El Teorema del Modulo Máximo

Capı́tulo 5
El Teorema del Modulo Máximo
§1. El Principio del Máximo
1. Pruebe el siguiente Principio del Mı́nimo. Si f es una función analı́tica no constante sobre un conjunto abierto G acotado y es continua
sobre G, entonces f tiene un cero en G o |f | asume su mı́nimo valor
sobre ∂G.
Solución. Si f no tiene ceros en G, la función
G y por el principio del máximo
1 1
,
f (z) ≤ máx
z∈∂G |f (z)|
1
es analı́tica en
f
∀z ∈G
si y sólo si
mı́n |f (z)| ≤ |f (z)| ,
z∈∂G
∀z ∈G.
2. Sea G una región acotada y suponga que f es continua en G y
analı́tica sobre G. Demuestre que si existe una constante c ≥ 0 tal
que |f (z)| = c para todo z ∈ ∂G entonces f es una función constante
o bien f tiene un cero en G.
Solución. Si f no tiene ceros aplicando el principio del máximo
y del mı́nimo se tiene que
c = mı́n |f (z)| ≤ |f (z)| ≤ máx |f (z)| = c
z∈∂G
z∈∂G
lo que implica que |f (z)| = c para todo z ∈ G. Se sigue que f (z) = λc
con |λ| = 1, para todo z ∈ G.
3. (a) Sea f entera no-constante. Para cualquier número real c demuestre que la clausura de {z : |f (z)| < c} es el conjunto
{z : |f (z)| ≤ c}.
(b) Sea p un polinomio no constante y demuestre que cada componente de {z : |p(z)| < c} contiene un cero de p.
1
§1. EL PRINCIPIO DEL MÁXIMO
2
(c) Si p es un polonimio no constante y c > 0 demuestre que {z :
|p(z)| = c} es la unión de un número finito de caminos cerrados.
Discuta el comportamiento de estos caminos cuando c → ∞.
Solución.
(a) Sabemos que X = X ∪ X 0 , X = {z : |f (z)| < c}. Como f
es entera no constante, f (C) es denso en C. Luego, existe una
1
sucesión {zn }∞
n=1 ⊂ X tal que |f (zn )| = c− n y pot la continuidad
de f
c = lı́m |f (zn )| = f lı́m zn = |f (z0 )| ,
n→∞
n→∞
lo que implica que z0 ∈ X 0 con |f (z0 )| = c. Por lo tanto, X =
{z : |f (z)| ≤ c}.
(b) Sea G = {z : |p(z)| < c} entonces G = {z : |p(z)| ≤ c}, se sigue
que ∂G{z : |p(z)| = c}. Por el problema 2, como p es un polinomio no constante, p tiene un vero en G en cada componente
conexa.
(c) Es claro que ∂G = {z : |p(z)| = c} es un curva. Supongamos
que ∂G es una unión infinita de curvas, entonces en el interior
de cada curva p tiene un cero, según lo probado en (b). Luego,
p tiene infinitos ceros. Por otro lado, como lı́m |p(z)| = ∞ se
z→∞
tiene que para cada ε > 0 existe M > 0 tal que |p(z)| ≥ ε para
todo |z| ≥ M . En particular, para ε = c + 1,
|p(z)| ≥ c + 1 ,
∀ |z| ≥ M .
Se sigue que los ceros de p están todos contenidos en el disco
B(0, M ), como este conjunto es compacto, los ceros de p, tienen
un punto de acumulación y por el principio de identidad p(z) ≡ 0
lo cual es una contradicción.
4. Sean 0 < r < R y A = {z : r ≤ |z| ≤ R}. Demuestre que existe un
número positivo ε > 0 tal que para todo polinomio p,
sup{|p(z) − z −1 | : z ∈ A} ≥ ε .
Esto dice que z −1 no es el lı́mite uniforme de polinomios en A.
Solución. Sean z1 , . . . , zn los ceros de p y R > 0 tal que R 6= |zk |
§1. EL PRINCIPIO DEL MÁXIMO
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para todo k = 1, . . . , k. Consideremos
M = sup |zp(z) − 1| .
|z|=R
Entonces, si M < 1 entonces
|zp(z) − 1| < 1 ,
sobre |z| = R .
Por el Teorema de Rouche, zp(z) y 1 tienen la misma cantidad de
ceros en {|z| < R}. Luego, zp(z) no tiene ceros en {|z| < R}, lo cual
es una contradicción con que zp(z) tiene un cero en z = 0. Luego,
necesariamente M ≥ 1. Observe que si R = |zk | para algún k, sea δ >
0 tal que R − δ 6= |zk |. Si suponemos que MR = sup |zp(z) − 1| < 1,
|zk |=R
por el principio del máximo se obtiene que MR−δ ≤ MR < 1 lo cual
contradice lo anterior. Por lo tanto, M ≥ 1.
1
Ahora bien, sea z ∈ A entonces |z| ≤ R ⇒ R1 ≤ |z|
, luego
sup |p(z) − z −1 | = sup
z∈A
z∈A
|zp(z) − 1|
|z|
1
sup |zp(z) − 1|
R z∈A
M
1
=
≥
=ε>0.
R
R
≥
5. Sea f analı́tica sobre B(0, R) con |f (z)| ≤ M para |z| ≤ R y
|f (0)| = a > 0. Demuestre queel número
de ceros de f en B(0, 31 R)
1
M
es menor o igual que
log
.
log 2
a
Solución. Sean z1 , . . . , zn los ceros de f en B(0, 13 R) y considere
la función analı́tica
" n #−1
Y
z
g(z) = f (z)
1−
.
zk
k=1
Note que g(0) = f (0). Observe que para |z| = R se tiene que
n
Y
1
M
|zk |
#−1
n M Rn
Y
n
z
M
k=1
1 − |g(z)| = |f (z)|
≤ n
≤ 3 n
= n .
Y
zk
2
2
k=1
Rn
|zk − z|
3
"
k=1
§1. EL PRINCIPIO DEL MÁXIMO
4
Sabemos que
Z
1
g(0) =
2πi
g(z)
dz ,
z
|z|=R
entonces
1
a = |g(0)| ≤
2π
Z
0
2π
|g(Reiθ )|
1
|iReiθ |dθ =
iθ
|Re |
2π
Z
2π
|g(Reiθ )|dθ ≤
0
1
M
lo que implica que n ≤
log
es decir, 2 ≤
a
log 2
n
M
,
2n
M
.
a
6. Suponga que ambas f y g son analı́ticas en B(0, R) con |f (z)| =
|g(z)| para |z| = R. Demuestre que si f ni g se anulan en B(0, R)
entonces existe una constante λ, |λ| = 1, tal que f = λg.
Solución. Considere la función h = f /g entonces h es analı́tica
en B(0, R) y no tiene ceros. Para |z| = R tenemos que
|h(z)| =
|f (z)|
=1.
|g(z)|
Por problema 2, h es constante o tiene un cero en B(0, R), como
h no tiene ceros implica que h(z) = λ con |λ| = 1. Por lo tanto,
f = λg.
7. Sea f analı́tica en el disco B(0, R) y para 0 ≤ r < R defina A(r) =
máx Ref (z). Demuestre que a menos que f sea constante, A(r) es
|z|=r
una función estrictamente creciente de r.
Solución. Primero observe que la aplicación proyección π : R×R →
R dada por π(x, y) = x es abierta. Luego, si f es analı́tica no constante, por el Teorema del mapeo abierto, f es abierta entonces
h = π ◦ f = Ref
es abierta .
(1)
Afirmamos que h satisface el principio del máximo, esto es, si h(a) ≥
h(z) para todo z ∈ B(0, R) entonces h es constante. En efecto, seam
Ω = h(B(0, R)) y α = h(a). Por hipótesis, |α| ≥ |ξ| para todo ξ ∈ Ω
entonces
α ∈ Ω ∩ ∂Ω .
En particular, Ω no es abierto y por (1) se sigue que f es constante
lo que implica que h es constante.
§1. EL PRINCIPIO DEL MÁXIMO
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Por lo tanto,
máx Ref (z) ≤ A(r) .
|z|≤r
Ahora bien, si r1 < r2 tenemos que
A(r1 ) = máx Ref (z) = máx Ref (z)
|z|=r1
|z|≤r1
≤ máx Ref (z) = máx Ref (z) = A(r2 ) .
|z|=r2
|z|=r2
Esto prueba que A(r) es creciente. Supongamos que A(r) es constante en el anillo {r1 < |z| < r2 } entonces h mapea el anillo sobre un
conjunto cerrado, lo cual contradice que h es abierta. Por lo tanto,
A(r) es una función estrictamente creciente.
8. Suponga que G es una región, f : G → C es analı́tica, y M es constante tal que cuando z está sobre ∂∞ G y {zn } es una sucesión en
G con z = lı́m zn tenemos que lı́m sup |f (zn )| ≤ M . Demuestre que
|f (z)| ≤ M , paa cada z ∈ G.
Solución. Dado a ∈ ∂∞ G para todo sucesión {zn } con lı́m zn = a
se tiene que
lı́m sup |f (zn )| ≤ M .
n→∞
Se sigue que lı́m sup |f (z)| ≤ M , lo cual implica según la tercera
z→a
versión del módulo máximo que |f (z)| ≤ M para todo z ∈ G.