Variable Compleja I

Variable Compleja I
6 de noviembre de 2015
X 1
converge absolutamente en Ω = {z ∈ C : Re z > 1}
nz
n≥1
y uniformemente en cada conjunto compacto K tal que K ⊂ Ω .
1. Probar que la serie
Solución
Sea K un subconjunto compacto de Ω y sea ρ = mı́n Re z : z ∈ K } , que
claramente verifica ρ > 1 . Para cualesquiera z ∈ K y n ∈ N se tiene entonces
z
n = exp z log n = exp Re (z log n) = exp Re (z) log n
≥ exp ρ log n = n ρ
de donde deducimos que
1
nz
≤ 1
nρ
∀z ∈ K ,
∀n ∈ N
X 1
, armónica con exponente ρ > 1 , es convergente, podemos
ρ
n
n≥1
X 1
converge absoluta y
aplicar el test de Weierstrass, obteniendo que la serie
nz
n≥1
Como la serie
uniformemente en K . En particular, para cada z ∈ Ω podemos tomar K = {z} para
obtener que la serie converge absolutamente en el punto z , luego tenemos convergencia
absoluta en Ω y uniforme en cada subconjunto compacto de Ω .
2. Estudiar la derivabilidad de la función f : C \ {i, −i} → C definida por
f (z) = log(z − i) − log(z + i)
∀ z ∈ C \ {i, −i}
y probar que admite un desarrollo en serie de potencias centrado en el origen.
Solución
Considerando las funciones f1 : C \ {i} → C y f2 : C \ {−i} → C definidas por
f1 (z) = log (z − i) ∀ z ∈ C \ {i}
y
f2 (z) = log (z + i) ∀ z ∈ C \ {−i}
tenemos obviamente f (z) = f1 (z) − f2 (z) para todo z ∈ C \ {i, −i} .
La derivabilidad de f1 y f2 se estudia fácilmente, usando propiedades conocidas del
logaritmo principal. Concretamente usaremos que el logaritmo principal es una función
0
derivable en todo punto z ∈ C \ R−
0 con log (z) = 1/z , y no es continua en ningún
−
punto de R .
Considerando entonces las semirrectas
y
S1 = x + i : x ∈ R−
0
S2 =
x − i : x ∈ R−
0
la regla de la cadena nos dice que f1 ∈ H(C \ S1 ) y f2 ∈ H(C \ S2 ) con
f10 (z) =
1
z−i
∀ z ∈ C \ S1
Deducimos que f ∈ H C \ (S1 ∪ S2 )
f 0 (z) =
y
f20 (z) =
1
z+i
∀ z ∈ C \ S2
con
1
1
2i
−
=
z−i
z+i
1 + z2
∀ z ∈ C \ (S1 ∪ S2 )
Además f no es continua en ningún otro punto de C \ {i, −i} . En efecto, si z ∈ S1
y z 6= i , tenemos que la función logaritmo principal no es continua en el punto z − i ,
luego f1 no es continua en z . Como f2 sí es continua en z , porque z ∈ C \ S2 ,
deducimos que f no puede ser continua en z , pues si lo fuese, lo sería también f1 , que
coincide con f + f2 en C \ {i, −i} . Análogamente, si z ∈ S2 y z 6= −i , tenemos que
f2 no es continua en z mientras f1 sí lo es, luego f tampoco lo es.
En resumen f es derivable en un punto z ∈ C \ {i, −i} si, y sólo si, z ∈
/ S1 ∪ S 2 .
Para w ∈ S1 ∪ S2 se tiene claramente | w | ≥ 1 , luego el disco unidad D(0, 1) está
contenido en C \ (S1 ∪ S2 ) y, usando la serie geométrica, tenemos
∞
X
2i
=
2i
(−1)n z 2n
f (z) =
1 + z2
n=0
0
∀ z ∈ D(0, 1)
La serie de potencias que ha aparecido tiene radio de convergencia 1, luego lo mismo
X
z 2n+1
le ocurre a la serie
(−1)n
cuya serie derivada es la anterior. Podemos por
2n + 1
n≥0
tanto definir
∞
X
z 2n+1
(−1)n
∀ z ∈ D(0, 1)
g(z) = 2i
2n
+
1
n=0
obteniendo una función g ∈ H D(0, 1) tal que g 0 (z) = f 0 (z) para todo z ∈ D(0, 1) .
Como D(0, 1) es un dominio, deducimos que la diferencia f − g es constante en dicho
disco. Para calcular dicha constante basta observar que g(0) = 0 mientras que
π
π
f (0) = log(−i) − log i = − i − i = −πi
2
2
Por tanto, el desarrollo en serie pedido es
∞
X
z 2n+1
f (z) = −π i + 2i
(−1)
2n + 1
n=0
n
∀ z ∈ D(0, 1)
3. Sea g una función entera verificando que g 0 (z) 6= 0 para todo z ∈ C . Dado un
abierto no vacío Ω de C y una función continua f : Ω → C , probar que, si g ◦ f
es holomorfa en Ω , entonces f es holomorfa en Ω .
Solución
Fijado a ∈ Ω deberemos probar que f es derivable en el punto a . Sea b = f (a)
y consideremos la función Φ : C → C definida por
Φ(w) =
g(w) − g(b)
w−b
∀ w ∈ C \ {b}
y
Φ(b) = g 0 (b)
Como g es derivable en el punto b , tenemos que Φ es continua en b y evidentemente
verifica que
g(w) − g(b) = Φ(w) (w − b)
∀w ∈ C
En particular, para z ∈ Ω podemos tomar w = f (z) obteniendo que
g ◦ f (z) − g ◦ f (a) = Φ f (z) f (z) − f (a)
∀z ∈ Ω
El siguiente paso será asegurarse de que Φ f (z) no se anula para z suficientemente
próximo al punto a .
Por hipótesis, f es continua en a , y sabemos que Φ es continua en el punto
b = f (a) , luego Φ ◦ f es continua en a , es decir:
lı́m Φ f (z) = Φ f (a) = Φ(b) = g 0 (b) 6= 0
z→a
Podemos por tanto encontrar un δ > 0 tal que, para z ∈ Ω con | z − a | < δ se tenga
Φ f (z) 6= 0 . Por tanto,
g ◦ f (z) − g ◦ f (a)
1
f (z) − f (a)
=
z ∈ Ω , 0 < | z − a | < δ =⇒
z−a
z−a
Φ f (z)
Deducimos claramente que
g ◦ f (z) − g ◦ f (a)
f (z) − f (a)
1
lı́m
lı́m
= lı́m
=
z→a
z→a Φ f (z)
z→a
z−a
z−a
0
g ◦ f (a)
g 0 (b)
lo que prueba que f es derivable en el punto a . Puesto que a ∈ Ω era arbitrario,
tenemos f ∈ H(Ω) , como se quería.