Variable Compleja I (Febrero 2015)

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Variable Compleja I (Febrero 2015)
Soluciones a los ejercicios del examen
1. Para cada n ∈ N , se considera la función fn : C → C definida por
Z n√
fn (z) =
t e−t z dt
∀z ∈ C
0
a) Probar que fn es una función entera y calcular su desarrollo en serie de Taylor
centrado en el origen.
b) Estudiar la convergencia de la sucesión {fn } en el semiplano de la derecha
Ω = {z ∈ C : Re z > 0} .
Z +∞ √
t e−t z dt para todo z ∈ Ω .
c) Deducir que f ∈ H(Ω) , donde f (z) =
0
Solución.
a). Fijado n ∈ N , para probar que fn es una función entera se puede aplicar el
teorema de holomorfía de la integral dependiente de un parámetro, considerando la
cadena Γ = [0, n] y la función Φ : Γ ∗ × C → C definida por
√
Φ(t, z) = t e−tz
∀ (t, z) ∈ Γ ∗ × C
Claramente Φ es continua y, para todo t ∈ Γ ∗ , la función Φt : C → C definida por
√
Φt (z) = Φ(t, z) = t e−t z
∀z ∈ C
es una función entera, luego el mencionado teorema nos dice que fn también es entera.
No obstante, puesto que vamos a expresar fn como suma de una serie de potencias que
converge en todo el plano, eso también probará que fn es entera.
Fijado z ∈ C , para todo t ∈ [0, n] tenemos obviamente
√
te
−t z
∞
∞
X
√ X
(−t z)k
(−1)k √ k k
= t
=
tt z
k
!
k
!
k=0
k=0
(1)
y vamos a probar que esta serie converge uniformemente en el intervalo [0, n] . Para
todo k ∈ N ∪ {0} y todo t ∈ [0, n] se tiene claramente
k
(−1)k √ k k √ n|z|
tt z ≤ n
k!
k!
Teniendo presente que tanto n ∈ N como z ∈ C están fijos, la serie
es convergente, de hecho su suma es
√
X√
k≥0
ne
n|z|
.
n|z|
n
k!
k
2
Por tanto, el test de Weierstrass nos dice que la serie que aparece en (1) converge
uniformemente en el intervalo [0, n] . Aplicando entonces la continuidad de la integral
de Cauchy, tenemos
Z n
√
∞
∞
X
X
√ k
2 (−1)k n n k+1 k
(−1)k
k
z
(2)
t t dt z =
fn (z) =
k!
k ! (2k + 3)
0
k=0
k=0
y en particular, la última serie converge en el punto z que habíamos fijado. Como z ∈ C
era arbitrario, la serie de potencias que aparece en (2) tiene radio de convergencia
infinito y su suma coincide con la función fn en todo el plano. Esto prueba que fn es
una función entera y (2) nos da su desarrollo en serie de Taylor centrado en el origen.
b). Si B un subconjunto no vacío de Ω tal que ı́nf {Re z : z ∈ B} = α > 0 ,
probaremos que la sucesión {fn } converge uniformemente en B . Para ello escribimos
la sucesión {fn } en forma de serie:
fn =
n
X
fk − fk−1
∀n ∈ N
k=1
donde se entiende que f0 es idénticamente nula. Para todo z ∈ B y todo k ∈ N se
tiene entonces
Z k
Z k √
√ Z k −t Re z
√ −k t −t z te
dt ≤
e
dt
| fk (z) − fk−1 (z) | = t e dt ≤ k
k−1
k−1
k−1
√
√ Z k −α t
k −α(k−1)
(eα − 1) √ −α k
e
dt =
e
− e−α k =
ke
= Mk
≤ k
α
α
k−1
X
Mk es convergente, ya que
donde Mk se define por la última igualdad. La serie
k≥1
Mk+1
lı́m
= lı́m
k→∞ Mk
k→∞
r
k + 1 −α
e = e−α < 1
k
y basta aplicar el criterio del cociente. Por el test de Weierstrass, la serie
X
( fk − fk−1 )
k≥1
converge uniformemente en B , es decir, {fn } converge uniformemente en B .
Si ahora K es compacto y K ⊂ Ω , tenemos claramente mı́n {Re z : z ∈ K} > 0
y podemos usar lo anterior con B = K . Por tanto, {fn } converge uniformemente en
cada subconjunto compacto de Ω y, en particular, converge puntualmente en Ω .
(c) Sabemos que {fn } converge puntualmente en Ω , y tenemos claramente
Z n√
Z ∞√
−t z
lı́m fn (z) = lı́m
t e dt =
t e−t z dt = f (z)
∀z ∈ Ω
n→∞
n→∞
0
0
Como fn es holomorfa en Ω para todo n ∈ N , y hemos visto que {fn } converge
uniformemente a f en cada subconjunto compacto de Ω , el teorema de convergencia
de Weierstrass nos asegura que f ∈ H(Ω) , como queríamos.
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2. Integrando una conveniente función compleja a lo largo de la frontera del conjunto
{z ∈ C : ε < | z | < R , 0 < arg z < π/2} , con 0 < ε < 1 < R , evaluar la integral
Z +∞
log x
dx
1 + x4
0
Solución.
Consideramos el abierto Ω = C ∗ \ R− y el conjunto finito S formado por la raíces
cuartas de −1 es decir, tomando α = e i π/4 , se tiene S = {α , i α , −α , −i α} . Es
claro que S 0 ∩ Ω = ∅ . Como el logaritmo principal es una función holomorfa en Ω ,
la función f : Ω \ S → C definida por
f (z) =
log z
1 + z4
∀z ∈ Ω \ S
es holomorfa en Ω \ S .
Para 0 < ε < 1 < R usamos el camino cerrado Γ = σ1 + γR − σ2 − γε , donde
σ1 (x) = x ,
σ2 (x) = i x
it
γR (t) = R e ,
γε (t) = ε e
it
∀ x ∈ [ε, R]
∀ t ∈ [0, π/2]
Es claro que Γ ∗ ⊂ Ω \ S y que Γ es un ciclo nul-homólogo con respecto Ω , pues de
hecho Ω es homológicamente conexo. Por último se tiene claramente
Ind Γ (α) = 1
Ind Γ (i α) = Ind Γ (−α) = Ind Γ (−i α) = 0
y
Por tanto, el teorema de los residuos nos dice que
Z
I =
f (z) dz = 2 π i Res f (z) , α )
Γ
Para calcular el residuo, se tiene claramente
(z − α) log z
log z
= lı́m
4
z→α
z→α (z + α)(z − iα)(z + iα)
1+z
log α
i π/4
π
=
=
=
6= 0
3
3
2 α (1 − i)(1 + i)
4α
16 α
lı́m (z − α) f (z) = lı́m
z→α
donde también se podría haber aplicado la regla de L’Hôpital. Así pues, f tiene un
polo simple en el punto α y acabamos de calcular el residuo, luego podemos escribir
I = 2πi
π
π2 α
=
16 α
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Denotaremos por I1 , IR , I2 , Iε a las integrales de f sobre los arcos σ1 , γR , σ2 , γε
respectivamente, y vamos a trabajar por separado con cada una de estas integrales La
que en principio no interesa es
Z
Z R
log x
I1 =
f (z) dz =
dx
4
σ1
ε 1+x
4
Por otra parte, tenemos
Z
Z
I2 =
R
log (i x)
i dx = i
1 + x4
f (z) dz =
σ2
ε
R
Z
ε
log x
π
dx
−
1 + x4
2
Z
R
ε
dx
1 + x4
y observamos que la parte imaginaria de I2 también es la integral real que nos interesa.
Claramente, en la igualdad I = I1 −I2 +IR −Iε , conviene igualar las partes imaginarias
de ambos miembros, obteniendo
√
Z R
log x
π2 2
= Im (I) = −
dx + Im IR − Im Iε
4
16
ε 1+x
Concluimos por tanto que
√
Z R
π2 2
log
x
+
dx
≤ | IR | + | Iε |
4
16
1
+
x
ε
(3)
Trabajamos ahora con las integrales IR e Iε . Para z ∈ γR∗ tenemos | z | = R > 1 y
0 ≤ arg z ≤ π/2 , de donde
| log z | ≤ log R + (π/2)
y
| 1 + z 4 | ≥ R4 − 1 > 0
Deducimos que
πR
| IR | ≤
2
log R + (π/2)
R4 − 1
,
lı́m IR = 0
luego
R→+∞
(4)
Por otra parte, para z ∈ γε∗ tenemos | z | = ε < 1 y también 0 ≤ arg z ≤ π/2 de
donde
| log z | ≤ (π/2) − log ε
y
| 1 + z 4 | ≥ 1 − ε4 > 0
Deducimos que
| Iε | ≤
π ε (π/2) − log ε
,
2
1 − ε4
luego
lı́m Iε = 0
ε→0
En vista de (3) , (4) y (5) , concluimos finalmente que
Z
0
∞
√
log x
π2 2
dx = −
1 + x4
16
(5)
5
3. Sean f y g funciones enteras verificando que
| f (z) | ≤ | g(z) |
∀z ∈ C
¿Qué se puede afirmar sobre f y g ?
Solución.
Suponiendo que g no es idénticamente nula, el principio de identidad nos dice que el
conjunto A = {a ∈ C : g(a) = 0} verifica que A 0 = ∅ . Entonces C \ A es abierto, y
consideramos la función h ∈ H(C \ A) definida por
h(z) =
f (z)
g(z)
∀z ∈ C \ A
que por hipótesis verifica
| h(z) | ≤ 1
∀z ∈ C \ A
Fijado a ∈ A , como a es punto aislado de A , podemos tomar ρa ∈ R+ de forma que
D(a, ρa ) ∩ A = {a} . La restricción de h a D(a, ra ) \ {a} es una función holomorfa
y acotada, luego el teorema
de extensión de Riemann nos dice que existe una única
función ha ∈ H D(a, ρa ) tal que
∀ z ∈ D(a, ρa ) \ {a}
ha (z) = h(z)
Como lo anterior es válido para todo a ∈ A , podemos definir ϕ : C → C escribiendo
ϕ(z) = h(z) ∀ z ∈ C \ A
y
ϕ(a) = ha (a) ∀ z ∈ A
En el caso A = ∅ , lo anterior no es necesario, tomamos directamente ϕ = h .
Como la restricción de ϕ al abierto C \ A coincide con h , el carácter local de la
derivada nos dice que ϕ es derivable en todo punto de C \ A . Pero además, fijado
a ∈ A , la restricción de ϕ al disco abierto D(a, ρa ) coincide con ha , luego ϕ también
es derivable en el punto a . Así pues, ϕ es una función entera.
Para z ∈ C \ A tenemos | ϕ(z) | = | h(z) | ≤ 1 . Pero, para a ∈ A también tenemos
| ϕ(a) | = | ha (a) | = lı́m | h(z) | ≤ 1
z→a
luego | ϕ(z) | ≤ 1 para todo z ∈ C . Por el teorema de Liouville, ϕ es constante, es
decir, existe λ ∈ C tal que ϕ(z) = λ para todo z ∈ C , y obviamente será | λ | ≤ 1 .
Para z ∈ C \ A se tiene entonces f (z) = h((z) g(z) = λ g(z) , igualdad que es evidente
para todo a ∈ A , pues entonces g(a) = 0 , luego también f (a) = 0 . Finalmente, esta
igualdad también es obvia, con λ = 1 por ejemplo, cuando g es idénticamente nula,
pues entonces f también lo es.
En resumen, podemos afirmar que
∃ λ ∈ C : |λ| ≤ 1
y
f (z) = λ g(z) ∀ z ∈ C
(6)
Recíprocamente, si se cumple (6) , se tiene obviamente | f (z) | ≤ | g(z) | para todo
z ∈ C , luego no se puede afirmar nada más.
6
4. Sea f ∈ H D(0, 1)\{0} una función que diverge en el origen. Probar que la imagen
de f contiene un conjunto de la forma { z ∈ C : | z | > ρ } con ρ ∈ R+ .
Solución.
Puesto que f diverge en el origen, existe δ ∈ R+ , con δ ≤ 1 , tal que
| f (z) | > 1
∀ z ∈ D(0, δ) \ {0}
Además, tenemos claramente
1
= 0
z→0 f (z)
lı́m
Definiendo entonces g : D(0, δ) → C por
g(z) =
1
f (z)
∀ z ∈ D(0, δ) \ {0}
y
g(0) = 0
obtenemos una función g ∈ H D(0, δ) \ {0} , que es continua en el origen. Por el
teorema de extensión de Riemann, deducimos que g ∈ H D(0, δ)) .
Puesto que D(0, δ) es un dominio y g no es constante, el teorema de la aplicación
abierta nos dice que la imagen de g es un conjunto abierto y, en particular, 0 = g(0)
es un punto interior a la imagen de g , es decir,
∃ ε > 0 : D(0, ε) ⊂ g D(0, δ)
Bastará entonces tomar ρ = 1/ε .
En efecto, si w ∈ C verifica que | w | > ρ , tenemos | 1/w | < ε , luego existe z ∈ D(0, δ)
tal que g(z) = 1/w . Como 1/w 6= 0 será también z 6= 0 , así que
1
1
= g(z) =
,
w
f (z)
es decir,
w = f (z)
Esto prueba que el conjunto {w ∈ C : | w | > ρ} está contenido en la imagen de f
como se pedía.