§ El teorema del módulo máximo

§ El teorema del módulo máximo
1.
Principio del máximo
1. Probar el siguiente Principio del mı́nimo. Si f es una función analı́tica no constante en un abierto acotado G y continua en G− , entonces o bien f tiene un
cero en G o |f | asume su mı́nimo valor en ∂G
Solución: Si f (z) = 0 para algún z ∈ G se tiene el resultado. Supongamos
ahora que f (z) 6= 0 ∀z ∈ G
1
. Claramente como f (z) 6= 0, tenemos que F (z) es
Consideremos F (z) =
f (z)
continua en G− y analı́tica en G, luego
|F (z)| tiene máximo en ∂G ⇔ |f (z)| tiene mı́nimo en ∂G
2. Sea G una región acotada y suponga que f es continua en G− y analı́tica en
G. Mostrar que si hay una constante c ≥ 0 tal que |f (z)| = c para todo z en
la frontera de G, entonces f es constante o f tiene un cero en G
Solución: Sea z ∈ G, por el teorema del módulo máximo tenemos que
|f (z)| ≤ máx{|f (w)| : w ∈ ∂G} = c
Si suponemos además que f (z) 6= 0 ∀z ∈ G, por el Principio del mı́nimo,
|f (z)| ≥ mı́n{|f (w)| : w ∈ ∂G} = c
por lo que se tiene que c ≤ |f (z)| ≤ c
entonces |f (z)| = c, ∀z ∈ G. Por la continuidad de f se tiene que f es constante en G−
3.
a) Sea f una función entera no constante. Para cualquier número real c
mostrar que la clausura de {z : |p(z)| < c} es {z : |p(z)| ≤ c}
b) Sea p un polinomio no constante. Muestre que cada componente de {z :
|p(z)| < c} contiene un cero de p
c) Si p es un polinomio no constante y c > 0. Mostrar que {z : |p(z)| =
c} es la unión de un número finito de caminos cerrados . Discuta el
comportamiento de este camino cuando c → ∞
4. Sea 0 < r < R y A = {z : r ≤ |z| ≤ R}. Muestre que existe un número
positivo ε > 0 tal que para cada polinomio P
sup{|p(z) − z −1 | : z ∈ A} ≥ ε
Esto dice que z −1 no es el lı́mite uniforme de polinomios en A
5. Sea f analı́tica en B(0, R) con |f (z)| ≤ M ∀|z| ≤ R y |f (0)| = a > 0 Mostrar
que el número de ceros de f en B(0, R/3) es menor o igual que
1
M
log
log 2
a
Solución: Sean z1 , z2 , . . . , zk los ceros de f en B(0, R/3). Consideremos la
siguiente función
#−1
n Y
z
g(z) = f (z)
1−
zk
k=1
"
Notemos que g(0) = f (0) y que g es analı́tica en B(0, R), además
Q
M (R/3)k
|f (z)|
|f (z)| |zk |
≤Q
|g(z)| = Qn zk −z = Q
|zk − z|
|zk − z|
k=1 | zk |
Del hecho que g es analı́tica en B(0, R), usando la fórmula integral de Cauchy,
para la curva γ = {|z| = R} tenemos que
Z
1
g(z)
g(0) =
dz
2πi γ z
luego
1
a = |f (0)| = |g(0)| ≤
2π
Z
γ
≤
|g(z)|
1
dz =
|z|
2π
Z
γ
|g(z)|
1
dz =
R
2πR
M (R/3)k 2πR
M
= k
k
2πR(2R/3)
2
entonces
M
⇒ k log 2 ≤ log(M/a)
a
1
∴k≤
log(M/a)
log 2
2k ≤
Z
|g(z)|dz
γ