Soluciones

Funciones Analı́ticas, Singularidades y Funciones
Meromorfas
Rodrigo Vargas
1. Suponga que f es una función meromorfa en C y existen números positivos C, k y R tal que |f (z)| < C|z|k si |z| > R. Demuestre que f es
racional.
Solución. Observe que f no tiene polos dentro de |z| > R como f es
acotada para cualquier punto dentro de |z| > R. Luego, todos los polos
de f están en |z| ≤ R, con la única posibilidad de un polo en ∞. Sean
z1 , . . . , zn los polos de f . Entonces
f (z) =
g(z)
(z − z1 ) · · · (z − zn )
donde g es una función entera. Ahora bien,
|g(z)| = |z − z1 | · · · |z − zn ||f (z)| < C|z − z1 | · · · |z − zn ||z|k .
Por lo que g es un polinomio de grado menor o igual a n + k. Se sigue
que f (z) = g(z)/(z − z1 ) · · · (z − zn ) es una función racional.
2. Suponga que f es holomorfa en el disco unitario D y continua sobre D
∞
X
con f (z) =
cn z n , z ∈ D. Demuestre que si f tiene exactamente m
n=0
ceros contados con multiplicidad en D, entonces
mı́n |f (z)| ≤ |c0 | + |c1 | + · · · + |cm | .
|z|=1
Solución. Suponga que la desigualdad es estricta. Definimos g(z) =
m
X
cn z n , entonces sobre |z| = 1, tenemos que
n=0
m
m
X
X
|g(z)| = cn z n ≤
|cn ||z|n = |c0 | + |c1 | + · · · + |cm | .
n=0
n=0
1
2
Rodrigo Vargas
Luego, sobre |z| = 1, |f (z)| < |g(z)|. Por el Teorema de Rouche, f − g y
∞
X
g tiene el mismo número de ceros en D. Pero f (z) − g(z) =
cn z n
n=m+1
tienen un cero de orden al menos m + 1, dependiendo de si algún cn se
anula para n ≥ m + 1. Pero g(z) tiene exactamente m ceros en interior
de D.
3. Sea f una función analı́tica sobre D. Suponga que existen una cantindad
infinita de puntos distintos zk ∈ D, k = 1, 2, 3, . . . tal que f (zk ) = 0.
¿Esto implica que f (z) ≡ 0? Pruebe o de un contraejemplo.
Solución. No. Considere f (z) = sen (πz/(z − 1)), entonces f es analı́tica
en D y tiene ceros cuando z/(z − 1) = n ∈ Z luego tiene ceros en
n→∞
z = n/(n − 1) −→ 1.
4. Sea f analı́tica en C − {0}. Suponga que
|f (z)| ≤ | log(|z|)| ,
∀ z 6= 0 .
Demuestre que f (z) ≡ 0.
Solución. Notemos que sobre |z| = 1 tenemos que |f (z)| ≤ | log(1)| = 0
entonces f (z) ≡ 0 sobre |z| = 1 y por el principio de unicidad implica
que f (z) ≡ 0 sobre C − {0}.
5. Suponga que f : D → D es analı́tica y que a ∈ D. Demuestre que
|f ′ (a)| ≤
1
.
1 − |a|2
Solución. Considere las siguientes aplicaciones analı́ticas
ϕ(z) =
z+a
1+az
f (z)
ψ(z) =
z−f (a)
1−f (a)z
Definimos g = ψ ◦ f ◦ ϕ : D → D, entonces g es analı́tica y g(0) = 0. Por
3
Funciones Analı́ticas, Singularidades y Funciones Meromorfas
el Lema de Schwarz se tiene que |g′ (0)| ≤ 1. Ahora bien, tenemos que
ψ ′ (z) =
ϕ′ (z) =
1 − f (a)z + f (a)(z − f (a))
=
1 − |f (a)|2
(1 − f (a)z)2
(1 − f (a)z)2
(1 + az) − (a(z + a))
1 − |a|2
=
2
(1 + az)
(1 + az)2
obteniendo que ψ ′ (f (a)) =
1
y ϕ′ (0) = 1 − |a|2 . Por lo tanto,
1 − |f (a)|2
|g′ (0)| ≤ 1 ⇒ |ψ ′ (f (ϕ(0)))f ′ (ϕ(0))ϕ′ (0)| ≤ 1
⇒ |ψ ′ (f (a))||f ′ (a)||ϕ′ (0)| ≤ 1
1
⇒ |f ′ (a)| ≤ ′
|ψ (f (a))||ϕ′ (0)|
1 − |f (a)|2
1
≤
.
⇒ |f ′ (a)| ≤
2
1 − |a|
1 − |a|2
6. Suponga que f es analı́tica sobre D, continuas en D y que f se anula
sobre un arco abierto no vacı́o de ∂D. Pruebe que f ≡ 0.
Solución. Considere las aplicaciones analı́ticas
ϕ(z) =
z−i
z+i
f (z)
C
b
Tenemos que f ◦ ϕ : H+ → C es analı́tica y se anula sobre un arco abierto
del eje real. Luego, por el Principio de Reflexión de Schwarz, podemos
extender f ◦ ϕ tal como lo muestra la figura
f ◦ϕ
C
f (z ∗ )
z∗
b
f (z ∗ )∗
z
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Pero entonces f ◦ϕ se anuları́a sobre un conjunto no numerable lo implica
según el Principio de unicidad que f ◦ ϕ ≡ 0. Luego, f ≡ 0.
7. Suponga que f : C → C es entera y tiene exactamente k ceros en D pero
no tiene sobre el cı́rculo {|z| = 1}. Demuestre que existe ε > 0 tal que
para toda función entera g que satisface |f (z) − g(z)| < ε sobre el circulo
{|z| = 1}, entonces g tiene exactamente k ceros en D.
Solución. Sea ε = mı́n |f (z)|, entonces ε > 0 como f no tiene cero
|z|=1
en |z| = 1. Si g es cualquier función entera que satisface
|f (z) − g(z)| < ε ≤ |f (z)|
sobre |z| = 1, entonces por el Teorema de Rouche f y g tienen el mismo
número de ceros en D.
8. Suponga que f es analı́tica en D = {z : 0 < |z| < 1} excepto por polos en
los puntos n1 , n = 2, 3, 4, . . .. Pruebe que para todo ε > 0, f ({0 < |z| < ε})
es denso en C.
Solución. Supongamos que f ({0 < |z| < ε}) no es denso en C.
Entonces existe w ∈ C tal que |f (z)−w| ≥ δ para todo z ∈ {0 < |z| < ε}.
1
Consideremos g(z) =
, entonces g tiene singularidades removif (z) − w
bles en n1 , n = 2, 3, 4, . . .. Luego, g es analı́tica en {0 < |z| < ε} y
lı́m g(z) = 0, se sigue que g es definida en 0 sobre la sucesión {1/n : n =
1
z→ n
2, 3, . . .}. Además,
1
,
∀ z ∈ {0 < |z| < ε} .
δ
Luego, g es acotada en una vecindad de 0 por lo que tiene una singularidad removible en 0. Entonces, por la continuidad de g, g(0) = 0, se sigue
que g es analı́tica en {|z| < ε} y se anula sobre una sucesión de puntos que tiene un punto lı́mite, por el Principio de unicidad, g ≡ 0 sobre
{|z| < ε}, lo cual es una contradicción. Por lo tanto, f ({0 < |z| < ε}) es
denso en C.
|g(z)| ≤
9. Sea f analı́tica en {z : 0 < |z| < 2} y suponga que para n = 0, 1, 2, . . .
Z
z n f (z)dz = 0 .
|z|=1
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Funciones Analı́ticas, Singularidades y Funciones Meromorfas
Demuestre que f tiene una singularidad removible en z = 0.
Solución. Tenemos que f (z) =
∞
X
am z m en una vecindad de 0.
m=−∞
Si f tiene un polo de orden k en z = 0, entonces am = 0 para todo
m < −k y luego
a−1
a−k
+ ··· +
+ a0 + a1 z + · · · .
zk
z
a−k
Se sigue que z k−1 f (z) =
+ · · · + a−1 z k−2 + a0 z k−1 + a1 z k + · · · y
z
note que k ≥ 1 ⇒ k − 1 ≥ 0. Entonces, por el Teorema de los residuos
Z
z k f (z)dz = 2πia−k 6= 0 ,
f (z) =
|z|=1
lo cual es una contradicción.
Si f tiene una singularidad esencial en 0, entonces sea k el primer término
en la parte principal de f tal que a−k 6= 0. Entonces, por el Teorema de
los residuos,
Z
z k−1 f (z)dz = 2πia−k 6= 0
|z|=1
lo cual es una contradicción.
Por lo tanto, f tiene una singularidad removible en z = 0.
10. Sea f analı́tica en una vecindad de z0 . Si la serie
∞
X
f (n) (z0 ) converge,
n=0
demuestre que f se extiende a una función entera y la serie
Solución. Si la serie
f (n) (z)
n=0
converge para todo z.
∞
X
∞
X
n→∞
f (n) (z0 ) converge implica que f (n) (z0 ) −→ 0 se
n=0
sigue que existe B > 0 tal que |f (n) (z0 )| ≤ B para todo n ∈ N, entonces
∞
∞
X
X
f (n) (z0 )
|z − z0 |n
n
(z − z0 ) ≤ B
= Be|z−z0| < ∞
n!
n!
n=0
n=0
para todo z ∈ C. Por lo tanto, la serie
∞
X
f (n) (z0 )
n=0
absolutamente para todo z ∈ C y f (z) =
n!
∞
X
f (n) (z0 )
n=0
n!
(z − z0 )n converge
(z − z0 )n es entera.
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z2
zn
11. Sea zn un cero de pn (z) = 1 + z +
+ · · · + , n = 1, 2, 3, . . .. Pruebe
2!
n!
que lı́m zn = ∞.
n→∞
Solución. Por demostrar que para todo R > 0 existe N ∈ N tal que
pn (z) no tiene ceros en |z| < R, para todo n ≥ N . Luego, los ceros de
pn (z) tienden a ∞ cuando n → ∞. Sean R > 0 y ε = e−R = mı́n |ez |.
|z|=R
Observe que {pn (z)} converge uniformemente a
pacto |z| ≤ R. Luego, existe N ∈ N tal que
|pn (z) − ez | < ε ,
ez
sobre el conjunto com-
∀ n ≥ N , ∀ z ∈ {|z| ≤ R} .
Entonce, sobre |z| = R, tenemos que
|pn (z) − ez | < ε = e−R ≤ |ez |
para todo n ≥ N . Por el Teorema de Rouche, pn no tiene ceros en |z| < R.
12. Dado que la serie
∞
X
an z n tiene radio de convergencia 1, pruebe que la
n=0
función definida por la serie tiene una singularidad en algún z que satisface |z| = 1.
Solución. Si f (z) =
∞
X
an z n no tiene singularidades para todo |z| = 1,
n=0
entonces f serı́a analı́tica sobre |z| = 1, lo que implica que para todo z
con |z| = 1 existe δz > 0 tal que f es analı́tica sobre D(z, δz ). Ahora,
|z| = 1 es compacto y luego el cubrimiento abierto {D(z, δz ) : |z| = 1}
posee un subcubrimiento finito, digamos
D(z1 , δ1 ) ∪ · · · ∪ D(zn , δn ) .
Tomando un δ > 0 apropiado se tiene que f es analı́tica en D(z, 1 +
δ). Entonces el radio de convergencia es al menos 1 + δ, lo cual es una
contradicción.
13. Pruebe que la ecuación ez = z tiene una solución.
Solución. Sea g(z) = ez −z, entonces g es entera. Luego, por el Teorema
de Picard, g toma todo valor en C, con la excepción de un posible valor,
una cantidad infinita de veces. Luego, g(z) = 0 una cantidad infinita de
Funciones Analı́ticas, Singularidades y Funciones Meromorfas
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veces o bien g(z) = 2πi una cantidad infinita de veces.
El el primer caso, no hay nada que probar. En el segundo caso, note que
ez+2πi = ez
⇒ ez+2πi − z = 2πi
una cantidad infinita de veces
⇒ ez+2πi = z + 2πi
una cantidad infinita de veces
⇒ ew = w
una cantidad infinita de veces .
14. ¿Cuántas soluciones hay para sen z = z? Verifique.
Solución. Note que podemos usar el mismo argumento del problema
anterior como sen z es periódica de perı́odo 2π. Luego, sen z = z tiene
una cantidad infinita de soluciones.
15. Demuestre que si f es analı́tica en α y
f (z) + αf ′ (α) − zf ′ (α) − f (α)
(z − α)2
g(z) =
entonces g tiene una singularidad removible en z = α.
Solución. Observe que
lı́m (z − α)g(z)
z→α
=
L′ Hopital
=
f (z) + αf ′ (α) − zf ′ (α) − f (α)
z→α
z−α
′
′
f (z) − f (α)
lı́m
= f ′ (α) − f ′ (α) = 0
z→α
1
lı́m
Por lo tanto, g tiene una singularidad removible en z = α.
16. Sea G una región simplemente conexa distinta de C, y sea a ∈ G. Sea
f : G → G analı́tica tal que f (a) = a. Demuestre que |f ′ (a)| ≤ 1. Más
aún, si |f ′ (a)| = 1, demuestre que f (z) es uno a uno y sobre.
Solución. Por el Teorema del mapeo de Riemann, G es conformemente
equivalente al disco abierto D, es decir, existe una mapeo conforme uno
a uno ϕ : D → G tal que ϕ(0) = a. Ahora bien, sea g(z) = ϕ−1 ◦ f ◦ ϕ(z),
z ∈ D. Luego, |g(z)| ≤ 1 sobre D y g(0) = 0. Por el Lema de Schwarz,
|g′ (0)| ≤ 1. Notemos que
g′ (0) = (ϕ−1)′ (f (ϕ(0))) · f ′ (ϕ(0)) · ϕ′ (0) = (ϕ−1 )′ (a)f ′ (a)ϕ′ (0) .
Además, (ϕ−1 )′ (a) = 1/ϕ′ (0) lo que implica que |g′ (0)| = |f ′ (a)| ≤ 1.
Ahora bien, si |f ′ (a)| = 1, entonces |g′ (0)| = 1 lo que implica según el
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Lema de Schwarz que g(z) = cz con |c| = 1, entonces cz = ϕ−1 ◦f ◦ϕ(z) ⇒
f ◦ ϕ(z) = ϕ(cz) ⇒ f (z) = cz la cual es uno a uno y sobre.
17. Sea f analı́tica sobre el anillo A = {z : r < |z| < R} y suponga que existe
a ∈ R tal que |f (z)| = |z|a para todo z ∈ A. Demuestre que a ∈ Z y que
f (z) = eiθ z a para algún θ ∈ R.
Solución. Sea g(z) = z a = ea log z con z ∈ A−R− , entonces
analı́tica
g es
f
(z)
= 1 para
en A − R− y |g(z)| = |f (z)| para z ∈ A − R− . Además, g(z) todo z ∈ A − R− lo que implica que f (z)/g(z) = c donde |c| = 1,
z ∈ A − R− . Por lo tanto,
f (z) = eiθ g(z) = eiθ z a ,
para algún θ ∈ R .
Ahora, sea γ(t) = ρeit , −π ≤ t ≤ π, r < ρ < R, entonces f es continua
en −ρ y luego
eiθ ρa e−iπa = lı́m f (ρeit ) = lı́m f (ρeit ) = eiθ ρa eiπa
t→π−
t→−π +
lo que implica que e−iπa = eiπa ⇒ e2πia = 1 ⇒ a ∈ Z.
18. Suponga que f (z) =
∞
X
an z n es analı́tica en el disco {|z| < R} y continua
n=0
en {|z| ≤ R}. Sea M = máx |f (z)|.
|z|=R
(a) Demuestre que |an |Rn ≤ M .
(b) Más generalmente, demuestre que
∞
X
|an |2 R2n ≤ M 2 .
n=0
Solución.
(a) Notemos que
Z
1 Z f (z) 1
|f (z)
M
M
dz
≤
|dz| ≤
(2πR) = n .
|an | = n+1
n+1
n+1
2πi
2π
z
|z|
2πR
R
|z|=R
|z|=R
(b) Si podemos demostrar que
1
2πi
Z
|z|=R
∞
X
|f (z)|2
dz =
|an |2 R2n ,
|z|
n=0
9
Funciones Analı́ticas, Singularidades y Funciones Meromorfas
entonces obtenemos lo pedido como
Z
1
f (z)2 1 M2
dz ≤
(2πR) = M 2 .
2πi
2π R
z
|z|=R
Ahora bien,
∞
X
|f (z)|2 = f (z)f (z) =
an z n
n=0
!
∞
X
an z n
n=0
!
∞
X
=
!
|an |2 |z|2n +g(z)
n=0
donde g es una función analı́tica,
por lo que sobre |z| = R se tiene
!
∞
X
que |f (z)|2 =
|an |2 R2n + g(z) y obtenemos que
n=0
1
2πi
Z
|f (z)|2
dz =
z
|z|=R
1
2πi
∞
X
Z
2
|an | R
2n
n=0
!
z
1
dz +
2πi
|z|=R
=
∞
X
g(z)
dz
z
|z|=R
2
|an | R
n=0
Z
2n
!

 1

2πi
|
Z
|z|=R
{z
1

∞
X
dz 
|an |2 R2n .
 +0 =
z
n=0
}
19. Sea R− = {x ∈ R : x ≤ 0}. Suponga que f es analı́tica en C − R− y
f (z) = xx para x ∈ R, x > 0. Hallar f (i) y f (−i).
Solución. La función g(z) = z z = ez log z es analı́tica en C − R− donde
log z es el brazo principal del logaritmo. Además, g(x) = f (x), para todo
x ∈ R, x > 0. Luego, por el Principio de unicidad, g(z) = f (z) para todo
z ∈ C − R− , es decir, f (z) = z z para todo z ∈ C − R− . Ahora bien,
tenemos que
π
π
π
f (i) = ii = ei log i = ei(log|i|+i 2 ) = ei(i 2 ) = e− 2 ,
π
π
pi
f (−i) = (−i)−i = e−i log(−i) = e−i(log |−i|−i 2 ) = e−i(−i 2 ) = e− 2 .
20. Sea f una función analı́tica sobre un conjunto conexo abierto G ⊂ C.
Suponga que f mapea G sobre un subconjunto de una lı́nea recta. Demuestre que f es constante.
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Solución. Por el Teorema del mapeo abierto, f (G) tiene que ser un
subconjunto abierto de C a no ser que f sea constante. Un subconjunto de una lı́nea recta no es un conjunto abierto, Luego, f tiene que ser
constante.
21. Suponga que f es holomorfa en C − {0} y satisface
|f (z)| ≤ |z|2 +
1
|z|2
para z 6= 0 .
Si f es una función impar, ¿qué forma tiene la función?
∞
X
1
Solución. Tenemos que f (z) =
an z donde an =
2πi
n=−∞
Ahora bien,
1
|an | ≤
2π
Z
|f (z)|
1
dz ≤
|z|n+1
2π
|z|=R
R2 + R12
Rn+1
n
!
(2πR) =
Z
f (z)
dz.
z n+1
|z|=R
R2
1 R→∞
+
−→ 0
Rn Rn+2
siempre que n ≥ 3 y n ≤ −3. Por lo que an ≡ 0 para n = . . . , −5, −4, −3, 3, 4, 5, . . .
y se sigue que
f (z) =
a−2 a−1
+
+ a0 + a1 z + a2 z 2 .
z2
z
Como f es impar entonces f (−z) = −f (z) lo que implica que a−2 = a2 =
a−1
+ a0 + a1 z.
0 y por lo tanto f (z) =
z