Circunferencias |z − z0| = r, que pasan por el origen (|z0| = r),en rectas que no pasan por el origen. iii) Rectas Re © e−iθz ª = c, c ∈ R+, que no pasan por el origen, en circunferencias que pasan por el origen ¯̄̄ w − e−iθ 2c ¯̄̄ = 1 2c . iv) Rectas, que pasan por el origen Re © e−iθz ª = 0, en rectas que pasan por el origen Re © eiθw ª = 0. Proposición Toda transformación de Möbius se puede descomponer en transforma- ciones elementales. Demostración. Si c = el resultado es obvio. Si c 6= 0 az + b cz + d = bc− ad c2(z + d c ) + a c es decir, traslación d c , inversión, homotecia y rotación bc− ad c2 = ¯̄̄̄ bc− ad c2 ¯̄̄̄ ei arg( bc−ad c2 ) 4 y traslación a c . Proposición Si z1, z2, z3 son tres números complejos distintos de bC, existe una única transformación de Möbius w(z) que los transforma en los puntos 0, 1,∞ re- spectivamente. Si ninguno de los puntos z1, z2, z3 son ∞, w(z) viene definda por w(z ) = (z − z1) (z − z3) . (z2 − z3) (z2 − z1) (*) Si z1 =∞, w(z) = z2 − z3 z − z3 , (z1 −→∞ en ∗) Si z2 =∞, w(z) = z − z1 z − z3 , (z2 −→∞ en ∗) Si z3 =∞, w(z) = z − z1 z2 − z1 , (z3 −→∞ en ∗) Demostración. Sólo resta ver la unicidad. Sean w1 y w2 dos transforma- ciones de Möbius con dicha propiedad. Sea (w1◦w−12 )(z) = az + b cz + d , ad− bc 6= 0. Resulta 0 = b d , 1 = a+ b c+ d , a c =∞, es decir b = c = 0 y a = d. En conclusión w1 ◦ w−12 = I, es decir w1 = w2. Corolario Dadas dos circunferencias en bC , siempre existe una transformación de Möbius que trasforma una en la otra. Aplicaciones biholomorfas. Una aplicación biholomorfa entre dos abiertos del plano complejo es una aplicación f , holomorfa y biyectiva entre ambos, tal que f−1 es también holomorfa. 5 El siguiente resultado nos dice que las aplicaciones holomorfas e inyectivas son biholomorfas sobre su imágen. Teorema. Sea f : Ω −→ C holomorfa e inyectiva Entonces: i) f(Ω) = Ω1 es abierto ii) ∀z ∈ Ω, f 0(z) 6= 0 iii) f : Ω −→ Ω1 es biholomorfa y (f−1)0(w) = (f 0(f−1(w)))−1. Demostración. El Teorema de la Aplicación abierta nos dice que Ω1 es abierto. Además la relación (f−1)−1(U) = f(U) prueba que f−1es continua. La inyectividad de f nos asegura que f 0 no puede ser nula en ningun disco contenido en Ω. Luego el Teorema de identidad nos dice que el conjunto Z(f 0), ceros de f 0 en Ω, es cerrado y discreto en Ω. Por ser f abierta, el conjunto M = f(Z(f 0)) es cerrado y discreto en Ω1. Veamos en primer lugar que f−1 es holomorfa en Ω1\M . Sea w0 ∈ Ω1\M , z0 ∈ Ω con f(z0) = w0 y f 0(z0) 6= 0. La relación lim w−→w0 f−1(w)− f−1(w0) w − w0 = limz−→z0 z − z0 f(z)− f(z0) = 1 f 0(z0) demuestra que f−1 es holomorfa en w0 y que (f−1)0(w0) = 1 f 0(f−1(w0)) . El Teorema de Prolongación de Riemann, la holomorfía de f−1 en Ω1\M y la continuidad de f−1 en Ω1, prueban que f−1 es holomorfa en Ω1. Finalmente veamos que para cadaw ∈ Ω1 se verifica (f−1)0(w).f 0(f−1(w)) = 1. Sea w ∈ Ω1, (wn) ⊂ Ω1\M tal que (wn) −→ w. Entonces zn = f −1(wn) −→ z = f−1(w); f 0(zn) −→ f 0(z) y (f−1)0(wn) −→ (f−1)0(w), luego (f−1)0(w).f 0(f−1(w)) = lim(f−1)0(wn).f 0(f−1(wn)) = 1. La relación anterior prueba en particular que ∀z ∈ Ω, f 0(z) 6= 0. Ejemplos fundamentales de aplicaciones biholomorfas 6 1. La aplicación T (z) = z − 1 z + 1 es una aplicación biholomorfa entre Re z > 0 y U disco unidad abierto 2. Transformación de Cayley. La aplicación T (z) = z − i z + i es una aplicación biholomorfa entre H = Im z > 0 y el disco unidad abierto. 3. Sea C− = C\ {z : Im z = 0,Re z ≤ 0} . La aplicación q : H −→ C− z −→ −z2 es biholomorfa por ser holomorfa y biyectiva. Luego la aplicación p : U −→ C− z −→ µ z + 1 1− z ¶2 es biholomorfa por el mismo argumento. Automorfismos del disco unidad Sea U el disco unidad abierto y Aut(U ) = {ϕ : U −→ U : ϕ es biholomorfa} . Para cada α ∈ U, definimos ϕα(z) = z − α 1− αz Proposición ϕα es inyectiva. Aplica U sobre U y α en el 0. Además (ϕα) −1 = ϕ−α y se verifica ϕ0α(0) = 1− |α|2 y ϕ0α(α) = 1 1− |α|2 7 Demostración. ϕα ∈ H(C\ ½ 1 α ¾ ; 1 α /∈ U, ϕα es holomorfa en U y ϕ−α(ϕα(z)) = z. Luego (ϕα) −1 = ϕ−α. De la relación ∀t ∈ R, ¯̄̄̄ eit − α 1− αeit ¯̄̄̄ = ¯̄̄̄ eit − α e−it − α ¯̄̄̄ = 1 se deduce que ϕα aplica T = {z : |z| = 1} en T . Lo mismo es cierto para ϕ−α. Es decir ϕα(T ) = T. Por el principio del módulo máximo para regiones acotadas ∀z ∈ U, |ϕα(z)| < max {|ϕα(z)| : z ∈ T} = 1, es decir ϕα(U) ⊂ U . Consideando ϕ−α obtenemos ϕα(U) = U. En conclusión ϕα∈ Aut(U), ϕα(α) = 0 y ϕα)−1= ϕ−α Lema de Schwarz. Sea U el disco unidad abierto y f : U −→ U holomorfa con f(0) = 0. Entonces ∀z ∈ U, |f(z)| ≤ |z| y |f 0(o)| ≤ 1. Si existe z0 ∈ U, z0 6= 0, con |f(z0)| = |z0| o si |f 0(o)| = 1 entonces f es una rotación alrededor del origen. Demostración. Consideramos la función g(z) = f(z) z si z 6= 0; g(z) = f 0(0) si z = 0; z ∈ U. El Teorema de Prolongación de Riemann nos dice que g es holomrfa en U. La relación ∀z ∈ U, |f(z)| < 1 implica ∀r < 1,max |z|=r |g(z)|<1 r . 8 Ahora, el principio del módulo máximo nos permite afirmar que 0 ≤ |z|< r < 1 =⇒ |g(z)|<1 r . Tomando límites cuando r −→ 1 obtenemos 0 ≤ |z| < 1 =⇒ |g(z)| ≤ 1, es decir 0 ≤ |z|< 1 =⇒ |f(z)|≤ |z| y |f 0(o)|≤ 1. En el caso de que |f 0(o)| = 1 o |f(z0)| = |z0| , con z0 ∈ U\ {0} , |g| alcanza su máximo en U. El principio del módulo máximo nos dice que g es una constante λ con |λ| = 1. Es decir en este caso f(z) = λz, z ∈ U, |z| = 1 El siguiente Teorema nos dice cómo son todos los automorfismos del disco unidad. Teorema. f ∈ Aut(U)⇐⇒ Existe θ ∈ R, existe α ∈ U tales que f(z) = eiθϕα, z ∈ U . Demostración. Sólo tenemos que probar la implicación =⇒). Si β = f(0) y F = ϕβ ◦ f resulta que F ∈ Aut(U) y F (0) = 0. Aplicando el Lema de Schwarz a F y F−1 obtenemos ∀z ∈ U, |F (z)| ≤ |z| y ¯̄F−1(z)¯̄ ≤ |z| , es decir ∀z ∈ U, |F (z)| = |z| . De nuevo el Lema de Schwarz nos dice que existe θ ∈ R, tal que ∀z ∈ U, F (z) = eiθz, es decir f(z) = eiθϕα(z) con α = −e−iθβ. Corolario. Si definimos Aut0(U) = {f ∈ Aut(U) : f(0) = 0} , resulta Aut0(U ) = {z −→ λz : |λ| = 1} Demostración. Sea f(z) = eiθϕα(z) con f(0) = 0. Entonces ϕα(0) = 0, es decir α = 0 y f(z) = eiθz 9 AFVC/T._General_de_Cauchy.pdf El Teorema General de Cauchy. Dos preguntas pueden servirnos para motivar el Teorema General de Cauchy: Dado Ω ⊂ C, ¿cómo podemos caracterizar los caminos cerrados en Ω para los que es válida la fórmula integral de Cauchy? ¿Para qué tipo de dominios Ω el Teorema de Cauchy es válido para todos los caminos cerrados en Ω ? La respuesta a la primera pregunta nos conducirá a los caminos que ten- gan su "interior" en Ω. La segunda nos llevará a los dominios "homotópica- mente simplemente conexos". La función índice. Sea γ un camino en el plano complejo C1 a trozos y cerrado. Definimos la función índice como: Indγ( ) : Ω = C\γ −→ C, Indγ(z) = 1 2πi Z γ dξ ξ − z Ejemplo. Si γ = ∂D, con D = D(z0; r), entonces Indγ(z ) = ½ 1 z ∈ D 0 z ∈ C\D , z ∈ C\∂D ¾ Propiedades. La función índice toma valores enteros, es constante en cada componente conexa de Ω = C\γ y vale cero en la componente conexa no acotada de Ω. Demostración. Sea γ : [α, β] −→ C y Ω = C\γ. Como Indγ(z) = 1 2πi Z β α γ 0(s) γ(s)− zds tenemos que probar ϕ(β) = 1 donde ϕ(t) = exp ½Z t α γ 0(s) γ(s)− zds ¾ , α ≤ t ≤ β 1 Derivando ϕ0(t) ϕ(t) = γ 0(t) γ(t)− z para todo t ∈ [α, β]\S, con S finito. Luego la función ϕ γ−z , continua en [α, β], tiene derivada nula en [α, β]\S. Por consiguiente ϕ γ−z es constante en [α, β]. De las condiciones ϕ(α) = 1 y γ(α) = γ(β) se deduce ϕ(β) = 1. La función índice es holomorfa en Ω y por tanto es continua. Al tomar valores enteros debe ser constante en cada componente de Ω. La relación |Ind(z)| < 1 si |z| es grande nos permite concluir que la función índice es nula en la componente conexa no acotada de Ω. Definición. Si γ es un camino cerrado definimos el interior y el exterior de γ como: Int(γ) = {z ∈ C\γ : Indγ(z) 6= 0} Ext(γ) = {z ∈ C\γ : Indγ(z) = 0} . Se verifica C = Int(γ) ∪ γ ∪Ext(γ), partición. Observaciones. La función índice es localmente constante luego el Int(γ) y el Ext(γ) son abiertos en C. Luego ∂Int(γ) ⊂ γ y ∂Ext(γ) ⊂ γ. Si D es un disco abierto Int(D) = D,Ext(D) = C\D y ∂Ext(D) = ∂Int(D) = ∂D. Análogo para rectángulos, triángulos Proposición. El Int(γ) es siempre acotado y el Ext(γ) es siempre no acotado y no vacío. De forma precisa, si γ ⊂ D(z0, r) entonces: 2 Int(γ) ⊂ D(z0, r) y C\D(z0, r) ⊂ Ext(γ) Demostración. El conjunto V = C\D(z0, r) es no vacío, conexo y disjunto de γ. Luego la función Indγ vale cero en V . Es decir V ⊂ Ext(γ). De la relación C = Int(γ) ∪ γ ∪Ext(γ) se deduce que Int(γ) ⊂ D(z0, r). Teorema General de Cauchy. Sea Ω un abierto de C y γ un camino cerrado en Ω. Las siguientes afirmaciones son equivalentes: 1.- Para cada f ∈ H(Ω) se verifica R γ f(z)dz = 0. 2.-Para cada f ∈ H(Ω) se verifica Indγ(z ).f (z ) = 1 2πi Z γ f(ξ) ξ − zdξ, z ∈ Ω\γ 3.- Int(γ) ⊂ Ω Demostración. (1) =⇒ (2) Sea z ∈ Ω\γ y f ∈ H(Ω). Consideramos la función g(ξ) = ( f(ξ)−f(z) ξ−z , ξ ∈ Ω\ {z} f 0(z) , ξ = z ) . La función g ∈ H(Ω) y la relación Z γ g(ξ)dξ = 0⇐⇒ Z γ f(ξ) ξ − zdξ = Z γ f(z) ξ − zdξ = f(z).2πi.Indγ(z) prueba (2). 3 (2) =⇒ (1) Sean f ∈ H(Ω) y z0 ∈ Ω\γ. Definimos h(z) = (z − z0)f(z). Por (2), teniendo en cuenta que h(z0) = 0, obtenemos que R γ f(z)dz = 0. (1) =⇒ (3) Por reducción al absurdo. Sea z0 ∈ Int(γ) y supongamos que z0 /∈ Ω. En este caso la función g(z) = 1z−z0 es holomorfa en Ω. Por consiguiente Z γ dz z − z0 = 0 = 2πi.Indγ(z0) lo que nos dice que Indγ(zo) = 0. (3) =⇒ (2) (Dixon). Sea f ∈ H(Ω). Definimos en Ω×Ω la función g : g(ω, z) = f(ω)− f(z) ω − z , si ω 6= z g(ω, z) = f 0(z), si ω = z Tenemos que probar la relación ∀z ∈ Ω\γ, Z γ g(ξ, z)dξ = 0 (∗) pues en este caso ∀z ∈ Ω\γ, f(z).Indγ(z) = 1 2πi Z γ f(ξ) ξ − zdξ Para la prueba de la relación (∗) supongamos que la función g es continua en Ω× Ω. En este caso, ∀ω ∈ Ω la función gω(z) = g(ω, z) es holomorfa en Ω ya que lo es en Ω\ {ω} y lim z−→ω gω(z) = lim z−→ω f(ω)− f(z) ω − z = f 0(ω) La continuidad de la función g junto con la observación anterior nos dicen que la función h(z) = Z γ g(ξ, z)dξ es holomorfa en Ω 4 Para terminar la demostración es suficiente con probar que h admite una extensión holomorfa eh a todo C con limz−→∞ eh(z) = 0. En efecto, en este caso el teorema de Liouville nos dice que ∀z ∈ Ω, h(z) = 0 con lo que la relación (∗) se satisface y la prueba concluye. Si definimos h∗(z) = Z γ f(ξ) ξ − zdξ, z ∈ Ext(γ) resulta que h∗ ∈ H(Ext(γ)) y limz−→∞ h∗(z) = 0. Es obvio que h(z) = h∗(z) cuando z ∈ Ext(γ) ∩ Ω. Por consiguiente, teniendo en cuenta que C = Ω ∪Ext(γ), la función eh definida como eh(z) = ½ h(z) z ∈ Ω h∗(z) z ∈ Ext(γ) ¾ es una función entera tal que eh|Ω = h. Además para r grande Int(γ) ⊂ D(0, r), con lo que si |z| > r se verifica eh(z) = h∗(z) , es decir lim z−→∞ eh(z) = lim z−→∞ h∗(z) = 0 En la prueba que acabamos de concluir hemos supuesto que la función g es continua en Ω × Ω. El siguiente lema prueba esta afirmación con lo que finalizamos definitivamente la demostración del Teorema General de Cauchy. Lema. La función g definida en Ω×Ω por la expresión g(ω, z) = f(ω)− f(z) ω − z , ω 6= z g(ω, z) = f 0(z), ω = z es continua. Demostración. La continuidad de g es trivial en puntos (ω, z) con ω 6= z. Sea (z0, z0) ∈ Ω×Ω y D un disco centrado en z0 con D ⊂ Ω. Sea f(z) = ∞X n=0 an(z − z0)n, z ∈ D. Entonces ∀ω, z ∈ D, g(ω, z) = g(z0, z0) + ∞X n≥2 anqn(ω, z) 5 donde qn(ω, z) = nX j=1 (ω − z0)n−j(z − z0)j−1. La estimación |qn(ω, z)| ≤ ntn−1 si |ω − z0| < t y |z − z0| < t, nos dice que para un t en estas condiciones |g(ω, z)− g(z0, z0)| ≤ t(2 |a2|+ 3 |a3| t+ ...+ n |an| tn−2 + .....), luego lim (ω,z)−→(z0,z0) g(ω, z) = g(z0, z0) y g es continua en (z0, z0). Caminos homológicamente nulos y homológicamente simplemente conexos El Teorema General de Cauchy justifica la siguiente definición. Def .- Un camino cerrado γ ⊂ Ω es homológicamente nulo si Int(γ) ⊂ Ω. Diremos que el abierto Ω es homológicamente simplemente conexo si todo camino cerrado γ ⊂ Ω es homológicamente nulo. El Teorema General de Cauchy y el criterio de integrabilidad prueban la equivalencia de las siguientes afirmaciones sobre Ω -Ω es homológicamente simplemente conexo. -Para cada g ∈ H(Ω) y cada γ ⊂ Ω cerrado se verifica R γ g(z)dz = 0. -Toda f ∈ H(Ω) es integrable. -Para cada g ∈ H(Ω) y cada γ ⊂ Ω cerrado se verifica: Ind(z).g(z) = 1 2πi Z g(ξ) ξ − zdξ, z ∈ C\γ Se puede demostrar que un abierto Ω es homológicamente simplemente conexo si, y sólo si, es simplemente conexo en el sentido topológico, es decirbC\Ω es conexo en bC = C ∪ {∞}. 6 AFVC/funciones_exponencial_logaritmo_y_trigonom_tricas.pdf La función exponencial. La serie exp(z) = ∞X 0 zn n! converge normalmente en C y por consiguiente lo hace uniforme- mente sobre cada subconjunto acotado de C. En particular exp(z) es una función continua. La convergencia normal nos permite afirmar que: ∞X k=0 ak k! . ∞X m=0 bm m! = ∞X n=0 1 n! nX k=0 n! k!(n− k)!a kbn−k = ∞X n=0 (a+ b)n n! es decir ∀a, b ∈ C, exp(a). exp(b) = exp(a+ b) Def. e = exp(1), exp(z) = ez, e0 = exp(0) = 1 Teorema. (Propiedades de la función exponencial) (i) ∀z ∈ C, ez 6= 0 (ii) ∀z ∈ C, exp0(z) = exp(z) (iii) ez | Res la función exponencial real conocida, es decir: ex > 0, ex −→∞ si x −→∞, ex −→ 0 si x −→ −∞ 1 (iv) ∃π ∈ R, π > 0 : eπi2 = i. Además ez = 1⇐⇒ z 2πi ∈ Z (v) ez es periódica de período 2πi (vi) t −→ eit aplica R sobre {z : |z| = 1} (vii) ∀ω ∈ C, ω 6= 0,∃z ∈ C : ez = ω D) Libro de Rudin, Análisis Real y Complejo, Pág. 1. Observación. Podemos definir las funciones reales sin t y cos t por las fór- mulas cos, t = Re(eit) ∧ sin t = Im(eit), t ∈ R. Obtenemos: eit = cos t+ i sin t cos t = 1− t 2 2! + t4 4! − t 6 6! + ..... sin t = t− t 3 3! + t5 5! − t 7 7! + .... 2 Ejemplos: Sea t −→ log t, t ∈ {t ∈ R : t > 0} t −→ arctan t, t ∈ R (rama principal, arctan t ∈ ³ −π 2 , π 2 ´ Def. el(z) := 1 2 log(x2 + y2) + i arctan y x . La función el(z) es R-derivable en C\ {z ∈ C : Re z = 0}. el(z) satisface las Ec. de C-R en este dominio, consecuencia de que log0(t) = 1 t ∧ arctan0(t) = 1 1 + t2 . Entonces el(z) es holomorfa en los semiplanos derecha e izquierda del eje imaginario. Calculemos el0(z) : el0(z) = ux(z)+ivx(z) = 1 2 2x x2 + y2 +i 1 1 + y 2 x2 (−1) x2 y = x x2 + y2 − iy x2 + y2 = 1 z , es decir, el0(z) = 1 z , z ∈ C,Re z 6= 0 Funciones logaritmo. Def. b ∈ C es un logaritmo de a ∈ C si eb = a. (Escribimos b = log a). De las propiedades de la función exponencial deducimos: -El número 0 no tiene logaritmo -Cada r ∈ R, r > 0, tiene exactamente un logaritmo real, log r. 3 -Cada número complejo c = reiϕ, c 6= 0, tiene una cantidad numerable de logaritmos: log r + iϕ+ i2πn; log r ∈ R, n ∈ Z Funciones logaritmo. Sea Ω ⊂ C una región (abierto y conexo). Diremos que l : Ω −→ C es una función logaritmo en Ω si l es holomorfa en Ω y para cada z ∈ Ω, el(z) = z. Ejemplo. Ω = © z = reiϕ : r > 0;α < ϕ < α+ 2π ª α ∈ R fijo; l(z) := log r + iϕ Si conocemos una función logaritmo en Ω, entonces las cono- cemos todas. En efecto: Teorema. Sea l : Ω −→ C una función logaritmo en Ω. Las siguientes afirmaciones son equivalentes: (i) bl : Ω −→ C es una función logaritmo en Ω. (ii) bl = l + 2πibn para un entero bn. D) (i)=⇒(ii) e bl(z) = el(z) = z,∀z ∈ Ω, luego e bl(z)−l(z) = 1,∀z ∈ Ω, es decir, bl(z)− l(z) 2πi es una función continua en Ω que toma valores enteros y por consiguiente tiene que ser constante. Es decir, ∃bn ∈ Z : ∀z ∈ Ω,bl(z)− l(z) = 2πibn 4 (ii)=⇒(i) bl(z) es holomorfa en Ω y verifica: e bl(z) = el(z).e2πibn = el(z) = z,∀z ∈ Ω Las funciones logaritmo enΩ se caracterizan por sus derivadas: Teorema. Sea l : Ω −→ C una función holomorfa. Las siguientes afirmaciones son equivalentes: (i) l es una función logaritmo en Ω. (ii) l0(z) = 1/z,∀z ∈ Ω y el(a) = a para al menos un a ∈ Ω. D) (i)=⇒(ii) ∀z ∈ Ω, el(z) = z. Si derivamos obtenemos: ∀z ∈ Ω, el(z).l0(z) = 1, luego ∀z ∈ Ω, l0(z) = 1/z (ii)=⇒(i) La función g(z) = z.e−l(z), z ∈ Ω es holomorfa en Ω y g0(z) = e−l(z) − ze−l(z)l0(z) = e−l(z) − e−l(z) = 0, z ∈ Ω. De aquí se deduce que g es constante en Ω, es decir, existe z0 ∈ C tal que g(z) = z0,∀z ∈ Ω. De la definición de g se deduce que z0 6= 0 y que ∀z ∈ Ω, z0.el(z) = z 5 La hipótesis el(a) = a, nos permite afirmar que z0 = 1 y por consiguiente ∀z ∈ Ω, el(z) = z Teorema. log z = ∞X 1 (−1)n−1 n (z − 1)n es una función logaritmo en B1(1). D) La función λ(z) = ∞X 1 (−1)n−1 n zn es holomorfa en B1(0) y verifica λ0(z) = ∞X 1 (−1)n−1zn−1 = 1 1 + z , |z| < 1. Derivando en la expresión log z = λ(z − 1), obtenemos log0(z) = λ0(z − 1) = 1/z, z ∈ B1(1). La prueba finaliza sin más que observar elog 1 = e0 = 1. Observación. Si a 6= 0 y b ∈ C verifica b = log a, entonces log(za−1) + b es una función logaritmo en B|a|(a). En la definición de función logaritmo la exigencia de con- tinuidad para la función l es suficiente. En fecto, 6 Teorema. Sea l : Ω −→ C una función continua que verifica ∀z ∈ Ω, el(z) = z. Entonces l es holomorfa y por consiguiente es una función logaritmo en Ω. D) Sea a ∈ Ω, a 6= 0, fijo. Sea la(z) = log(za−1)+ b la función logaritmo anterior en B|a|(a), con b = log a cualquiera. Entonces el(z)−la(z) = 1,∀z ∈ Ω y por consiguiente (l(z)− la(z)) ∈ 2πiZ,∀z ∈ Ω ∩B|a|(a). La continuidad de l(z) − la(z) nos dice que dicha función es constante en Ω ∩B|a|(a), es decir l es una función holomorfa en a. Rama principal del logaritmo. Vamos a considerar la región C− = C\ {z ∈ C : Re z ≤ 0 y Im z = 0} Sea R+ = {x ∈ R : x > 0} y log : R+ −→ R la función logaritmo real, que es continua en R+. Cada z ∈ C− se representa de forma única como z = |z| eiϕ, |z| > 0,−π < ϕ < π Teorema. La función z = |z| eiϕ −→ log |z|+ iϕ es una función logaritmo en C−. En B1(1) coincide con la fun- ción definida por la serie de potencias ∞X 1 (−1)n−1 n (z − 1)n 7 D) Primero vamos a establecer la continuidad de nuestra fun- ción. Para ello sólo es necesario probar que la función z 7−→ ϕ es continua en C−. Sea zn = |zn| eiϕn ∈ C− tal que zn −→ z = |z| eiϕ ∈ C−, y supongamos que ϕn 9 ϕ. Por compacidad existe una subsucesión ϕnj −→ θ ∈ [−π, π] con θ 6= ϕ. La continuidad de la función exponencial nos permite afirmar: znj = ¯̄ znj ¯̄ e iϕnj −→ |z| eiθ. Por consiguiente el número complejo z = |z| eiϕ satisface: ei(ϕ−θ) = 1 lo que nos permite afirmar que (ϕ− θ) es del tipo 2πn para un entero n. Si tenemos en cuenta que 0 < |ϕ− θ| < 2π, podemos concluir que n = 0 con lo que ϕ = θ. La relación elog|z|+iϕ = |z| eiϕ = z,∀z ∈ C− prueba que, en efecto, la función de partida es una función log- aritmo en C−. Finalmente, ya sabemos que la función ∞X 1 (−1)n−1 n (z − 1)n es una función logaritmo en B1(1). Por consiguiente difiere de nuestra función, en B1(1), en una constante. Dicha constante tiene que ser cero pues ambas funciones valen 0 en z = 1. Def. Llamaremos rama principal del logaritmo a la función: log : C− −→ C definida por |z| eiϕ = z −→ log |z|+ iϕ,−π < ϕ < π 8 Para ella el log i = iπ2 . Las otras ramas (infinitas) del logaritmo en C−, todas del tipo log z + 2πi, n ∈ Z, las llamaremos ramas secundarias. Observación. La función el(z) = 1 2 log(x2 + y2) + i arctan y x considerada anteriormente coincide, en Re z > 0 con la rama principal del logaritmo ya que x2 + y2 = |z|2 y arctan y/x = ϕ si x > 0. Por contraste el(z) no es una función logaritmo en el semiplano Re z < 0 ya que en este caso arctan y/x = ϕ + π, y por consiguiente e el(z) = e|z|eiϕeiπ = − |z| eiϕ = −z, z ∈ Re z < 0 Observación. Hemos definido la rama principal del logaritmo enC−. Podíamos haber seguido un procedimiento semejante en un dominio obtenido excluyendo del plano complejo los puntos de una semirecta que sale del origen. No existe una función logaritmo en C∗ = C\ {0} pues una tal función debe de coincidir en C− con alguna rama log z+2πin y por consiguiente falla la continuidad en cada punto del eje real negativo. Sobre la identidad log(wz) = logw + log z Para números complejos w, z ∈ C− y w.z ∈ C− con w = |w| eiϕ, z = |z| eiψ, wz = |wz| eiχ, donde ϕ,ψ, χ ∈ (−π, π), existe η ∈ {−2π, 0, 2π} tal que χ = ϕ+ ψ + η. Por consiguiente log(wz) = log(|w| |z|) + iχ = logw + log z + iη. En particular log(wz) = logw + log z ⇐⇒ ϕ+ ψ ∈ (−π, π) . 9 Esta condición se cumple cuando Rew > 0 y Re z > 0. La ecuación log(exp z) = z. Para estudiar la ecuación anterior hemos de fijarnos en la necesidad de determinar el conjunto de los z ∈ C tales que exp z ∈ C\C−. En este conjunto no tendrá sentido hablar de log(exp z).Teniendo en cuenta que ez ∈ C\C− ⇐⇒ ex cos y ≤ 0 y ex sin y = 0⇐⇒ y = (2n+ 1)π para algún n ∈ Z obtenemos que la función log(exp z) está bien definida en el do- minio B := C\ {z : Im z = (2n+ 1)π, n ∈ Z} = ∪n∈ZGn con Gn = {z : (2n− 1)π < Im z < (2n+ 1)π} (bandas de amplitud 2π paralelas al eje OX). Para cada z = x+ iy ∈ Gn, tenemos: ez = exei(y−2nπ), (y − 2nπ) ∈ (−π, π) y por consiguiente log(exp z) = log ex + i(y − 2nπ) = z − 2πin. Sólo en la banda G0 se verifica log(exp z) = z, no obstante siempre se cumple exp(log z) = z para cualquier rama del logaritmo. Conclusión: La banda G0 = {z : −π < z < π} se aplica de forma"biholomorfa" sobre C− a través de la función exponencial y su inversa es la rama principal del logaritmo. 10 Funciones trigonométricas. sin z = eiz − e−iz 2i ; cos z = eiz + e−iz 2 eiz = cos z + i sin z El sin z y cos z son funciones enteras sin z = ∞X n=0 (−1)n z 2n+1 (2n+ 1)! cos z = ∞X n=0 (−1)n z 2n (2n)! sin0 z = cos z; cos0 z = − sin z Fórmulas: (Ejercicios). cos(w + z) = cosw cos z − sinw sin z sin(w + z) = sinw cos z + cosw sin z cosw − cos z = −2 sin w + z 2 sin w − z 2 sinw − sin z = 2cos w + z 2 sin w − z 2 1 = cos2 z + sin2 z cos 2z = cos2 z − sin2 z sin 2z = 2 sin z cos z Funciones hiperbólicas sinh z = ez − e−z 2 ; cos z = ez + e−z 2 Son funciones enteras sinh z = ∞X n=0 z2n+1 (2n+ 1)! ; cosh z = ∞X n=0 z2n (2n)! 11 Fórmulas. (Ejercicios) sinh z = −i sin(iz); cosh z = cos(iz) sinh0 z = cosh z; cosh0 z = sinh z cosh(w + z) = coshw cosh z + sinhw sinh z sinh(w + z) = sinhw cosh z + coshw sinh z cosh2 z − sinh2 z = 1 cos(x+ iy) = cosx cosh y − i sinx sinh y sin(x+ iy) = sinx cosh y + i cosx sinh y Valores, ceros y periodicidad. i) sin(C) = C ii) cos(C) = C. .(No acotadas) iii) {z ∈ C : sin z = 0} = {nπ : n ∈ Z} {z ∈ C : cos z = 0} = ½ 1 2 π + nπ : n ∈ Z ¾ iv) sin z y cos z son periódicas de período 2π. Funciones tan z y cot z. tan z = sin z cos z ; z ∈ C\ ½ 1 2 π + nπ : n ∈ Z ¾ cot z = cos z sin z ; z ∈ C\ {nπ : n ∈ Z} Ambas son holomorfas en sus dominios y tan0 z = 1 cos2 z ; cot0 z = −1 sin2 z tan z = i 1− e2iz 1 + e2iz = i(1− 1 1 + e−2iz ) cot z = i e2iz + 1 e2iz − 1 = i(1− 2 1− e2iz ) 12 De la relación e2iz = 1⇐⇒ z ∈ πZ se obtiene que tan z y cot z son periódicas de período πn, n ∈ Z. Sea α(z) = z − z3/3 + z5/5− ...(−1)nz2n+1/2n+ 1, |z| < 1 α0(z) = 1 1 + z2 ; |z| < 1 Al ser tan 0 = 0, resulta que α(tan z) esta definida y es holomorfa en un disco abierto B centrado el el cero. La función F (z) = α(tan z)− z satisface F 0(z) = 1 1 + tan2 z . 1 cos2 z − 1 = 0 en B Luego F es constante en B. Esta constante es 0 ya que F (0) = 0. Esto significa que ∀z ∈ B,α(tan z) = z Por este motivo a la serie α(z) se la llama serie "arcotangente". Notación: arctan z = z − z3/3 + z5/5− ...(−1)nz2n+1/2n+ 1, |z| < 1 De forma análoga, en un discoB centrado en el cero, tenemos tan(arctan z) = z. 13 AFVC/funciones_holomorfas._series_de_potencias.pdf Funciones holomorfas. Ω siempre será un abierto del plano complejo; si z0 ∈ Ω y f : Ω −→ C definimos: f es holomorfa en z0 si existe lim z−→z0 f(z)− f(z0) z − z0 Aclarar el significado de este límite. H(Ω) ≡ funciones holomorfas en Ω ≡ funciones holomorfas en cada punto de Ω; H(C) ≡ funciones enteras. La holomorfía de f en z0 implica la continuidad de f en z0. En efecto, sea (z) = f(z)− f(z0) z − z0 − f 0(z0), z 6= z0 (z0) = 0, z = z0 La función (z) está definida en Ω y es continua en z0. Por otro lado f(z)− f(z0) = f 0(z0) (z − z0) + (z) (z − z0) es decir, lim z−→z0 [f(z)− f(z0)] = 0 - |z| es continua en C y no es holomorfa en ningun punto. Teorema. Sean f, g : Ω −→ C holomorfas en Ω. Entonces (i) (af + bg) es holomorfa en Ω y (af + bg)0(z) = af 0(z) + bg0(z),∀a, b ∈ C,∀z ∈ Ω (ii) fg es holomorfa en Ω y 1 (fg)0 (z) = f 0(z)g(z) + f(z)g0(z),∀z ∈ Ω (iii) Si g(z) 6= 0,∀z ∈ Ω, entonces f/g es holomorfa en Ω y (f/g)0 (z) = f 0(z)g(z)− f(z)g0(z) [g(z)]2 ,∀z ∈ Ω (iv) Todo polinomio a0+a1z+ ...+anzn es una función entera con derivada a1 + 2a2z + ...+ nanz n−1 Toda función racional a0 + a1z + ...+ anz n b0 + b1z + ...+ bmzm es holomorfa en A = {z ∈ Ω : el denominador no es nulo} Las propiedades anteriores nos permiten afirmar que el espa- cio H(Ω), con las operaciones usuales, es un anillo. Regla de la Cadena. Si f ∈ H(Ω), g ∈ H(Ω1), f(Ω) ⊂ Ω1 y h = g ◦ f , entonces h es holomorfa en Ω y ∀z ∈ Ω, h0(z) = g0(f(z)).f 0(z). D) Sea z0 un punto arbitrario de Ω y ω0 = f(z0). Definimos la función s en Ω1 por la expresión s(ω) = g(ω)− g(ω0) ω − ω0 − g0(ω0);ω 6= ω0 s(ω0) = 0 2 La función s es continua en Ω1. La continuidad de f en Ω nos asegura que lim z−→z0 s(f(z)) = s(ω0) = 0 Por otra parte, si z 6= z0 podemos escribir g(f(z))− g(f(z0)) = [s(f(z)) + g0(ω0)][f(z)− ω0] g(f(z))− g(f(z0)) z − z0 = [s(f(z)) + g0(ω0)] [f(z)− f(z0)] z − z0 Luego lim z−→z0 h(z)− h(z0) z − z0 = g0(f(z0).f 0(z0) Derivación real y derivación compleja. Ecuaciones de Cauchy-Riemann. Consideramos las siguientes notaciones: f : Ω −→ C; f = u+ iv; f(z) = u(x, y) + iv(x, y)siz = x+ iy El cuerpo C es un espacio vectorial sobre C de dimensión 1, con {1} como base canónica. Así mismo el cuerpo C es un espacio vectorial sobre R de dimensión 2, con {1, i} como base canónica. Observación: f es holomorfa en z0 (C derivable en z0)⇐⇒ ∃L : C −→ C, C− lineal tal que f(z)− f(z0) = L(z − z0) + (z)(z − z0), , (z) −→ 0 si z −→ z0 La función (z) esta definida en un disco perforado centrado en z0. 3 En efecto, si f es holomorfa en z0 la aplicación L(z) = z.f 0(z0) cumple la condición señalada. Recíproco, basta comprobar que f 0(z0) = L(1). Def. f es derivable en sentido real (R− derivable) en z0 ⇐⇒def ∃H : C −→ C, R− lineal tal que f(z)− f(z0) = H(z − z0) + η(z)(z − z0), , η(z) −→ 0 si z −→ z0 La función (z) esta definida en un disco perforado centrado en z0. En este caso tenemos: H(i) = ∂f ∂y (z0) = lim t−→0 f(z0 + ti)− f(z0) t H(1) = ∂f ∂x (z0) = lim t−→0 f(z0 + t)− f(z0) t Si tenemos en cuenta que una aplicación H : C −→ C, R−lineal, es C−lineal si, y sólo si, H(i) = iH(1), obtenemos que si f es R-derivable en z0, entonces f es holomorfa en z0 ⇐⇒ H(i) = iH(1)⇐⇒ ∂f ∂y (z0) = i ∂f ∂x (z0)∙ ∂u ∂y (z0) = − ∂v ∂x (z0) ¸ ∧ ∙ ∂u ∂x (z0) = ∂v ∂y (z0) ¸ Las ecuaciones ∂u ∂y (z0) = − ∂v ∂x (z0) 4 ∂u ∂x (z0) = ∂v ∂y (z0) reciben el nombre de Ecuaciones de Cauchy-Riemann. Observación. Si f es holomorfa en z0, entonces f 0(z0) = L(1) = H(1) = ∂f ∂x (z0) = ∂u ∂x (z0) + i ∂v ∂x (z0) = ∂v ∂y (z0)− i ∂u ∂y (z0 Nota. Si u y v son C1 en Ω (que asegura la R-derivabilidad de f en Ω) y satisfacen las Ec. de C-R, entonces f es holomorfa en Ω. Ejemplos. 1.- f(z) = z no es holomorfa en ningún punto. 2.- f(z) = |z| no es holomorfa en ningún punto. 3.- f(z) = |z|2 es holomorfa sólo en (0, 0). 4.- f(z) = |xy| 1 2 , z = x+ iy verifica las Ec. de C-R en (0, 0) pero no es holomorfa en dicho punto. (f no es R−derivable en (0, 0), u y v tienen derivadas parciales discontinuas en (0, 0). Corolario.- Si f ∈ H(Ω), Ω es conexo y f 0(z) = 0, ∀z ∈ Ω, entonces f es constante en Ω. D) f es R−derivable en Ω y su diferencial es nula. Operadores ∂ y ∂ ∂ = ∂/∂x− i∂/∂y 2 ; ∂ = ∂/∂x+ i∂/∂y 2 Si f es R−derivable en z0, entonces f es holomorfa en z0 si, y sólo si, ∂f(z0) = 0. En este caso f 0(z0) = ∂f/∂x(z0) = ∂f(z0). 5 Funciones armónicas. No todas las funciones reales u(x, y) diferenciables son la parte real de funciones diferenciables en sentido complejo. Las Ec. de C-R imponen condiciones restrictivas a u(x, y) para que esto ocurra. Teorema. Sea f = u+ iv holomorfa en Ω. Supongamos que u y v son de clase C2 en Ω. Entonces uxx + uyy = 0 ∧ vxx + vyy = 0 en Ω D) La holomorfía de f en Ω nos dice que u y v satisfacen las Ec. de C-R en Ω, es decir ux = vy ∧ uy = −vx Derivando obtenemos: uxx = vyx ∧ uyx = −vxx uxy = vyy ∂2 ∂x2 uyy = −vxy Es decir, vxx + vyy = −uyx + uxy = 0 uxx + uyy = vyx − vxy = 0 Nota. Las hipótesis C2 es supérflua. Veremos más adelante que toda función holomorfa es infinitamente derivable en sentido complejo. 6 Laplaciano. ∆ = ∂2 ∂x2 + ∂2 ∂y2 Def. Una función u(x, y) dos veces diferenciable en sentido real es armónica en Ω si ∆u = 0 en Ω. Ejemplo. Las funciones u(x, y) = ex cos y v(x, y) = ex sin y son armónicas en C. (Veremos más adelante que u = Re ez∧v = Im ez Las funciones (x, y) −→ log |z| , z = x+ iy (x, y) −→ arctan y x son armónicas en sus dominios de definición. La función (x, y) −→ |z|2 = x2 + y2 no es armónica. Series de potencias. Son series del tipo ∞X 0 an(z − z0)n, an ∈ C Este tipo de series forman una C−álgebra. En efecto: -Todo a ∈ C se identifica con a+ P∞ 1 0(z − z0). 7 -Si f = P an(z − z0)n y g = P bn(z − z0)n, entonces f + g = P (an + bn)(z − z0)n y f.g = P ck(z − z0)k donde ck =P n+m=k anbm (multiplicación de Cauchy de series). Notaciones simplificadas. En general trabajaremos con series centradas en z0 = 0.Utilizaremos las notaciones Br = B(0; r) y ∞X 0 anz n ' X anz n Lema de Abel. Supongamos que para la serie P anz n existen números reales positivos s y M tales que ∀n ∈ N, |an| sn ≤M. Entonces la serie P anz n es normalmente convergente en Bs. D) Sea r ∈ R tal que 0 < r < s. Sea q = rs−1 < 1. Entonces |anzn|Br ≤ |an| r n ≤Mqn. Por consiguienteX |anzn|Br ≤M X qn <∞, es decir P anz n es normalmente convergente en Bs. Corolario. Si la serie P anz n converge en z0 6= 0, entonces converge normalmente en B|z0|. D) La sucesión |an| |z0|n es nula y por consiguiente acotada. Aplicar lo anterior a s = |z0| y aM > 0 con |an| |z0|n < M,∀n ∈ N. Radio de convergencia. 8 La serie P zn converge en el disco unidad U ya que nX 0 zk = 1− zn+1 1− z y z n+1 −→ 0 cuando |z| < 1. Es decir ∞X 0 zn = 1 1− z si |z| < 1. Obviamente esta serie diverge en C\U . Este comportamiento es representativo de todas las series de potencias. En efecto: Teorema. Sea P anz n una serie de potencias. Sea R = sup {t ≥ 0 : |an| tn es una sucesión acotada} . Entonces: 1) La serie converge normalmente en el disco BR. 2) La serie diverge en cada punto ω ∈ C\BR . D) Por definición 0 ≤ R ≤ ∞. Si R = 0 nada hay que demostrar. Supongamos R > 0. La sucesión |an| sn es acotada para cada s con 0 < s < R. Luego el Lema de Abel nos dice queP anz n converge normalmente en Bs para cada s con 0 < s < R. Si tenemos en cuenta que BR es la unión de discos del tipo Bs, resulta que la serie converge normalmente en BR. Para cada ω ∈ C\BR, la sucesión |an| |ω|n no está acotada, luego P anω n es necesariamente divergente. Def. R ∈ [0,∞] determinado por el teorema anterior recibe el nombre de radio de convergencia de la serie, y BR es su disco de convergencia. Fórmula de Cauchy-Hadamard. El radio de convergencia de la serie P an(z − z0)n es R = ³ lim n p |an| ´−1 9 D) Recordar que si (rn) ⊂ R, entonces lim (rn) := lim k−→∞ [Sup {rk, rk+1, ...}] ; 1/0 :=∞, 1/∞ := 0 Sea L = ³ lim n p |an| ´−1 . Demostrar L ≤ R equivale a probar: i) ∀r con 0 < r < L se verifica r ≤ R. Demostrar R ≤ L equivale a probar: ∀s con L < s <∞ se verifica R ≤ s. Prueba de i) Si 0 < r < L, entonces r−1 > lim n p |an|. Entonces ∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0, n p |an| < r−1 y por consiguiente |an| rn es acotada, es decir r ≤ R. Prueba de ii) Si L < s <∞, entonces s−1 < lim n p |an|. Entonces ∃M ∈ N infinito : ∀m ∈M, s−1 < m p |am| y por consiguiente |am| sm > 1,∀m ∈ M . De aquí podemos concluir que la sucesión |an| sn no es nula y por consiguiente s ≥ R. Ejemplos: X nnzn, R = 0X zn, R = 1X zn nn , R = ∞ 10 En series del tipo P zn/n! puede ser útil utilizar el siguiente criterio del cociente: Criterio del cociente: Sea P an(z − z0)n una serie de potencias con radio de con- vergencia R. Supongamos que an 6= 0 para infinitos valores de n. Entonces: lim |an| |an+1| ≤ R ≤ lim |an||an+1| . En particular R = lim n |an| |an+1| cuando este límite exista. D) Demostración hecha en primer curso. Ejemplos:X zn/n!, R = ∞; X zn/n2, R = 1X n!zn, R = 0; X (1 + (−1)n)nzn, R = 1/2X nlognzn, R = 1; X (n!/nn)zn, R = eX npzn, (p > 0), R = 1; X (n!)1/nzn, R = 1X zn 2 ;R = 1 Holomorfía de las funciones definidas por series de potencias. Teorema. Si la serie P an(z − z0)n tiene radio de convergencia R, en- tonces las seriesX nan(z−z0)n−1 (derivada) y X (n+1)−1an(z−z0)n+1 (integral) 11 tienen también radio de convergencia R. D) Las series P an(z−z0)n y P nan(z−z0)n tienen el mismo radio de convergencia. Por otro lado es obvio que la serie P nan(z− z0) n converge en un punto z 6= z0 si, y sólo si, la serie P nan(z− z0) n−1 converge en el mismo punto. Teniendo en cuenta las propiedades del radio de convergencia, deducimos ambas series tienen el mismo radio de convergencia, es decir P an(z − z0)n yP nan(z − z0)n−1 tienen el mismo radio de convergencia. Argumento similar para la serie integral. Teorema. Si la serie de potencias P an(z − z0)n tiene radio de conver- gencia R > 0, entonces la función f(z) = X an(z − z0)n, z ∈ BR(z0) = B(z0;R) es infinitamente derivable en sentido complejo en BR(z0). Además f (k)(z) = X n≥k k! µ n k ¶ an(z − z0)n−k, z ∈ BR(z0), k ∈ N, en particular ∀k ∈ N, f (k)(z0) k! = ak, serie de Taylor D) es suficiente con probar el caso k = 1. El caso general resulta por iteración. La función g(z) := X nan(z − z0)n−1, está bien definida en B = B(z0;R) Veamos que f 0 = g en B. Supongamos z0 = 0. Sea b ∈ B fijo y comprobemos que f 0(b) = g(b). Sea qm(z) = z m−1+zm−2b+...+zm−jbj−1+...+bm−1; z ∈ C,m = 1, 2, 3, .... 12 Se verifica zm − bm = (z − b)qm(z), z ∈ C. Luego f(z)− f(b) = X m≥1 am(z m − bm) = X m≥1 (z − b)amqm(z) = = (z − b) X m≥1 amqm(z), z ∈ B Sea f1(z) = X m≥1 amqm(z), z ∈ B La relación qm(b) = mbm−1,nos permite escribir: f(z) = f(b) + (z − b)f1(z), z ∈ B f1(b) = X m≥1 mamb m−1 = g(b), z ∈ B. Para finalizar la prueba sólo queda probar que f1 es continua en b. Esta propiedad se deduce de la convergencia normal en B de la serie f1(z) = X m≥1 amqm(z), z ∈ B lo que es claro si observamos que si |b| < r < R, |amqm|Br ≤ |am|mr m−1 y por consiguienteX m≥1 |amqm|Br ≤ X m≥1 m |am| rm−1 <∞ 13 AFVC/grupo u, p1, 2014-15.pdf Análisis de Funciomes de Variable Compleja. Grupo U. Curso 2014-15 Práctica 1. 1.-Escribir en forma binómica los siguientes números complejos: in, n ∈ Z; µ 1 + i√ 2 ¶n , n ∈ N; ³√ 3− i ´4 ; µ 1 + i 1− i ¶5 ; ³ 1 + i √ 3 ´20 2.- Calcular el módulo y el argumento principal de los siguientes números complejos: i −2− 2i ; −2 1 + √ 3i ; (1 + i)4√ 2 3.- Demostrar: a) ∀z ∈ C, |Re z|+ |Im z| ≤ √ 2 |z| b) ∀z ∈ C, con |z| < 1 se verifica ¯̄ Im(1− z + z2) ¯̄ < 3 4.- Demostrar que si z ∈ C\ {1} entonces nX k=0 zk = 1− zn+1 1− z , ∀n ≥ 0 Si zn = 1 para un cierto n ∈ N, probar que n−1X k=0 zk = 0 Concluir probando la identidad trigonométrica de Lagrange: nX k=0 cos(kθ) = 1 2 + sin [(n+ 1/2) θ] 2 sin θ/2 ,∀θ ∈ (0, 2π] 5.- Probar: a) |z| < 1 y |α| < 1 implica ¯̄̄̄ z − α 1− αz ¯̄̄̄ < 1 1 b) |z| = 1 y |α| < 1 implica ¯̄̄̄ z − α 1− αz ¯̄̄̄ = 1 6.- Sean z1, z2, ..., zn ∈ C con n ≥ 2 tales que nX j=1 zj = 0 Sea r una recta que pasa por el origen. Probar que para cada i ,1 ≤ i ≤ n, zi ∈ r o bien existen dos puntos cada uno de ellos en uno de los dos semiplanos abiertos determinados por r. 7.- Sea R > 0 el radio de convergencia de P anz n. Determinar el radio de convergencia de las series: ∞X n=0 aknz n ; ∞X n=0 anz kn; ∞X n=0 anz n2 donde k ≥ 1 es natural. 8.- Demostrar que existe una función entera u(z) definida por P anz n tal que u0 = u− 1 y u(0) = 2. 9.-Probar: Si z ∈ C y Re zn ≥ 0,∀n ∈ N, entonces z ∈ R 10.- Probar: ∀m ≥ 2, m−1Y k=1 sin kπ m = m 2m−1 (Indicación: Factorizar zm − 1 para llegar a m = m−1Y k=1 (1− ei2kπ/m) y evaluar m.m. 11.- Determinar todos los polinomios armónicos u de la forma u(x, y) = ax3 + bx2y + cxy2 + dy3 y calcular una función v(x, y) tal que u(x, y) + iv(x.y) sea entera. 2 12.- Sea Ω ⊂ C abierto y conexo. Sean u y v armónicas en Ω. ¿Bajo que condiciones es armónica u.v ? Demostrar que u2 no puede ser armónica a menos que u sea constante. ¿Para que función f ∈ H(Ω) es |f |2 armónica? 13.- Sea Ω ⊂ C abierto y conexo y f ∈ H(Ω). Probar: |f | constante en Ω implica f constante. 14.- Sea Ω ⊂ C abierto y conexo y f ∈ H(Ω). Si f(Ω) esta incluído en una recta, probar que f es constante. 15.- Obtener una fórmula para calcular el argumento principal de un número complejo z = x+ iy en C\ {x ∈ R : x ≤ 0}. 16.- Sean P∞ n=1 an, P∞ n=1 an series convergentes de números complejos. Probar que si una
Compartir