Ayudantía 2

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATÓLICA DE CHILE
FACULTAD DE MATEMÁTICAS
MAT2715
VARIABLE COMPLEJA II
Ayudantia 2
Rodrigo Vargas
1. Demuestre que la familia
F = {g : g analı́tica en Ω simplemente conexo , g(0) = 1 , Re {g} > 0}
es normal.
Solución: Sea {gn } una sucesión en F , entonces Gn (z) = e−gn (z) satisface
que
|Gn (z)| = e−Re {gn (z)} < 1 .
Luego, {Gn } es una familia normal y existe una subsucesión {Gnk } que
converge a G en compactos de Ω, por el problema 3(a) de la ayudantı́a anterior (Teorema de Hurwitz), por ser Gnk 6= 0 para todo nk ∈ N entonces
G ≡ 0 en Ω o bien G(z) 6= 0 para todo z ∈ Ω, pero
G(0) = lı́m e−gn (0) = e−1 6= 0
n→∞
por lo que G(z) 6= 0 para todo z ∈ Ω. Entonces podemos definir la función
analı́tica
g(z) = − log G(z)
donde el brazo es tomado por g(0) = − log G(0) = 1 y se concluye que
gnk (z) = − log Gnk (z)
converge uniformemente en compactos de Ω a g(z). Por la tanto, F es
una familia normal.
2. Para cada n ∈ N, ¿existe una función entera fn tal que
máx |Re fn (z) − log |z|| <
1≤|z|≤2
1
1
?
n
Solución: Supongamos que para cada n ∈ N existe una función entera
fn tal que
1
máx |Re fn (z) − log |z|| < ,
1≤|z|≤2
n
entonces para 1 ≤ |z| ≤ 2 tenemos que
−1 ≤ Re fn (z) ≤ 1 + log 2 .
Considere la función Fn (z) = efn (z) la cual es entera, no tiene ceros y
1
≤ |Fn (z)| = eRe fn (z) ≤ 2e ,
e
para 1 ≤ |z| ≤ 2 .
Por el principio del modulo máximo, se tiene que
|Fn (z)| ≤ 2e ,
para |z| ≤ 2 .
Luego {Fn (z)} es una familia normal en D2 = {z : |z| < 2} y existe una
subsucesión {Fnk (z)} que converge a F (z) en compactos de D2 . Ahora bien, como |Fn (z)| ≥ 1e para 1 ≤ |z| ≤ 2, entonces F (z) no es identicamente
cero y por el Teorema de Hurwitz F (z) no tiene ceros en D2 . Por otro
lado, para 1 ≤ |z| < 2
|F (z)| = lı́m |Fnk (z)| = lı́m eRe fnk (z) = elog |z| = |z| ,
k→∞
k→∞
lo que implica que F (z) = eiθ z en D2 , lo cual es una contradicción.
p
3. Sea f : Ω → C analı́tica. Demuestre que existe n f (z) bien definida si y
sólo si
Z ′
1
f (z)
dz ∈ nZ
2πi γ f (z)
para toda curva cerrada γ ⊂ Ω que no pase por ceros de f .
p
Solución: Si existe n f (z), entonces existe g : Ω → C analı́tica tal que
(g(z))n = f (z) . Entonces,
f ′ (z)
g ′ (z)
=n
,
f (z)
g(z)
2
Sea γ ⊂ Ω una curva cerrada que no pasa por los ceros de f , en virtud
del principio del argumento se tiene que
Z ′
Z ′
f (z)
n
g (z)
1
dz =
dz = n · m ∈ nZ
2πi γ f (z)
2πi γ g(z)
donde m es el número de ceros de g al interior de γ.
Recı́procamente, sea z0 ∈ Ω que no es cero de f entonces definimos
Z z ′
p
f (z)
1
n
g(z) = f (z0 ) exp
dz .
n z0 f (z)
Notemos que g está bien definida, dados α, β curvas que unen z0 con z
entonces α−1 ◦ β = γ es una curva cerrada en Ω entonces
Z ′
Z ′
Z ′
1
f (z)
1
f (z)
1
f (z)
dz = nk ⇒
dz −
dz = nk
2πi γ f (z)
2πi β f (z)
2πi α f (z)
Z ′
Z ′
1
f (z)
1
f (z)
⇒
dz =
dz + 2πik
n β f (z)
n α f (z)
Z ′
Z ′
1
f (z)
1
f (z)
⇒ exp
dz = exp
dz .
n β f (z)
n α f (z)
Por lo tanto,
(g(z))
n
z
f ′ (z)
= f (z0 ) exp
dz
z0 f (z)
= f (z0 ) exp logf (z)|zz0
f (z)
= f (z) .
= f (z0 ) exp log
f (z0 )
Z
4. Sea f : Ω → C analı́tica libre de ceros. Demuestre que existe un brazo de
log f (z) en Ω si y sólo si
Z ′
f (z)
dz = 0
f (z)
γ
para toda curva cerrada γ en Ω.
3
Solución: Si existe un brazo de log f (z) en Ω entonces existe g : Ω → C
analı́tica tal que eg(z) = f (z), entonces
f ′ (z) = g ′(z)eg(z) = g ′(z)f (z) .
Como f (z) 6= 0 en Ω se concluye que g ′ = f ′ /f . En otras palabras, g es
una primitiva para la función f ′ /f en Ω entonces para toda curva cerrada
γ : [a, b] → Ω se tiene que
Z ′
h
iγ(b)
f (z)
dz = g(z)
=0.
f (z)
γ(a)
γ
Recı́procamente, si γ f ′ (z)/f (z)dz = 0 en Ω entonces existe primitiva de
f ′ /f digamos F . Sea zo ∈ Ω fijo y definimos g : Ω → C por
R
g(z) = F (z) − F (z0 ) + log f (z0 )
entonces g también es una primitiva de f ′ /f en Ω. Considere la función
analı́tica G = f e−g en Ω, entonces
′
′
−g(z)
G (z) = f (z)e
′
−g(z)
− g (z)f (z)e
′
−g(z)
= f (z)e
f ′ (z)
· f (z)e−g(z) = 0
−
f (z)
luego G(z) = c =constante en Ω y como
G(z0 ) = f (z0 )e− log f (z0 ) = 1
se concluye que G(z) = 1 en Ω y f (z) = eg(z) para z ∈ Ω.
5. Sean Ω un dominio simplemente conexo y a, b ∈ Ω. Pruebe que existe un
automorfismo holomorfo f de Ω tal que f (a) = b.
Solución: Si Ω = C entonces basta considerar f (z) = z + (b − a). Si
Ω 6= C entonces por el Teorema del mapeo de Riemann existe g : Ω → D
isomorfismo analı́tico. Sean g(a) = α y g(b) = β entonces basta hallar un
automorfimo ϕ de D que lleve α en β
f
Ω
-
g
Ω
g
?
ϕ
D
4
?
-
D
Considere los automorfismos del disco
z+α
1 + αz
entonces basta considerar ϕ = ϕβ ◦ ϕ−1
α la cual satisface que ϕ(α) = β.
Tomando la función analı́tica f = g ◦ ϕ ◦ g −1 obtenemos un automorfismo
holomorfo tal que f (a) = b.
ϕα (z) =
6. Mapee el dominio D \ {[a, 1] ∪ [−1, −b]} conformemente sobre el D por
medio una función f con f (0) = 0, f ′ (0) > 0 y calcule f ′ (0).
Solución:
y
w=z+
|
|
x
|
a
−b
v
1
z
−b −
ξ=
√
b
u
|
1
a
a+
∞
1
a
z + (b + 1b )
η=
−z + (a + a1 )
z
b
ζ=
z−i
z+i
D
Un simple cálculo muestra que f (0) = 0 y que f ′ (0) = 14 (a+ a1 +b+ 1b ) > 0.
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