Ayudantía 12

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATÓLICA DE CHILE
FACULTAD DE MATEMÁTICAS
MAT2715
VARIABLE COMPLEJA II
Ayudantia 12
Rodrigo Vargas
1. Demuestre que una función f ∈ C 1 (D) satisface las ecuaciones de CauchyRiemann en un punto a ∈ D ⊆ C2 si y sólo si su diferencial
dfa =
2
2
X
X
∂f
∂f
(a)(dzj )a +
(a)(dzj )a
∂z
∂z
j
j
j=1
j=1
es C-lineal.
Solución: Si f satisface las ecuaciones de Cauchy-Riemann entonces
∂f
(z) = 0
∂zj
y es claro que dfa es C-lineal. Recı́procamente, suponga que f no satisface
las ecuaciones de Cauchy-Riemann entonces sin pérdidad de generalidad
∂f
∂f
supongamos que β = ∂z
(a) 6= 0 y sea α = ∂z
(a) y w = (1, 0) ∈ C2 .
k
k
Entonces dfa (w) = α + β y
dfa (iw) = αi − βi = i(αk − βk ) 6= idfa (w)
luego dfa no es lineal sobre C.
2. Pruebe que si f, g : D ⊆ C2 → C es holomorfa, D conexo y f (z) = g(z)
para todo punto z en un abierto no vacio U ⊆ D, entonces f (z) = g(z)
en D.
Solución: Considere el conjunto
E = int{z ∈ D : f (z) = g(z)}
luego E es un conjunto abierto de D y no es vacio, como U ⊂ E.
Como D es conexo, basta probar que E es cerrado en D. En efecto, sea
a ∈ D ∩ E, entonces elegimos r > 0 tal que P (a, r) ⊂ D y tomamos
r
b ∈ P a,
∩E
2
1
note que existe tal punto como a ∈ E, entonces a ∈ P (b, 2r ) ⊆ D. La
función f − g tiene una expansión en serie de potencias centrada en b y
convergiendo en cada punto del polidisco P (b, r2 ), pero como f − g ≡ 0 en
una vecindad de b, los coeficientes en la expansión en serie de potencias
son todos ceros. Luego f (z) = g(z) para todo z ∈ P (b, 2r ) y luego a ∈
P (b, 2r ) ⊆ E.
3. Pruebe que si f : D ⊆ C2 → C es holomorfa y existe a ∈ D tal que
|f (z)| ≤ |f (a)| para todo z en alguna vecindad de a, entonces f (z) = f (a)
para todo z ∈ D.
Solución: Note que una consecuencia de la fórmula de Cauchy:
Z
1
f (ξ)
dξ1dξ2
f (z) =
(2πi)2
(ξ1 − z1 )(ξ2 − z2 )
∂P
donde ∂P = {z ∈ C2 : |zi − ai | = ri , 1 ≤ i ≤ 2} para todo z ∈ P , es que
cualquier polidisco P = P (a, r) ⊆ D con P ⊆ D:
Z
|P |f (a) = f (z)dV (z)
P
donde dV (z) es el elemento de volumen en C2 = R4 y |P | =
π 2 r12 r22 , es el volumen euclideano de P , por lo tanto,
Z
|P | · |f (a)| ≤ |f (z)|dV (z) .
R
dV (z) =
P
P
En particular, seleccionando un polidisco P tal que |f (a)| − |f (z)| ≥ 0
para todo z ∈ P . Entonces
Z
0 ≤
(|f (a)| − |f (z)|)dV (z)
P
= |P ||f (a)| −
Z
|f (z)|dV (z) ≤ 0
P
luego |f (a)| − |f (z)| = 0 para todo z ∈ P . Una función holomorfa de
módulo constante debe ser constante, luego f (z) = f (a) en P y por
problema anterior se tiene que f (z) = f (a) para todo z ∈ D.
2
4. Si f es holomorfa en B(a, r), |f (z)| ≤ M para todo z ∈ B(a, r) y
∂ |I| f
(a) = 0 cuando |I| < k
∂z I
(1)
para algún entero k, entonces
|f (z)| ≤ Mr −k kz − akk
para todo z ∈ B(a, r) .
Solución: Sea z ∈ B(a, r) fijo y considere la función
f a + tr(z−a)
kz−ak
gz (t) =
k
t
de la variable compleja t. Esta función es holomorfa de la variable compleja
t en la región 0 < |t| < 1, y también es holomorfa en t = 0 por la hipótesis
(1). Cuando |t| = 1, entonces |gz (t)| ≤ M, luego por el problema anterior
|gz (t)| ≤ M para todo t en |t| ≤ 1. En particular, para t = r −1 kz − ak, se
sigue que
r k kz − ak−k |f (z)| = |gz (r −1 kz − ak)| ≤ M .
5. Sea f analı́tica en Dr y z1 , . . . , zn ceros de f en Dr . Si f (0) 6= 0. Pruebe
que
Z 2π
n
X
1
r
iθ
log |f (re )|dθ = log |f (0)| +
log
.
2π 0
|zn |
k=1
Solución: Considere
n
Y
r 2 − zk z
F (z) = f (z)
,
r(z
−
z
k)
k=1
entonces F es analı́tica y no tiene ceros en Dr , lo que implica que log |F (z)|
es armónica en Dr . Luego, por el principio del valor medio
Z 2π
1
log |F (0)| =
log |F (reiθ )|dθ .
2π 0
Note que |F (reiθ )| = |f (reiθ )| y
|F (0)| = |f (0)|
3
n
Y
r
|zk |
k=1
Entonces,
log |f (0)| +
n
X
k=1
r
1
log
=
|zk |
2π
Z
2π
log |f (reiθ )|dθ .
0
6. Si f es holomorfa en el polidisco P = P (a, r). Demuestre que
Z
1
log |f (a)| ≤
log |f (z)|dV (z)
|P |
P
donde dV (z) es el elemento de volumen euclideano y |P | =
R
dV (z).
P
Solución: Debido a la fórmula del problema anterior (fórmula de Jensen),
se deduce que para P (a, r) = D(a, r) ⊆ C y cualquier ρ ≤ r,
Z 2π
1
log |g(a)| ≤
log |g(a + ρeiθ )|dθ
2π 0
siempre que g sea analı́tica en P (a, r) ⊆ C.
Ahora bien, si f (a) 6= 0 (de lo contrario el asunto es trivial) aplicando
la versión uno dimensional a la función g(z1 ) = f (z1 , a1 ) obtenemos la
desigualdad
Z 2π
1
log |f (a)| ≤
log |f (a1 + ρ1 eiθ1 , a2 )|dθ1
2π 0
para cualquier ρ1 ≤ r1 . Aplicando nuevamente la versión uno dimensional
Z 2π
1
iθ1
log |f (a1 + ρ1 e , a2 )| ≤
log |f (a1 + ρ1 eiθ1 , a2 + ρ2 eiθ2 )dθ2 ,
2π 0
combinando estas desigualdades obtenemos
2 Z 2π Z 2π
1
log|f (a)| ≤
log |f (a1 + ρ1 eiθ1 , a2 + ρ2 eiθ2 )|dθ1 dθ2
2π
0
0
para cualquier ρj ≤ rj , j = 1, 2. Integrando el producto de esto con ρ1 ρ2
cuando ρj varı́a sobre el intervalo (0, rj ) se ve que
Z r1 Z r2 Z 2π Z 2π
1
log|f (a)| ≤
log |f (a1 +ρ1 eiθ1 , a2 +ρ2 eiθ2 )|ρ1 ρ2 dθ1 dθ2 dρ1 dρ2 .
|P | 0
0
0
0
4