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. 5