Práctica 7: Teorema del Módulo Máximo II

Universidad de Concepción
Facultad de Ciencias Fı́sicas y Matemáticas
Departamento de Matemática
Práctica 7: Teorema del Módulo Máximo II
1.
a) Sea G una región acotada y f : G −→ C analı́tica en G, continua y no nula en
G. Probar que |f (z)| alcanza su mı́nimo en la frontera de G.
b) Mostrar, con un contraejemplo, que el requerimiento de función no nula es
necesario para la validez del resultado anterior.
c) Probar, bajo las mismas hipótesis de la parte a), que si f es no constante en
G, y tiene módulo constante y no nulo en F r(G), entonces f tiene al menos un
cero en G.
Solución:
1
, ∀z ∈ G. Claramente,
f (z)
g es analı́tica en G y continua en G. Se sigue, por el Teorema del Módulo
Máximo, que |g(z)| alcanza su máximo en F r(G), esto es, |f (z)| alcanza su
mı́nimo en F r(G).
a) Ya que f es no nula en G, podemos definir g(z) :=
b) Sea G = D(0, 1) y f (z) := z, ∀z ∈ G. En F r(G), |f (z)| = 1, pero f (0) = 0
y 0 ∈ G, esto es, el mı́nimo de |f (z)| no se alcanza en F r(G). La hipótesis de
función no nula no se satisface.
c) Supongamos que f no tiene ceros en G. Entonces, f (z) 6= 0, para todo z ∈ G.
Si M = |f (z)|, ∀z ∈ F r(G), entonces por la parte a), |f (z)| ≥ M , ∀z ∈ G. Por
el Teorema del Módulo Máximo, |f (z)| ≤ M , ∀z ∈ G. Esto es, |f (z)| = M ,
∀z ∈ G. Como G es abierto y conexo y f es analı́tica en G, f es constante en
G, lo cual es una contradicción.
2. Sea A = {z ∈ C : |z| < 1} y sea f : A −→ C una función que verifica |f (z)| ≤ 1,
∀z ∈ A, y f (0) = 0. Probar que |f (z)| ≤ |z|, ∀z ∈ A. Probar además que si
f (z0 ) = z0 , para algún z0 ∈ A : z0 6= 0, entonces f (z) = cz, ∀z ∈ A, y para algún
c ∈ C : |c| = 1.
Solución: Hecho en práctica!
3. Probar, usando el Teorema de Liouville, que todo polinomio de grado mayor que
cero tiene una raı́z en C.
Solución: Hecho en práctica!
4. Sea f (z) analı́tica y no constante en A = {z ∈ C : |z| < R}. Se define
M (r) := máx {|f (z)| : |z| = r}, 0 ≤ r < R. Probar que M (r) es estrictamente
creciente para 0 ≤ r < R.
Solución: Supongamos que M (r) no es estrictamente creciente en [0, R). Esto significa que existen r1 , r2 ∈ [0, R), r1 < r2 , tales que M (r1 ) ≥ M (r2 ). Por Teorema del
Módulo Máximo para f en D (0, r2 ), se deduce que |f (z)| ≤ M (r2 ), ∀z ∈ D (0, r2 ).
En particular, si z ∈ C es tal que |z| = r1 y |f (z)| = M (r1 ), entonces necesariamente
M (r1 ) = |f (z)| < M (r2 ), lo cual es una contradicción.
5. Probar que cualquier polinomio no constante P (z) = an z n + . . . + a1 z + a0 , an 6= 0,
tiene al menos una raı́z.
Solución: Supongamos que P (z) no tiene una raı́z en C, esto es, P (z) 6= 0, ∀z ∈ C.
P (z)
Dado > 0, se tiene lı́m
= 1, esto significa que existe M > 0 tal que para
|z|→∞ an z n
P (z)
< . Para = 1 , tenemos 1 < P (z) ,
todo z ∈ C tal que |z| ≥ M , se tiene −
1
2
n
an z
2
an z n
∀z ∈ C : |z| ≥ M .
Si r > M tenemos, por la Fórmula Integral de Cauchy, y para z ∈ C : |z| < r,
a0 1=
P (0) Z
1
a
0
= dz 2πi |z|=r P (z)z
Z
1
2 |a0 |
≤
|dz|
2π |z|=r |an | rn+1
2 |a0 |
=
|an | rn
La última expresión se va a cero cuando r → ∞, esto es una contradicción.
6.
a) Sea f una función analı́tica y acotada por M para |z| ≤ R. Probar que
(n) f (z) ≤
M Rn!
, |z| < R
(R − |z|)n+1
Solución: Sea z ∈ C : |z| < R. Usando la fórmula integral de Cauchy en
1
1
1
z0 = z, y usando que
≤
=
, para u ∈ C : |u| = R, se
|u − z|
|u| − |z|
R − |z|
tiene, para cada n ∈ N,
Z
(n) n!
f (z) = 2πi
f (u)
n+1 du
|u|=R (u − z)
|f (u)|
≤ n!R máx
n+1
u∈C:|u|=R |u − z|
n!R
máx |f (u)|
≤
(R − |z|)n+1 u∈C:|u|=R
M Rn!
≤
(R − |z|)n+1
b) Sea f : C −→ C una función entera, que satisface |f (z)| < |z|n , para algún
n ∈ N y para R suficientemente grande tal que |z| ≥ R. Probar que f es un
polinomio.
Solución: Sea z ∈ C. Si |z| < R, entonces f (z) está acotada en el conjunto
K := {z ∈ C : |z| ≤ R}, por
ser entera, y por ser K compacto. Por la parte anterior, lı́m f (n+1) (z) = 0, esto es, f (n+1) (z) = 0. Si |z| ≥ R, se toma
R→∞
r > |z| y se verifica que |f (z)| < |z|n < rn . Ası́ entonces, por la parte ante
rn+1 n!
rior, f (n+1) (z) ≤
, de donde haciendo r → +∞, se deduce que
(r − |z|)n+2
f (n+1) (z) = 0. Ası́, f (n+1) ≡ 0 en C, esto es, f es un polinomio de grado n.
Domingo 8 de Enero de 2011.
ECV/ecv.