A.5. Aplicaciones abiertas y funciones inversas

Lecciones de Análisis Complejo. G. Vera
A.5.
293
Aplicaciones abiertas y funciones inversas
Usando las propiedades del ı́ndice de un camino respecto a un punto y el principio del
argumento se puede dar una demostración alternativa, con técnicas de variable compleja
de 4.2.3 y 8.1.6:
Teorema A.5.1 [Aplicación abierta] Sea Ω ⊂ C∞ un abierto conexo, f ∈ H(Ω) una
función holomorfa no constante. y a ∈ Ω.
Si b = f (a) y m es la multiplicidad de a como cero de f (z) − b, entonces un entorno
abierto de a, Ua ⊂ Ω tal que Vb = f (Ua ) es un entorno abierto de b que verifica: Para
cada w ∈ Vb \ {b} la función z → f (z) − w posee m ceros distintos en Ua , y todos son
simples. Por consiguiente f es una transformación abierta.
Dem: Basta hacer la prueba en el caso a 6= ∞ pues el caso a = ∞ ∈ Ω se reduce al
anterior considerando la función auxiliar F (z) = f (1/z) y el punto z = 0.
En virtud de las hipótesis las funciones f (z) − f (a) y f ′ (z) no son idénticamente nulas
en el abierto conexo Ω por lo que sus ceros son aislados (4.1.2) y existe D(a, 2r) ⊂ Ω tal
que
z ∈ D ∗ (a, 2r) ⇒ f (z) − f (a) 6= 0, y f ′ (z) 6= 0
Entonces el camino γ(t) = f (a + reit ), t ∈ [0, 2π] no pasa por b y en virtud de 5.4.2 se
tiene Ind(γ, b) = m, pues si Cr (t) = a + reit , t ∈ [0, 2π] se verifica:
Z
1
f ′ (z)
Ind(γ, b) = Ind(γ − b, 0) =
dz = m
2πi Cr f (z) − b
Si Vb es la componente conexa de b en C \ Imagen(γ), entonces Ua = f −1 (Vb ) ∩ D(a, r)
es un entorno abierto de a que cumple las condiciones del enunciado. Efectivamente, en
virtud de 5.1.5 si w ∈ Vb también se cumple que Ind(γ, w) = m y aplicando otra vez
5.4.2 se obtiene que la función f (z) − w tiene m ceros en D(a, r), luego w = f (z) para
algún z ∈ D(a, r). Queda probado que para cada w ∈ Vb existe z ∈ f −1 (Vb ) ∩ D(a, r) con
f (z) = w, luego Vb ⊂ f (Ua ). Como la inclusión f (Ua ) ⊂ Vb es obvia resulta f (Ua ) = Vb .
Nótese que si w ∈ Vb y w 6= b entonces los m ceros que la función f (z) − w tiene en
Ua \ {a} son simples porque f ′ (z) 6= 0 para todo z ∈ D ∗ (a, r).
Por lo que se acaba de probar f (Ω) abierto. Por la misma razón f (D(a, r)) es abierto
para cada D(a, r) ⊂ Ω y se sigue de esto que f (G) es abierto para cada abierto G ⊂ Ω.
nota: En las condiciones del teorema A.5.1 cuando a 6= ∞ y m = 1, la prueba de A.5.1
pone de manifiesto que cuando r es pequeño los caminos cerrados γr (t) = f (a + reit ),
t ∈ [0, 2π] son simples, e.d. Ind(γr , w) ∈ {0, 1} para todo w ∈ C \ Imagen(γr ). Más
concretamente, si ρ es el supremo de los valores de r > 0 tales que f es inyectiva en
D(a, r) entonces γr es simple si r ≤ ρ y no es simple si r > ρ. Por ejemplo, para f (z) = ez
y a = 0 es ρ = π. Si 2π > r > π se aprecia que los puntos del bucle sombreado son imágenes
de dos puntos de D(a, r) (uno en cada uno de los dos segmentos circulares sombreados).
Con este ejemplo se aprecia claramente la necesidad de considerar Ua = D(a, r) ∩ f −1(Va )
para conseguir la inyectividad de f .
Lecciones de Análisis Complejo. G. Vera
294
Teorema A.5.2 [Función inversa] Si Ω ⊂ C es abierto, f ∈ H(Ω), a ∈ Ω y f ′ (a) 6= 0,
entonces existe un entorno abierto de a, Ua ⊂ Ω, tal que f |Ua es inyectiva, V = f (Ua ) es
abierto y la transformación inversa g = (f |Ua )−1 : V → Ua es holomorfa.
Dem: Sea Ωa la componente conexa de a en Ω. La hipótesis f ′ (a) 6= 0 implica que f no
es constante sobre Ωa y que a es un cero aislado de f (z) − f (a) con multiplicidad m = 1.
Aplicando A.5.1 a la restricción de f al abierto conexo Ωa se obtiene que existe un entorno
abierto de a, Ua ⊂ Ωa , tal que f |Ua es inyectiva. La prueba se concluye acudiendo a 4.2.4.
Ejercicio A.5.3 Sea Ω ⊂ C abierto, f ∈ H(Ω) y a ∈ Ω con f ′ (a) 6= 0. Entonces existe
D(a, r) ⊂ Ω tal que f |D(a,r) es inyectiva y su función inversa g : f (D(a, r)) → D(a, r)
viene dada por la integral
Z
1
zf ′ (z)
g(w) =
dz
2πi Cr f (z) − w
donde Cr (t) = a + reit , t ∈ [0, 2π].
solución
En virtud del teorema de la función inversa existe D(a, R) ⊂ Ω tal que f |D(a, R) es
inyectiva. Si 0 < r < R es claro que para cada w ∈ f (D(a, r)) la función z → f (z) − w
no se anula sobre Cr , por lo que la integral del enunciado tiene sentido. El valor de la
integral se puede obtener aplicando el teorema de los residuos. Es obvio que Cr es un
camino D(a, R)-homólogo a 0 y que la única singularidad de la función
F (z) =
zf ′ (z)
f (z) − w
rodeada por la circunferencia Cr es z0 = g(w). La singularidad es evitable si z0 = 0 y es
un polo simple si z0 6= 0. En cualquier caso Res(F, z0 ) = z0 . Efectivamente, el resultado
es obvio si z0 = 0 y cuando z0 6= 0 se tiene
zf ′ (z)
z − z0
Res(F, z0 ) = lı́m (z − z0 )
= z0 f ′ (z0 ) lı́m
= z0
z → z0
z → z0 f (z) − f (z0 )
f (z) − w
En virtud del teorema de los residuos el valor de la integral es
Ind(Cr , z0 )Res(F, z0 ) = z0 = g(w)
Ejercicio
Sea f una función holomorfa e inyectiva en el disco D(0, 1), con f (0) =
P∞ A.5.4
k
0 y k=1 ak z el desarrollo en serie de potencias, alrededor de 0, de su inversa. Pruébese
que
Z
Z
1
zf ′ (z)
1
dz
1
zn
(n−1)
an =
dz
=
=
lı́m
D
(
)
2πi Cr f (z)n+1
2πni Cr f (z)n
n! z→0
f (z)n
donde 0 < r < 1 y Cr (t) = reit , 0 ≤ t ≤ π.
Lecciones de Análisis Complejo. G. Vera
295
solución
Como f no es constante, en virtud de 4.2.4 Ω := f (D(0, 1)) es abierto y g = f −1 es
holomorfa en Ω. Puesto que f es inyectiva y f (0) = 0 se sigue que f (z) 6= 0 si 0 < |z| < 1
y por lo tanto el camino γ := f ◦ Cr no pasa por 0. Como f es inyectiva el teorema
A.5.1 permite asegurar que z = 0 es un cero simple de f . Entonces, en virtud de 5.4.2,
Ind(γ, 0) = 1. El valor de la integral
Z
zf ′ (z)
1
In =
dz
2πi Cr f (z)n+1
se obtiene fácilmente mediante el teorema de los residuos después de expresarla en términos de la función g y el camino γ
Z 2π
Z 2π
Z
1
Cr (t)f ′ (Cr (t)) ′
1
g(γ(t))γ ′ (t)
1
g(w)
In =
C
(t)dt
=
dt
=
dw
r
2πi 0
f (Cr (t))n+1
2πi 0
γ(t)n+1
2πi γ w n+1
g(w)
en w = 0 es an . Aplicando el teorema de los
w n+1
residuos se obtiene la primera igualdad del enunciado: In = Res(G, 0)Ind(γ, 0) = an
Nótese que Ω es holomórficamente conexo (por ser conformemente equivalente a un disco)
lo que implica que γ es Ω-homólogo a 0 (véase 5.2.4).
En términos de la función h(z) = f (z)−n se tiene
Z
Z
Z
Z
1
zf ′ (z)
−1
−1
1
′
′
dz =
zh (z)dz =
[(zh(z)) − h(z)]dz =
h(z)dz
2πi Cr f (z)n+1
2nπi Cr
2nπi Cr
2nπi Cr
El residuo de la función G(w) :=
y queda probada la segunda igualdad del enunciado.
La última igualdad se obtiene usando la fórmula clásica para el cálculo del residuo en
un polo múltiple. Nótese que z = 0 un cero simple de f y por lo tanto h tiene en z = 0
un polo de multiplicidad n.