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Felipe Zald´ıvar

Teor´ıa de funciones de una variable compleja 4 de octubre de 2012

c 2011, 2012, Felipe Zald´ıvar.

Prefacio

La teor´ıa de funciones de variable compleja tiene una historia ilustre y se halla colocada en un punto privilegiado en el gran a´ rbol de la matem´atica: es an´alisis, por supuesto, es geometr´ıa fundamentalmente (variedades complejas) y es topolog´ıa algebraico-diferencial, pero tambi´en es b´asica para la teor´ıa de n´umeros. Todo matem´atico debe conocer los fundamentos de la teor´ıa de funciones complejas de una variable compleja y estas notas pretenden servir de introducci´on a los fundamentos de esta teor´ıa: desde la definici´on de derivadas y funciones holomorfas, con los ejemplos m´as importantes discutidos ampliamente (polinomios, funciones racionales (especialmente las transformadas de M¨obius), exponencial compleja y ramas del logaritmo complejo, potencias complejas y ra´ıces), integral de l´ınea y teor´ıa de Cauchy (f´ormula integral de Cauchy y el teorema de Cauchy en sus versiones homot´opica y homol´ogica), aplicaciones de estos resultados (Liouville, teorema fundamental del a´ lgebra, teorema de la identidad, m´odulo m´aximo, analiticidad de las funciones holomorfas, series de potencias, lema de Schwarz, teorema de Rouch´e, teorema de Runge), singularidades (removibles, esenciales, polos), expansiones de Laurent, residuos, funciones meromorfas, c´alculo de integrales impropias, ceros y polos de funciones meromorfas, el teorema de Casorati-Weierstrass, el teorema de Mittag-Leffler, el teorema de la aplicaci´on de Riemann, algunas funciones especiales (la funci´on gamma de Euler, la funci´on zeta de Riemann, productos infinitos) y los teoremas de Picard. El enfoque usado en estas notas refleja el gusto del autor por la geometr´ıa compleja y tiene una deuda con los autores y libros que lo introdujeron al tema, especialmente los libros de Heins [3] y Ahlfors [1], y las ense˜nanzas de Z. E. Ramos. Ciudad de M´exico, Junio de 2011

Felipe Zald´ıvar.

V

´ Indice general

Prefacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

V

1.

Topolog´ıa del plano complejo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1. La topolog´ıa del plano complejo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Sucesiones y series de n´umeros complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Funciones de una variable compleja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4. La esfera de Riemann y el plano complejo extendido . . . . . . . . . . . . .

1 10 22 28 33

2.

Derivaci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1. Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Las ecuaciones de Cauchy-Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3. La funci´on exponencial y el logaritmo complejo . . . . . . . . . . . . . . . . .

37 37 43 52

3.

Integral de l´ınea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1. Trayectorias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Integral de Riemann-Stieljes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Integral de l´ınea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

63 63 69 74

4.

Teor´ıa de Cauchy local . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 4.1. El teorema de Cauchy en una regi´on convexa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 4.2. Series de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 4.3. Consecuencias de la teor´ıa de Cauchy local . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

5.

Teor´ıa de Cauchy global . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113 5.1. El ´ındice de una curva cerrada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113 5.2. El teorema de Cauchy: versi´on homol´ogica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117 5.3. El teorema de Cauchy: versi´on homot´opica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 5.4. La conducta local de una funci´on holomorfa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

6.

Singularidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 6.1. Singularidades aisladas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 6.2. Series de Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

VII

VIII

´Indice general

6.3. El teorema del residuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 6.4. Integrales impropias y el teorema del residuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158 7.

Aplicaciones conformes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167 7.1. Funciones conformes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167 7.2. Transformadas de M¨obius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 7.3. El teorema de la aplicaci´on de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188

Referencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199 ´ Indice alfab´etico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

Cap´ıtulo 1

Topolog´ıa del plano complejo

El campo de n´umeros complejos C = R × R tiene como elementos los pares ordenados de n´umeros reales (a, b) con la suma definida componente a componente, i.e., (a, b) + (c, d) := (a + c, b + d), y el producto definido por la regla (a, b)(c, d) := (ac − bd, ad + bc). Las propiedades de campo se verifican directamente (vea el ejercicio 1.1), en particular el neutro aditivo es el (0, 0) y el neutro multiplicativo es el (1, 0). Usaremos letras como u, v, w, z para representar a n´umeros complejos. Como es usual se definen las operaciones de resta para z, w ∈ C como z − w := z + (−w) (sumando el inverso aditivo de w) y divisi´on z/w, para w 6= 0, como wz := zw−1 (producto por el inverso multiplicativo de w). Recordando que los n´umeros reales se pueden representar geom´etricamente como puntos en una recta, la recta real, y esta recta la podemos incluir en el plano complejo de varias formas, por ejemplo como uno de los ejes coordenados; escojemos una de estas inmersiones de R en C de tal forma que se preserven las operaciones de ambos campos y esta inmersi´on es la que identifica la recta real R con el eje horizontal de C, es decir, se define la funci´on ϕ : R → C mediante ϕ(a) := (a, 0) para a ∈ R. As´ı, el campo de n´umeros reales R est´a incluido naturalmente en C, e identificaremos al n´umero real a ∈ R con el complejo ϕ(a) = (a, 0). Como la recta real R ha sido identificada con el eje horizontal de C, llamaremos a este eje el eje real de C. Por razones hist´oricas al eje vertical de C se le llama el eje imaginario. Observemos ahora que dado cualquier n´umero complejo z = (a, b) ∈ C, lo podemos escribir como (1)

z = (a, b) = (a, 0) + (0, b)

con (a, 0) en el eje real y (0, b) en el eje imaginario: 6 (a, b) ◦  *    ◦ • (a, 0)

(0, b) •

1

2

1 Topolog´ıa del plano complejo

Recordemos ahora que (a, 0) = a por la identificaci´on que hicimos antes. Para el otro sumando (0, b), observemos que en el eje real se tiene al neutro multiplicativo 1 = (1, 0) y si escogemos en el eje imaginario al complejo i := (0, 1) ∈ C al que podemos llamar la unidad imaginaria observamos que i2 = (0, 1)(0, 1) = (−1, 0) = −1, es decir, i2 = −1 por lo que i ∈ C es una ra´ız cuadrada de −1, algo que ciertamente no sucede en R porque el cuadrado de cualquier real es ≥ 0. Notemos ahora que para todo complejo (0, b) en el eje imaginario se tiene que (0, b) = (b, 0)(0, 1) = bi de tal forma que todo n´umero complejo en el eje imaginario es un m´ultiplo real del complejo i. Substituyendo estas observaciones en la igualdad (1) de arriba vemos que todo n´umero complejo z = (a, b) ∈ C se puede escribir de la forma: z = (a, 0) + (0, b) = a + bi con a, b ∈ R y donde el complejo i satisface que i2 = −1. El n´umero real a se llama la parte real del complejo z = a + bi y el n´umero real b se llama la parte imaginaria del complejo z = a + bi. Se suele usar la notaci´on a = Re(z) y

b = Im(z).

Con esta nueva notaci´on las operaciones de suma y producto en C toman la forma siguiente. Para la suma, dados dos complejos z = a + bi y w = c + di, su suma es: z + w = (a + bi) + (c + di) = (a + b) + (b + d)i, es decir, se suman las partes reales y aparte se suman las partes imaginarias. Para el producto, dados dos complejos z = a + bi y w = c + di, su producto es: zw = (a + bi)(c + di) = ac + adi + bci + bdi2 = ac + adi + bci − bd

porque

i2

usando la distributividad

= −1

= (ac − bd) + (ad + bc)i separando partes reales de imaginarias. Observamos que con esta notaci´on, la f´ormula para el producto de dos complejos es entonces natural. Antes de hacer unos ejemplos con las operaciones de C introduciremos un par de conceptos asociados a n´umeros complejos: Conjugaci´on. Dado un n´umero complejo z = a + bi se define su conjugado z := a−bi cambiando el signo de la parte imaginaria de z. Dados w, z ∈ C, as propiedades siguientes de la conjugaci´on son f´aciles de demostrar: (1) (2) (3)

z = z. z + w = z + w. zw = z w.

1 Topolog´ıa del plano complejo

(4) (5) (6)

3

Si z 6= 0, entonces (z−1 ) = (z)−1 .
Si z 6= 0, entonces w/z = w/z. z ∈ R ⇔ z = z (es decir, un n´umero complejo es un n´umero real si y s´olo si es igual a su conjugado).

M´odulo. Dado un n´umero complejo z = a + bi pens´andolo como un segmento dirigido en el plano podemos considerar su longitud: 6 |z|  *◦   b  ◦ • a

-

y a esta longitud le llamamos el m´odulo del complejo z y lo denotamos |z|. En la figura anterior observamos que se tiene un tri´angulo rect´angulo con catetos a, b y con hipotenusa el m´odulo |z|, de tal forma que, por el teorema de Pit´agoras |z|2 = a2 + b2 √ con a2 + b2 ≥ 0 en R, por lo que |z| = + a2 + b2 y as´ı el m´odulo |z| es un n´umero real positivo. Observemos ahora que si z = a + bi entonces z · z = (a + bi)(a − bi) = a2 − (bi)2 = a2 + b2 = |z|2 , por lo que

√ |z| = + z · z.

Usando esta expresi´on para el m´odulo de un complejo, dados w, z ∈ C, se verifican f´acilmente las propiedades siguientes: (1) |z| = |z|. (2) |zw| = |z||w|. w |w| (3) Si z 6= 0, entonces = . z |z| (4) |z + w| ≤ |z| + |w| (la desigualdad del tri´angulo). Los dos conceptos anteriores facilitan ciertas operaciones en C. Por ejemplo supongamos que queremos dividir un complejo w entre un complejo z 6= 0. Entonces (∗)

w wz = , z zz

es decir, multiplicamos la fracci´on w/z que queremos calcular por 1 = z/z y notamos que en el lado derecho de (∗) se tiene en el denominador un n´umero real: zz = |z|2 y de esta manera el lado derecho es f´acil de calcular. Un ejemplo ilustra esto: Ejemplo 1.1. Si z = 2 + 3i y w = 4 − i calculemos el cociente w/z y al final escrib´amoslo en la forma a + bi. Esto se hace como se indic´o arriba:

4

1 Topolog´ıa del plano complejo

4−i (4 − i)(2 − 3i) (4 − i)(2 + 3i) 8 − 12i − 2i + 3i2 = = = 2 + 3i (2 + 3i)(2 + 3i) (2 + 3i)(2 − 3i) 4+9 5 14 5 − 14i = − i. = 13 13 13 Observaci´on 1.1. Es importante notar que en el campo C no puede existir una relaci´on de orden compatible con las operaciones de C, ya que cualquier clase positiva P (en el caso que existiera) debe contener al 1 de C y al cuadrado de cualquier complejo 6= 0. Sin embargo, para el complejo z = i se tiene que i2 = −1 que no puede estar en la (supuesta) clase positiva P de C, por tricotom´ıa, ya que 1 ∈ P. ´ Forma polar de un numero complejo. Considere un n´umero complejo z = a + bi: 6 |z|  *◦   b  ◦ α • a

-

(1) Si z 6= 0, definimos su argumento como el a´ ngulo α entre el semieje real positivo y el segmento dirigido determinado por α (v´ease la figura anterior). Como es usual, el a´ ngulo se considera positivo si se mide en sentido contrario al de las manecillas del reloj y negativo en caso contrario. Observe tambi´en que el argumento α no es u´ nico, i.e., la asignaci´on z 7→ α no es una funci´on ya que podemos reemplazar α por α + 2π o´ , en general, por α + 2kπ, para cualquier k ∈ Z. Al complejo z = 0 ∈ C no le asignamos un argumento. (2) Ahora, si z 6= 0 y z = a + bi, consideremos el tri´angulo formado por a, b y |z| (v´ease la figura anterior) donde observamos que |z| 6= 0 y se tiene que: a = |z| cos(α)

y

b = |z| cos(α)

y por lo tanto z = a + bi = |z| cos α + i |z| sen α = |z|(cos α + i sen α), es decir, z = |z|(cos α + i sen α), y a esta representaci´on de z la llamamos la forma polar del complejo z 6= 0. Observaci´on 1.2. Para transformar z = a +√ bi 6= 0 a la forma polar se necesitan: el m´odulo de z, el cual se obtiene con |z| = a2 + b2 , y el argumento α de z. Para calcularlo observamos que como z = a + bi 6= 0, entonces a 6= 0 o´ b 6= 0. Si a 6= 0, entonces α = arctan (b/a), y si b 6= 0, entonces α = arccot (a/b). Con estos datos se tiene que z = |z|(cos α + i sen α). Por otra parte, para cambiar de la forma polar z = |z|(cos α +i sen α) a la forma a+bi se calculan cos(α) y sen(α) y se multiplican por |z|. Ejemplo 1.2. Encuentre la representaci´on polar de z = 2 + 2i. En este ejemplo |z| = √ √ 22 + 22 = 2 2 y tan(α) = 2/2 = 1 por lo que α = arctan (1) = π/4 = 45o . Se

1 Topolog´ıa del plano complejo

sigue que

5

√ z = |z|(cos α + i sen α) = 2 2(cos π/4 + i sen π/4).

Ejemplo 1.3. Escriba en la forma a + bi el complejo w = 4(cos π/3 + i sen π/3). Esto es directo: 1 √  √ w = 4(cos π/3 + i sen π/3) = 4 + i 32 = 2 + 2 3i. 2 La representaci´on polar de un n´umero complejo es u´ til para calcular potencias o ra´ıces. Para esto, consideraremos primero el producto de n´umeros complejos dados en forma polar: dados dos n´umeros complejos en forma polar: w = |w|(cos α + i sen α),

z = |z|(cos β + i sen β ),

calculemos su producto: wz = |w|[cos α + i sen α]|z|[cos β + i sen β ] = |w||z|[cos α + i sen α][cos β + i sen β ] = |w||z|[cos α cos β + i cos α sen β + i sen α cos β + i2 sen α sen β ] = |w||z|[(cos α cos β − sen α sen β ) + i (sen α cos β + cos α sen β )] = |w||z|[cos(α + β ) + i sen(α + β )], (la u´ ltima igualdad se obtiene usando identidades trigonom´etricas para el seno y coseno de la suma de dos a´ ngulos). Resumiendo, se tiene que (∗)

wz = |w||z|[cos(α + β ) + i sen(α + β )].

La igualdad anterior nos dice que, para multiplicar dos complejos en forma polar: (1) Se multiplican los m´odulos correspondientes. (2) Se suman los argumentos. Las observaciones anteriores dan una interpretaci´on geom´etrica del producto de n´umeros complejos y la f´ormula (∗) ser´a u´ til para calcular potencias zn con n ≥ 0 entero, de un n´umero complejo z 6= 0. En efecto, si z = |z|(cos α + i sen α), entonces zn = (|z|(cos α + i sen α))n = |z|n [cos(nα) + i sen(nα)] donde la u´ ltima igualdad se demuestra f´acilmente por inducci´on sobre n usando la f´ormula para el producto (∗) de arriba. La f´ormula anterior para zn con n ≥ 0 tambi´en es v´alida para n < 0. Para probar esto observe que si z 6= 0 y n < 0, entonces zn = (z−1 )−n con −n > 0 y si z = |z|(cos α + i sen α) entonces z−1 = |z|−1 (cos(−α) + i sen(−α)) ya que, como el inverso multiplicativo de z es u´ nico, es suficiente observar que para z−1 como arriba,

6

1 Topolog´ıa del plano complejo

zz−1 = |z|[cos α + i sen α]|z|−1 [cos(−α) + i sen(−α)] = |z||z|−1 [cos α + i sen α][cos(−α) + i sen(−α)] = 1[cos(α − α) + i sen(α − α)] = 1[cos 0 + i sen 0] = 1, i.e., |z|−1 [cos(−α) + i sen(−α)] = z−1 es, en efecto, el inverso multiplicativo de z. Usando esta f´ormula para z−1 se sigue que si z 6= 0 y n < 0: zn = (z−1 )−n

donde −n > 0


−n = |z| (cos(−α) + i sen(−α))
−n = |z|−1 [cos(−n(−α)) + i sen(−n − α))] −1

= |z|n [cos(nα) + i sen(nα)]. Hemos as´ı probado: Proposici´on 1.1 (F´ormulas de De Moivre). Si z = |z|(cos α + i sen α) y n ∈ Z, entonces: zn = |z|n [cos(nα) + i sen(nα)]. t u La f´ormula anterior nos dice que, en forma polar, es muy f´acil calcular potencias de complejos. Veremos a continuaci´on que calcular ra´ıces de complejos tambi´en es sencillo. As´ı, dado un n´umero complejo z = a + bi y un entero n > 1 queremos √ encontrar otro n´umero complejo w tal que wn = z, i.e., w = n z. Una primera pregunta que se ocurre es: ¿cu´antos complejos w existen que sean ra´ıces n-´esimas de z? Aqu´ı observamos que si z = 0 claramente la u´ nica ra´ız n-´esima es w = 0. Supongamos entonces que z 6= 0 y escrib´amoslo en forma polar z = |z|(cos α + i sen α). Como el complejo w que buscamos debe satisfacer que wn = z, entonces w debe ser 6= 0 tambi´en y por lo tanto lo podemos escribir en forma polar: w = |w|(cos θ + i sen θ ) de tal forma que para encontrar a w debemos hallar su m´odulo |w| y su argumento θ (y es de esperarse que e´ stos aparezcan en t´erminos del m´odulo y argumento de z y del entero n dado). Los detalles son como sigue: como wn = z, usando la forma polar de w y z, y las f´ormulas de De Moivre, obtenemos: (∗)

|w|n [cos(nθ ) + i sen(nθ )] = |z|(cos α + i sen α)

y la igualdad de estos dos complejos implica que sus m´odulos son iguales, i.e., |w|n = |z|, por lo que p (1) |w| = n |z|, (un n´umero real positivo). Tambi´en, la igualdad (∗) implica que los argumentos correspondientes deben ser iguales salvo un m´ultiplo entero de 2π, i.e., nθ = α + 2kπ con k ∈ Z. Se sigue que:

1 Topolog´ıa del plano complejo

(2)

7

θ=

α + 2kπ n

con k ∈ Z.

Las igualdades (1) y (2) definen complejos w cuya potencia n-´esima es z, i.e., son ra´ıces n-´esimas de z. Hemos visto que se tiene un tal w para cada valor del argumento ya que el m´odulo es u´ nico. Para determinar cu´antas ra´ıces diferentes hay procedemos como sigue: Primero. Dado un entero k ∈ Z, dividi´endolo entre n obtenemos k = nq + r con q, r ∈ Z y 0 ≤ r < n. Observamos entonces que; θ=

α + 2kπ α + 2(nq + r)π α + 2rπ = = + 2qπ, n n n

i.e., el argumento correspondiente a (α + 2kπ)/n es el mismo que el de (α + 2rπ)/n ya que estos difieren por el m´ultiplo 2qπ de 2π. Por lo tanto podemos restringir a k ∈ Z al rango 0 ≤ k < n, i.e., k = 0, 1, 2, . . . , n − 1. Segundo. Dados dos enteros j 6= k entre 0 y n − 1, mostraremos que los argumentos α + 2 jπ n

y

α + 2kπ n

dan lugar a complejos diferentes (i.e., no son iguales salvo un m´ultiplo entero de 2π). En efecto, si sucediera que α + 2 jπ α + 2kπ = + 2tπ n n entonces (α + 2 jπ)/n = (α + 2kπ + 2tnπ)/n por lo que α + 2 jπ = α + 2kπ + 2tnπ, de donde cancelando α y luego dividiendo entre 2π obtenemos que j = tn + k, i.e., j − k = tn, i.e., n| j − k. Pero como 0 ≤ j, k ≤ n − 1, entonces la u´ nica posibilidad para que n| j − k es que j − k = 0 y por lo tanto j = k. Hemos as´ı probado: Proposici´on 1.2. Dado un complejo z 6= 0 en forma polar z = |z|(cos α + i sen α), entonces z tiene exactamente n ra´ıces complejas wk = |wk |(cos θk + i sen θk ) cuyos m´odulos son todos iguales: |wk | =

p n

|z|

y cuyos argumentos son:

θk =

α + 2kπ n

con 0 ≤ k ≤ n − 1.

Ejemplo 1.4. Calcule las ra´ıces c´ubicas de z = 1. En este ejemplo |z| = 1, su argumento es α = 0 y n = 3. Si w = |w|[cos θ + i sen θ ] es una de las 3 ra´ıces c´ubicas de z, entonces: p √ 3 |w| = 3 |z| = 1 = 1 y sus argumentos son θk =

0 + 2kπ 2kπ = 3 3

para k = 0, 1, 2,

8

1 Topolog´ıa del plano complejo

por lo que, para k = 0, θ0 = 0/3 = 0, para k = 1, θ1 = 2/3, y para k = 2, θ2 = 4/3. As´ı, las ra´ıces c´ubicas de z = 1 son: h h 2π i 4π 4π i 2π + i sen , w2 = 1 cos + i sen , w0 = 1[cos 0 + i sen 0], w1 = 1 cos 3 3 3 3 √

es decir, w1 = 1, w2 = 21 + 23 i, w3 = − 21 − el plano complejo obtenemos:

√ 3 2

i. Si graficamos estas tres ra´ıces en

w1 S o S S 

- w0 = 1

 w2

 /

y observamos que las tres ra´ıces c´ubicas de z = 1 forman un tri´angulo equil´atero. El ejercicio 1.11 nos dice que esto sucede en el caso general.

Ejercicios 1.1. Demuestre las propiedades de campo de C. 1.2. Demuestre que ϕ : R → C es inyectiva y preserva las operaciones de R y C. De esta forma ϕ identifica al n´umero real a ∈ R con el n´umero complejo (a, 0). Algunas veces omitimos a la ϕ de esta notaci´on y escribimos a = (a, 0). 1.3. Demuestre que ϕ(0) = 0 y ϕ(1) = 1, donde en los lados izquierdos tenemos al 0 y 1 de R y en los lados derechos son los de C. Gracias a esta propiedad no existe confusi´on al denotar con los mismos s´ımbolos a los ceros y unos de R y C. 1.4. Si a ∈ R demuestre que ϕ(−a) = −ϕ(a). Y si a 6= 0, demuestre que ϕ(a−1 ) = ϕ(a)−1 . 1.5. Sean w, z ∈ C. Demuestre que: z = z. z + w = z + w. zw = z w. Si z 6= 0, entonces (z−1 ) = (z)−1 . w w (5) Si z 6= 0, entonces = . z z (6) z ∈ R ⇔ z = z (es decir, un n´umero complejo es un n´umero real si y s´olo si es igual a su conjugado).

(1) (2) (3) (4)

1.6. Sean w, z ∈ C. Demuestre que:

1 Topolog´ıa del plano complejo

9

(1) |z| = |z|. (2) |zw| = |z||w|. w |w| . (3) Si z 6= 0, entonces = z |z| (4) |z + w| ≤ |z| + |w| (la desigualdad del tri´angulo). (5) |z| − |w| ≤ |z − w|. 1.7. Si z = a + bi, demuestre que 1 Re(z) = (z + z) 2

Im(z) =

e

1 (z − z). 2i

1.8. Considere el conjunto S ⊆ C definido por: S := {z ∈ C : |z| = 1}. (a)Demuestre que S es cerrado bajo productos, es decir, demuestre que si u, v ∈ S entonces uv ∈ S. (b)Demuestre que S es cerrado bajo inversos, es decir, demuestre que si u ∈ S entonces u−1 ∈ S. (c)Grafique S en el plano complejo C. 1.9. Haga las operaciones indicadas y al final exprese el resultado en la forma a +bi: (3 + 2i) + (5 − 3i). (5 + 7i) − (4 − 2i). 3i − (−7 + 2i). 5 + ( 21 − 3i). (2 + 3i)(4 − 2i). 3 + 4i . (f) 5 + 2i

(a) (b) (c) (d) (e)

(g) (h) (i) (j) (k)

4 . 2 − 3i (2 + i)(3 + 2i) . 1−i 5 (2 + i) . √  1 3 4 i . − + 2 2 n i para n = 1, 2, 3, . . .

1.10. Calcule el m´odulo de los siguientes complejos: (a) w = 2 − i. 3−i (b) w = √ . 2 + 3i

(c) w = (1 + i)6 . (d) w = i203 .

1.11. Muestre que las n ra´ıces n-´esimas de 1 son los v´ertices de un n-´agono regular inscrito en el c´ırculo unitario, uno de cuyos v´ertices es 1. 1.12. Calcule las ra´ıces indicadas: 1. Ra´ıces cuadradas de w = i. √ 2. Ra´ıces cuartas de w = −1 + 3 i. 3. Ra´ıces sextas de w = 1.

4. Ra´ıces c´ubicas de w = 1 − i. 5. Ra´ıces cuartas de w = −16. 6. Ra´ıces quintas de w = 32i.

10

1 Topolog´ıa del plano complejo

1.13. Demuestre que las ra´ıces n-´esimas de z = 1 (diferentes de 1) satisfacen la ecuaci´on ciclot´omica: un−1 + un−2 + · · · + u + 1 = 0. 1.14. Considere el n-´agono regular inscrito en el c´ırculo unitario en C y considere las n−1 diagonales obtenidas conectando un v´ertice fijo con todos los otros v´ertices. Demuestre que el producto de sus longitudes es n. Sugerencia: suponga que los v´ertices est´an unidos al v´ertice fijo 1 y aplique el ejercicio anterior. 1.15. Sea n ≥ 2 un entero y considere el subconjunto µn ⊆ C definido por: µn := {u ∈ C : un = 1}. (a) Demuestre que µn es cerrado bajo productos, es decir, demuestre que si u, v ∈ µn entonces uv ∈ µn . (b) Demuestre que µn es cerrado bajo inversos, es decir, demuestre que si u ∈ µn entonces u−1 ∈ µn . (c) La gr´afica de µn en el plano complejo C est´a dada en el ejercicio 1.11.

1.1.

La topolog´ıa del plano complejo

Usando el m´odulo o valor absoluto de un n´umero complejo, se define una distancia en C mediante d(z, w) := dist(z, w) = |z − w|,

para z, w ∈ C.

De las propiedades del valor absoluto de C se sigue que, para u, w, z ∈ C: d(z, w) ≥ 0. d(z, w) = 0 si y s´olo si z = w. d(z, w) = d(w, z) (simetr´ıa). d(u, w) ≤ d(u, z) + d(z, w) (desigualdad del tri´angulo), cuyo nombre proviene de la interpretaci´on geom´etrica del hecho de que un lado de un tri´angulo es menor que la suma de las longitudes de los otros dos lados: u

z w

1.1 La topolog´ıa del plano complejo

11

Si z ∈ C y r > 0 es cualquier real positivo, se definen las bolas o discos abiertos de centro z y radio r > 0 como B(z; r) := {w ∈ C : d(z, w) < r}

r z

•

donde notamos que el disco abierto B(z; r) no incluye al c´ırculo que lo rodea. Un conjunto Ω ⊆ C se dice que es un conjunto abierto si para todo z ∈ Ω existe un disco abierto B(z; ε) totalmente contenido en Ω , i.e., B(z; ε) ⊆ Ω . En este caso, tambi´en se dice que z es un punto interior de Ω . Dicho en otras palabras, Ω es abierto si y s´olo si todos sus puntos son interiores:

Ω z

•

Ejemplo 1.5. Una bola abierta B(z; r) es un conjunto abierto. En efecto, si Ω = B(z; r) con r > 0 y si w ∈ B(z; r) es cualquier punto, entonces d(w, z) < r y escribiendo r = d(w, z) + δ se tiene que δ > 0. Ahora, si w = z, se toma el disco B(w; ε) = B(z; r) ⊆ Ω . Si w 6= z, entonces d(w, z) > 0 y si se toma ε := m´ın{δ , d(w, z)}, entonces B(w; ε) ⊆ B(z; r) = Ω porque para todo u ∈ B(w; ε) se tiene que d(u, z) ≤ d(u, w) + d(w, z) < ε + d(w, z) ≤ δ + d(w, z) = r − d(w, z) + d(w, z) = r por lo que d(u, z) < r y as´ı u ∈ B(z; r) = Ω . Las propiedades fundamentales de la familia de conjuntos abiertos de C son: Proposici´on 1.3. (1) C y 0/ son conjuntos abiertos. (2) Si A1 , . . . , An son conjuntos abiertos de C, entonces A1 ∩ · · · ∩ An tambi´en es abierto. (3) [ Si {Aλ }λ ∈Λ es una familia arbitraria de conjuntos abiertos de C, entonces Aλ tambi´en es abierto. λ ∈Λ

12

1 Topolog´ıa del plano complejo

Demostraci´on. (1): Que C es abierto es porque cualquier disco sirve y que 0/ es abierto se sigue del argumento usual de vacuidad. Para (2), si A1 ∩ · · · ∩ An = 0, / entonces es abierto por (1). Si existe un z ∈ A1 ∩ · · · ∩ An , entonces z ∈ Ak , para todo k y como Ak es abierto existe una bola B(z; εk ) ⊆ Ak para cada k. Tomamos entonces1 ε = m´ın{ε1 , . . . , εn } > 0 y S as´ı B(z; ε) ⊆ Ak para toda k y por lo tanto B(z; ε) ⊆ A1 ∩ · · · ∩ An . Para (3), si z ∈ AλS , entonces existe un Aλ tal que z ∈ Aλ y por lo tanto existe un disco B(z; ε) ⊆ Aλ ⊆ Aλ . t u Antes de dar m´as ejemplos de conjuntos abiertos, veamos otra clase de subconjuntos de C, que son los complementos de los conjuntos abiertos. Un conjunto A ⊆ C es un conjunto cerrado si su complemento C − A es abierto. De las leyes de de Morgan y de la proposici´on anterior se sigue que: Proposici´on 1.4. (1) C y 0/ son conjuntos cerrados. (2) Si A1 , . . . , An son conjuntos cerrados de C, entonces A1 ∪ · · · ∪ An tambi´en es cerrado. (3) \ Si {Aλ }λ ∈Λ es una familia arbitraria de conjuntos cerrados de C, entonces Aλ tambi´en es cerrado. λ ∈Λ

t u

Ejemplo 1.6. Si z ∈ C y r > 0 es cualquier real positivo, se definen las bolas o discos cerrados de centro z y radio r > 0 mediante B(z; r) := {w ∈ C : d(z, w) ≤ r}:

r z

•

Un disco cerrado es un conjunto cerrado. En efecto, si w ∈ C − B(z; r), entonces d(z, w) > r y tomando ε = d(z, w) − r > 0 se tiene que B(w; ε) ⊆ C − B(z; r), ya que para cualquier u ∈ B(w; ε) si sucediera que d(u, z) ≤ r, entonces se tendr´ıa que d(z, w) ≤ d(z, u) + d(u, w) ≤ r + d(u, w) y por lo tanto d(u, w) ≥ d(z, w) − r = ε, en contradicci´on con el hecho de que u ∈ B(w; ε). Se sigue que d(u, z) > r y consecuentemente u ∈ C − B(z; r). 1

Note que ε > 0 porque estamos tomando el m´ınimo de un conjunto finito de reales positivos. Si el conjunto fuera infinito pudiera suceder que ε = 0, por ejemplo si εk = 1/k para k ≥ 1 entero, entonces ε = m´ın{1/k}k≥1 = 0. Se sigue que la hip´otesis de que la familia {Ak } sea una familia finita es necesaria.

1.1 La topolog´ıa del plano complejo

13

Para ver m´as ejemplos de conjuntos abiertos o cerrados en el plano complejo a continuaci´on estudiamos rectas y semiplanos en C: Rectas en el plano complejo. Sean u, v ∈ C complejos dados, con v 6= 0. Pensando a u = (a, b) como un punto en el plano C = R × R, y a v 6= 0 como un segmento dirigido, podemos considerar a la recta L que pasa por el punto u y es paralela al segmento dirigido v: L

6 v  ◦

◦u

-

Como de v 6= 0 s´olo nos interesa su direcci´on, podemos suponer que |v| = 1. ¿C´omo describir a la recta L en t´erminos de los conceptos que tenemos de n´umeros complejos? Para hacer esto, observemos que un punto z ∈ C est´a en L si y s´olo si existe t ∈ R tal que z = u + tv (por la interpretaci´on geom´etrica de la suma y producto de complejos). As´ı, L = {z ∈ C : z = u + tv, con t ∈ R}. Observamos ahora que, como v 6= 0, z ∈ L ⇔ z = u + tv con t ∈ R ⇔

z−u z−u = t ∈ R ⇔ Im = 0, v v

por lo que la recta L que pasa por el punto u ∈ C en la direcci´on v 6= 0, es el subconjunto del plano complejo dado por z−u L = {z ∈ C : Im = 0}. v Semiplanos abiertos. Sean u, v ∈ C dados, con |v| = 1. Queremos ahora describir el conjunto z−u Hu := {z ∈ C : Im > 0}. v •) Comencemos con el caso cuando u = 0, de tal forma que el conjunto que tenemos ahora es H0 := {z ∈ C : Im(z/v) > 0}. Escribiendo v = cos φ + i sen φ (recordando que |v| = 1) y z = r(cos θ + i sen θ ) (con r = |z|), tenemos que z = r[cos(θ − φ ) + i sen(θ − φ )], v

14

1 Topolog´ıa del plano complejo

por lo que z ∈ H0 ⇔ Im(z/v) > 0 ⇔ sen(θ − φ ) > 0 ⇔ φ < θ < π + φ , y por lo tanto H0 es el semiplano a la izquierda de la recta L que pasa por u = 0 paralela a v, si recorremos L en la direcci´on de v: 6 Lu

H0 ◦

v -

•) Consideremos ahora el caso general Hu := {z ∈ C : Im

z−u v

> 0}

y observemos que Hu = u + H0 = {u + w : w ∈ H0 }, es decir, Hu es H0 trasladado por u: 6

Lu

Hu

◦u ◦



-

En forma an´aloga se definen los semiplanos abiertos z−u Ku := {z ∈ C : Im < 0} v
a la derecha de la recta Lu := {z ∈ C : Im z−u = 0}: v 6

◦

Lu u 

◦

Ku

Ejemplo 1.7. Un semiplano H abierto es un conjunto abierto, vea el ejercicio 1.16.

1.1 La topolog´ıa del plano complejo

15

Ejemplo 1.8. Una recta Lu es un conjunto cerrado porque su complemento son dos semiplanos abiertos Hu y Ku . Semiplanos cerrados. Dados u, v ∈ C dados, con |v| = 1, los semiplanos cerrados son los conjuntos z−u ≥ 0} Hu := {z ∈ C : Im v (a la izquierda de la recta correspondiente), y los conjuntos z−u Ku := {z ∈ C : Im ≤ 0} v (a la derecha de la recta correspondiente): 6

6

Hu

◦u ◦



Lu ◦

-

Lu u ◦ 

Ku

Observe
que ambos semiplanos cerrados contienen a la recta Lu := {z ∈ C : Im z−u = 0}. v Ejemplo 1.9. Un semiplano H cerrado es un conjunto cerrado, vea el ejercicio 1.17. Sin embargo, los conjuntos no son como las puertas, es decir, no sucede que dado un conjunto si no es abierto tiene que ser cerrado o puede que sea abierto y cerrado, como es el caso de los conjuntos C y 0. / El ejemplo siguiente muestra un conjunto que no es abierto ni cerrado: Ejemplo 1.10. El conjunto Ω siguiente, dado por la intersecci´on de los tres semiplanos indicados (dos cerrados y uno abierto) no es ni abierto ni cerrado:

Ω

Fronteras. Si Ω ⊆ C, un punto w ∈ Ω es un punto frontera de Ω si cada disco abierto B(w; ε) con ε > 0 y centrado en w, intersecta Ω y C − Ω . La frontera de Ω , denotada ∂ Ω es el conjunto de puntos fronteras de Ω , es decir, ∂ Ω = {w ∈ C : para todo ε > 0, B(w; ε) ∩ Ω 6= 0/ y B(w; ε) ∩ (C − Ω ) 6= 0}. /

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1 Topolog´ıa del plano complejo

Ω w•

Interior y cerradura de un conjunto. Se tiene un enfoque alterno para la topolog´ıa del plano complejo. Una forma de hacerlo es definir, usando las nociones de conjunto abierto y conjunto cerrado, dos operaciones en la familia de subconjuntos de C como sigue: sea Ω ⊆ C cualquier subconjunto. La cerradura de Ω , denotado Ω o tambi´en Ω − , es el conjunto Ω :=

\

F

F⊇Ω

donde la interseci´on corre sobre los conjuntos cerrados F tales que F ⊇ Ω . Ahora, por la proposici´on 1.4, la intersecci´on de cualquier familia de cerrados es cerrada, por lo que la cerradura Ω es un conjunto cerrado; de hecho, es el menor conjunto cerrado que contiene a Ω . Similarmente, se define el interior de Ω , denotado Ω 0 , como [ Ω 0 := A A⊆Ω

donde la uni´on corre sobre los conjuntos abiertos A tales que A ⊆ Ω . Tambi´en, por la proposici´on 1.3, la uni´on de cualquier familia de abiertos es abierta, y as´ı el interior Ω 0 es un conjunto abierto y es el mayor abierto contenido en Ω . Claramente Ω0 ⊆ Ω ⊆ Ω− y dejamos como el ejercicio 1.19 probar que: Proposici´on 1.5. Sea Ω ⊆ C. Entonces, (1) Ω es abierto si y s´olo si Ω 0 = Ω . (2) Ω es cerrado si y s´olo si Ω − = Ω . t u Otras propiedades del interior y la cerradura de un conjunto est´an en los ejercicios. Conexidad. Intuitivamente, un conjunto Ω ⊆ C es conexo si es de una sola pieza. Sin embargo, la definici´on m´as razonable es negativa: se dice que Ω es disconexo si existen abiertos A, B ⊆ C tales que A ∩ Ω 6= 0, / B ∩ Ω 6= 0/ y adem´as son disjuntos y se tiene que Ω = (A ∩ Ω ) ∪ (B ∩ Ω ). Decimos entonces que los conjuntos A y B desconectan a Ω o que lo separan en dos piezas, como en la figura siguiente donde Ω es el conjunto sombreado:

1.1 La topolog´ıa del plano complejo

17

B A

El conjunto Ω se dice que es conexo si no es disconexo. Para poder dar una caracterizaci´on intr´ınseca de los conjuntos conexos, es necesario relativizar las nociones de subconjuntos abiertos o cerrados. Supongamos que Ω ⊆ C es cualquier conjunto. Se dice que un subconjunto A ⊆ Ω es abierto relativo en Ω si existe un conjunto abierto A0 ⊆ C tal que A = A0 ∩ Ω . Se dice que A ⊆ Ω es cerrado relativo en Ω si existe un conjunto cerrado A00 ⊆ C tal que A = A00 ∩ Ω . En el ejercicio 1.22 se piden probar las propiedades an´alogas a las de las proposiciones 1.3 y 1.4 y en el ejercicio 1.23 se pide probar que el complemento, en Ω , de un abierto relativo es un cerrado relativo y viceversa. Proposici´on 1.6. Un conjunto arbitrario Ω ⊆ C es conexo si y s´olo si los u´ nicos subconjuntos de Ω que son abiertos y cerrados relativos a Ω , son Ω y 0. / Demostraci´on. Supongamos que Ω es conexo y que A ⊆ Ω es abierto y cerrado relativo a Ω . Por el ejercicio 1.23 como A es cerrado relativo, entonces Ω − A es abierto relativo. Si A 6= 0/ y A 6= Ω (por lo que Ω −A 6= 0), / entonces Ω = A∪(Ω −A) donde A = A0 ∩ Ω y Ω − A = A00 ∩ Ω con A0 , A00 abiertos de C y con A y Ω − A no vac´ıos disjuntos, lo cual contradice el que Ω es conexo. Se sigue que A = Ω o A = 0. / Rec´ıprocamente, si los u´ nicos abiertos y cerrados relativos a Ω son Ω y 0, / supongamos que Ω = (A ∩ Ω ) ∪ (B ∩ Ω ) es una disconexi´on de Ω , es decir, A, B son abiertos de C y A ∩ Ω y B ∩ Ω son disjuntos no vac´ıos. Entonces, B ∩ Ω = Ω − (A ∩ Ω ) es cerrado relativo por el ejercicio 1.23 y as´ı, por hip´otesis B ∩ Ω es vac´ıo o es todo Ω . Como B ∩ Ω 6= 0, / entonces B ∩ Ω = Ω y por lo tanto A ∩ Ω = 0, / una contradicci´on. Se sigue que Ω es conexo. t u En la teor´ıa de derivaci´on, los conjuntos Ω ⊆ C abiertos y conexos juegan un papel importante, similar al de los intervalos abiertos de R. En el ejercicio 1.24 se pide recordar o probar que en R los subconjuntos conexos son los intervalos. Usaremos este hecho en la demostraci´on del teorema 1.7, pero antes introducimos los conceptos pertinentes. Dados dos puntos z, w ∈ C, denotemos con [z, w] al segmento de recta con extremo inicial w y extremo final z, es decir, [w, z] := {tz + (1 − t)w : 0 ≤ t ≤ 1}. Un pol´ıgono en C es un conjunto de la forma P = nk=1 [zk , zk+1 ] donde [zk , zk+1 ] son segmentos tales que el extremo final de [zk , zk+1 ] es igual al extremo inicial de [zk+1 , zk+2 ]. Decimos que P es un pol´ıgono que une z1 con zn y tambi´en usaremos la notaci´on P = [z1 , z2 , . . . , zn ]: S

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1 Topolog´ıa del plano complejo

zk z2

• zn

z1 • Teorema 1.7. Un conjunto abierto Ω ⊆ C es conexo si y s´olo si para cualesquiera dos puntos z, w ∈ Ω existe un pol´ıgono P ⊆ Ω que une z con w. Demostraci´on. Supongamos que Ω es conexo y sea w ∈ Ω un punto arbitrario y sea z ∈ Ω cualquier otro punto. Mostraremos que existe un pol´ıgono P ⊆ Ω que une w con z. M´as bien, probaremos que el subconjunto G de Ω siguiente es todo Ω : G = {z ∈ Ω : existe un pol´ıgono P ⊆ Ω que une w con z} ⊆ Ω . Para comenzar, note que w ∈ G ya que w se une con w mediante el pol´ıgono P = [w, w] = {w} ⊆ Ω . Se sigue que G 6= 0. / Para mostrar que G = Ω , a la luz de la proposici´on anterior, basta probar que G es abierto y cerrado relativo a Ω . Primero, G es abierto relativo ya que si z ∈ G existe un pol´ıgono P = [w = z1 , . . . , zn = z] ⊆ Ω . Como z ∈ G y Ω es abierto existe un disco B(z; ε) ⊆ Ω . Como un disco es convexo (vea el ejercicio 1.25), para cualquier u ∈ B(z; ε) se tiene que [z, u] ⊆ B(z; ε) ⊆ Ω y por lo tanto el pol´ıgono P ∪ [z, u] ⊆ Ω y une w con u. Se sigue que u ∈ G, para todo u ∈ B(z; ε), es decir, B(z; ε) ⊆ G y as´ı G es abierto. Queremos mostrar ahora que G es cerrado relativo, es decir, que Ω −G es abierto relativo. Si Ω −G = 0, / ya acabamos. Si existe z ∈ Ω − G, como Ω es abierto, existe un B(z; ε) ⊆ Ω . Supongamos que G ∩ B(z; ε) 6= 0/ y sea u ∈ G ∩ B(z; ε). Como u ∈ G existe un pol´ıgono P ⊆ Ω que une w con u. Pero como u ∈ B(z; ε), entonces (por el ejercicio 1.25) [u, z] ⊆ B(z; ε) ⊆ Ω y por lo tanto el pol´ıgono P ∪ [u, z] ⊆ Ω y une w con z. Se sigue que z ∈ G, una contradicci´on. Por lo tanto G ∩ B(z; ε) = 0, / es decir, B(z; ε) ⊆ Ω − G y as´ı Ω − G es abierto como se quer´ıa. Supongamos ahora que para todo par de puntos z, w ∈ Ω existe un pol´ıgono P ⊆ Ω que une z con w. Si Ω no fuera conexo, digamos Ω = (A ∩ Ω ) ∪ (B ∩ Ω ) donde A, B ⊆ C son abiertos no vac´ıos y disjuntos, entonces escojamos z ∈ A ∩ Ω y w ∈ B ∩ Ω . Por hip´otesis existe un pol´ıgono P ⊆ Ω que une z con w. Observe ahora que no puede suceder que todos los segmentos de P est´en contenidos en uno s´olo de los conjuntos A o B ya que entonces se tendr´ıa que P ⊆ A o P ⊆ B, lo cual contradice el hecho de que los extremos z ∈ A y w ∈ B. Se sigue que existe un segmento [z0 , w0 ] de P tal que z0 ∈ A y w0 ∈ B. Usando este segmento [z0 , w0 ] defina S = {s ∈ [0, 1] : sw0 + (1 − s)z0 ∈ A} ⊆ R, T = {t ∈ [0, 1] : tw0 + (1 − t)z0 ∈ A} ⊆ R. Es decir, S lo forman los reales en [0, 1] que corresponden a la parte del segmento [z0 , w0 ] contenida en A y T los reales en [0, 1] correspondientes a la parte del segmento [z0 , w0 ] contenida en B. Como A ∩ B = 0, / entonces S ∩ T = 0. / Tambi´en, 0 ∈ S y 1 ∈ T y as´ı ambos no son vac´ıos. Observe ahora que S ∪ T = [0, 1] ya que, por

1.1 La topolog´ıa del plano complejo

19

definici´on de S y T se tiene que S ∪ T ⊆ [0, 1] y si t ∈ [0, 1] considere el punto tw0 + (1 − t)z0 ∈ [z0 , w0 ] ⊆ Ω . Entonces, tw0 + (1 − t)z0 ∈ Ω = (A ∩ Ω ) ∪ (B ∩ Ω ) por lo que tw0 + (1 − t)z0 ∈ A o tw0 + (1 − t)z0 ∈ B. En el primer caso t ∈ S y en el segundo caso t ∈ T y as´ı t ∈ S ∪ T , i.e, [0, 1] ⊆ S ∪ T . Finalmente, note que S y T son abiertos relativos al [0, 1] en R (vea el ejercicio 1.26). t u Componentes conexas. A continuaci´on veremos que todo subconjunto Ω ⊆ C no vac´ıo se puede descomponer, en forma u´ nica, como uni´on de subconjuntos conexos no vac´ıos y disjuntos entre s´ı. El resultado que garantiza lo anterior es el siguiente: Proposici´on 1.8. Supongamos que {ΩT α ⊆ C : α ∈ Λ } es unaSfamilia de subconjuntos conexos indexada por α ∈ Λ . Si α∈Λ Ωα 6= 0, / entonces α∈Λ Ωα es conexo. S

Demostraci´on. Pongamos Ω := α∈Λ Ωα . Si Ω no fuera conexo, entonces Ω = T A∪B, con A, B ⊆ Ω abiertos relativos no vac´ıos. Como Ωα 6= 0, / existe un z0 ∈ Ωα , para todo α ∈ Λ . Podemos suponer que z0 ∈ A y por lo tanto A ∩ Ωα 6= 0/ para todo α ∈ Λ . Como los Ωα son conexos, lo anterior implica que B ∩ Ωα = 0/ para todo α ∈ Λ y as´ı B = 0, / una contradicci´on. t u Dado un subconjunto arbitrario no vac´ıo Ω ⊆ k, si z0 ∈ Ω observe que z0 ∈ {z0 } ⊆ Ω y el subconjunto {z0 } es conexo. Se sigue que la familia {Ωα } de subconjuntos conexos de Ω que contienen a z0 no es vac´ıa. Por la proposici´on 1.8 anterior S la uni´on Ω0 := α Ωα ⊆ Ω es conexa y claramente es el mayor subconjunto conexo de Ω que contiene a z0 . Se dice entonces que Ω0 es la componente conexa de Ω que contiene a z0 . Variando z j ∈ Ω y sus componentes conexas correspondientes Ω j ⊆ Ω se tiene que [ Ω= Ω j. z j ∈Ω

Note ahora que si z j , zk ∈ Ω , entonces Ω j = Ωk u Ω j ∩Ωk = 0/ ya que si Ω j ∩Ωk 6= 0, / por la proposici´on 1.8 anterior se sigue que Ω j ∪ Ωk es conexo y contiene a z j y a zk . Por la maximalidad de las componentes conexas se debe tener entonces que Ω j = Ω j ∪ Ωk = Ωk . Se sigue que las componentes conexas de Ω forman una partici´on de Ω . Corolario 1.9. Si Ω ⊆ C es abierto, entonces las componentes conexas de Ω son abiertas. Demostraci´on. Sea Ω 0 ⊆ Ω una componente conexa y sea z0 ∈ Ω 0 Como z0 ∈ Ω y Ω es abierto, existe un disco B(z0 ; r) ⊆ Ω . Por la proposici´on 1.8, la uni´on B(z0 ; r) ∪ Ω 0 es conexa y por la maximalidad de la componente conexa debe ser igual a Ω 0 . Se sigue que B(z0 ; r) ⊆ Ω 0 y por lo tanto Ω 0 es abierto. t u Compacidad. Una cubierta abierta de un conjunto Ω ⊆ C es una familia de conS juntos abiertos {Uk } de C tales que Ω ⊆ k Uk . Dicho de otra manera, una cubierta abierta de Ω es una familia de subconjuntos abiertos relativos Vk ⊆ Ω tales que S Ω = k Vk . Un subconjunto K ⊆ C es compacto si toda cubierta abierta C = {Uk } de K tiene una subcubierta finita, es decir, existe una subfamilia finita Uk1 , . . . ,Ukn de C tal que K = Uk1 ∪ · · · ∪Ukn .

20

1 Topolog´ıa del plano complejo

Ejemplo 1.11. El conjunto vac´ıo 0/ es compacto. Todo subconjunto finito {z1 , . . . , zn } ⊆ C es compacto. Por otra parte, las bolas abiertas no son compactas. Por ejemplo, el disco B(0; 1) = {z ∈ C : |z| < 1} tiene la cubierta abierta C = {B(0; 1 − 1/n) : n ∈ N} ya que para todo |z| < 1 existe un entero n ≥ 1 tal que |z| < 1 − 1/n. Sin embargo esta cubierta abierta no tiene una subfamilia finita que cubra B(0; 1). Proposici´on 1.10. Sea K ⊆ C un conjunto compacto. Entonces, (1) K es cerrado. (2) Si F ⊆ K y F es cerrado, entonces F es compacto. Demostraci´on. (1): Mostraremos que K − ⊆ K. Si z0 ∈ K − , por el ejercicio 1.21, para todo ε > 0 se tiene que B(z0 ; ε) ∩ K 6= 0. / Supongamos que z0 6∈ K y sean Un := 1/1) ⊇ B(z0 ; 1/2) ⊇ B(z0 ; 1/3) ⊇ · · · , entonces C−B(z0 ; 1/n) y note que como B(z0 ; T U1 ⊆ U2 ⊆ U3 ⊆ · · · . Adem´as, como n≥1 B(z0 ; 1/n) = {z0 } y z0 6∈ K, entonces K ⊆ C − {z0 } = C −

\ n≥1

B(z0 ; 1/n) =

[

(C − B(z0 ; 1/n)) =

n≥1

[

Un

n≥1

por lo que los Ui forman una cubierta abierta de K. Como K es compacto y los Ui est´an encadenados, existe un entero n tal que K⊆

n [

Uk = Un = C − B(z0 ; 1/n)

k=1

y por lo tanto K ∩B(z0 ; 1/n) = 0, / una contradicci´on con lo que se tiene en el segundo rengl´on de la demostraci´on para ε = 1/n. Se sigue que z0 ∈ K y consecuentemente K = K−. (2): Sea U = {Ui } una cubierta abierta de F. Como F es cerrado, C − F es abierto y como F ⊆ K entonces U ∪ {C − F} es una cubierta abierta de K. Como K es compacto, existe una subcubierta finita, digamos U1 , . . . ,Un , C − F que cubre a K. Se sigue que U1 , . . . ,Un cubre F. t u El teorema de Heine-Borel, 1.15, que demostraremos al final de la secci´on siguiente, caracteriza los subconjuntos compactos del plano complejo.

Ejercicios 1.16. Demuestre que un semiplano abierto es un conjunto abierto. 1.17. Demuestre que un semiplano cerrado es un conjunto cerrado. 1.18. Describa los siguientes subconjuntos de C: (a) {z ∈ C : Im(z) > 0}.

1.1 La topolog´ıa del plano complejo

(b) (c) (d) (e) (f)

{z ∈ C {z ∈ C {z ∈ C {z ∈ C {z ∈ C

: : : : :

21

Re(z) > 3/2}. |z − 1| ≤ 2}. |z + 1| > 2}. 1 Im(z) > 0, −1 2 ≤ Re(z) ≤ 2 }. −1 Im(z) > 0, 2 ≤ Re(z) ≤ 21 , |z| ≥ 1}.

1.19. Sea Ω ⊆ C. Demuestre que: (a) Ω es abierto si y s´olo si Ω 0 = Ω . (b) Ω es cerrado si y s´olo si Ω − = Ω . 1.20. Sea Ω ⊆ C. Demuestre que: (a) (b) (c) (d)

Ω 0 = C − (C − Ω )− . Ω − = C − (C − Ω )0 . ∂ Ω = Ω − − Ω 0. ∂ Ω = Ω − ∩ (C − Ω )− .

1.21. Sea Ω ⊆ C. Demuestre que (a) z ∈ Ω 0 si y s´olo si existe ε > 0 tal que B(z; ε) ⊆ Ω . (b) z ∈ Ω − si y s´olo si para todo ε > 0 se tiene que B(z; ε) ∩ Ω 6= 0. / 1.22. Sea Ω ⊆ C cualquier conjunto. Demuestre que: (1) (a) Ω y 0/ son abiertos relativos en Ω . (b) Si A1 , . . . , An ⊆ Ω son abiertos relativos, A1 ∩ · · · ∩ An es abierto relativo. (c) Si {Ak } es cualquier familia de subconjuntos de Ω que son abiertos relativos, S entonces k Ak tambi´en es abierto relativo. (2) (a) Ω y 0/ son cerrados relativos en Ω . (b) Si A1 , . . . , An ⊆ Ω son cerrados relativos, A1 ∪ · · · ∪ An es cerrado relativo. (c) Si {AkT} es cualquier familia de subconjuntos de Ω que son cerrados relativos, entonces k Ak tambi´en es cerrado relativo. 1.23. Si A ⊆ Ω es abierto relativo, demuestre que Ω − A ⊆ Ω es cerrado relativo. Demuestre tambi´en que si F ⊆ Ω es cerrado relativo, entonces Ω −F ⊆ Ω es abierto relativo. 1.24. Demuestre que I ⊆ R es conexo si y s´olo si I es un intervalo. 1.25. Un subconjunto A ⊆ C se dice que es convexo si para cualesquiera dos puntos z, w ∈ A se tiene que el segmento [z, w] ⊆ A. (1) Demuestre que cualquier disco abierto o cerrado es convexo. (2) Demuestre que cualquier semiplano abierto o cerrado es convexo. (3) Demuestre que la intersecci´on de cualquier familia de subconjuntos convexos es convexa.

22

1 Topolog´ıa del plano complejo

(4) Dado un subconjunto A ⊆ C, como C es convexo, entonces la familia F de subconjuntos convexos que contienen a A no es vac´ıa. Por el ejercicio anterior la intersecci´on de todos los miembros de F es convexa y claramente es el menor subconjunto convexo que contiene a A y se le llama la c´apsula convexa de A. ¿C´omo es la c´apsula convexa de un conjunto A con dos puntos? ¿C´omo es la c´apsula convexa de un conjunto con tres puntos? 1.26. En la parte final de la demostraci´on del teorema 1.7, demuestre que los conjuntos S y T son abiertos relativos en [0, 1]. 1.27. Si Ω ⊆ C es abierto, demuestre que sus componentes conexas son abiertas tambi´en. 1.28. Demuestre que un conjunto K ⊆ C es compacto si y s´olo si para toda familia de subconjuntos cerrados F = {Fk } de K con la propiedad de que cada subfamilia T finita Fk1 , . . . , Fkn de F satisface que Fk1 ∩ · · · ∩ Fkn 6= 0, / se tiene que Fk ∈F Fk 6= 0. /

1.2.

´ Sucesiones y series de numeros complejos

Una sucesi´on de n´umeros complejos es una funci´on s : N → C. Si n ∈ N usaremos la notaci´on s(n) =: sn para el valor de la sucesi´on s en el n´umero natural n. Tambi´en denotaremos a la sucesi´on s como {sn }. Observe que si sn = an + ibb donde an es la parte real de sn y bn es la parte imaginaria de sn , entonces se tienen dos sucesiones de n´umeros reales, a saber: {an } y {bn }. Rec´ıprocamente, si se tienen dos sucesiones de n´umeros reales {an } y {bn }, e´ stas determinan una sucesi´on de n´umeros complejos: {an + ibn }. L´ımites de sucesiones. Dada una sucesi´on {sn } de n´umeros complejos, diremos que {sn } tiene l´ımite L ∈ C si para cada ε > 0 existe un N ∈ N tal que |sn −L| < ε siempre que n ≥ N. Se dice que la sucesi´on {sn } es convergente y que converge a L y se usa la notaci´on l´ım{sn } = L. El ejercicio 1.28 lista algunas de las propiedades elementales de los l´ımites de sucesiones complejas, cuyas demostraciones son variaciones de las que se conocen para el caso de sucesiones de n´umeros reales. De hecho, observe que si escribimos sn = an + ibn en su parte real y su parte imaginaria y L = a + ib, entonces l´ım{sn } = L

si y s´olo si

l´ım{an } = a

y

l´ım{bn } = b.

Una implicaci´on se sigue de las desigualdades |an | ≤ |sn | y |bn | ≤ |sn |, y la otra implicaci´on se sigue de la desigualdad del tri´angulo |sn | ≤ |an | + |bn |. Para otras propiedades usuales de las sucesiones de n´umeros (complejos) v´eanse los ejercicios 1.29 al 1.31 al final de esta secci´on. Muchas de las propiedades topol´ogicas de C se pueden expresar en t´erminos de sucesiones:

1.2 Sucesiones y series de n´umeros complejos

23

Lema 1.11. Ω ⊆ C es cerrado si y s´olo si para toda sucesi´on {an } ⊆ Ω , si la sucesi´on converge, su l´ımite est´a en Ω . Demostraci´on. Si Ω es cerrado y {zn } ⊆ Ω es tal que l´ım{zn } = z ∈ C, entonces para todo ε > 0 existe N ∈ N tal que si n > N se tiene que zn ∈ B(z; ε). Pero como zn ∈ Ω , entonces zn ∈ B(z; ε) ∩ Ω , i.e., para todo ε > 0, B(z; ε) ∩ Ω 6= 0/ y as´ı, por el ejericico 1.21, se sigue que z ∈ Ω − = Ω porque Ω es cerrado. Supongamos ahora que z ∈ Ω − . Por el ejercicio 1.21, para todo ε > 0 existe un zε ∈ B(z; ε) ∩ Ω . En particular, para ε = 1/n con n ∈ N existen zn ∈ B(z; 1/n) ∩ Ω y se tiene as´ı una sucesi´on {zn } ⊆ Ω tal que para cada n se tiene que zn ∈ B(z; 1/n) y por lo tanto {zn } → z, donde por hip´otesis z ∈ Ω . Se sigue que Ω − = Ω . t u Si Ω ⊆ C, un punto z ∈ C es un punto de acumulaci´on o punto l´ı
mite de Ω si para todo disco B(z; ε) centrado en z se tiene que Ω ∩ B(z; ε) − {z} 6= 0. / Por el ejercicio 1.21 (b) lo anterior es equivalente a que z ∈ (Ω − {z})− . Lema 1.12. Si Ω ⊆ C, un punto z ∈ C es un punto de acumulaci´on de Ω si y s´olo si existe una sucesi´on {zn } ⊆ Ω − {z} tal que z = l´ım{zn }. Demostraci´on. Si z es punto de acumulaci´on de
Ω , por definici´on, para ε = 1/n con n ∈ N, existe un zn ∈ Ω ∩ B(z; 1/n) − {z} . Para la sucesi´on {zn } ⊆ Ω − {z} anterior observe que para todo ε > 0 escogiendo N ∈ N tal que 1/N < ε se tiene que si n ≥ N, entonces |zn − z| < 1/n ≤ 1/N < ε, es decir, l´ım{zn } = z. Rec´ıprocamente, si existe una tal sucesi´on, entonces para todo ε > 0 existe un N tal que para n ≥ N se tiene que |zn −z| < ε, es decir, zn ∈ Ω ∩B(z; ε) y cada zn 6= z porque {zn } ⊆ Ω −{z}. t u Proposici´on 1.13. Un conjunto Ω ⊆ C es cerrado si y s´olo si contiene todos sus puntos de acumulaci´on. Demostraci´on. Supongamos que Ω es cerrado. Si z es un punto de acumulaci´on de Ω y si sucediera que z 6∈ Ω , entonces z ∈ C −Ω , que es abierto porque Ω es cerrado. Entonces, z es punto interior de C − Ω y as´ı existe un disco B(z; ε) ⊆ C − Ω . Por lo tanto B(z; ε) ∩ Ω = 0/ lo cual contradice el que z sea punto de acumulaci´on. Se sigue que z ∈ Ω . Rec´ıprocamente, si Ω contiene a todos sus puntos de acumulaci´on, mostraremos que C − Ω es abierto. En efecto, sea z ∈ C − Ω . Entonces z no es punto de acumulaci´
on de Ω y por lo tanto existe un disco B(z; ε) tal que 0/ = B(z; ε) ∩ Ω − {z} = B(z; ε) ∩ Ω (porque z 6∈ Ω implica que Ω − {z} = Ω ) y por lo tanto B(z; ε) ⊆ C − Ω . Se sigue que C − Ω es abierto. t u Sucesiones de Cauchy. Si {sn } es una sucesi´on de complejos tal que l´ım{sn } = L ∈ C, observe que para todo ε > 0 existe un N ∈ N tal que si m, n ≥ N se tiene que |sm − sn | < ε. En efecto, como l´ım{sn } = L, para ε > 0 existe un N ∈ N tal que |sm − L| < ε/2 siempre que m ≥ N. Se sigue que si m, n ≥ N entonces |sm − sn | = |sm − L + L − sn | ≤ |sm − L| + |sn − L| < ε/2 + ε/2 = ε,

24

1 Topolog´ıa del plano complejo

como se quer´ıa. Una sucesi´on de n´umeros complejos {sn } que satisface la condici´on anterior, es decir que para todo ε > 0 existe un N ∈ N tal que si m, n ≥ N se tiene que |sm − sn | < ε, se dice que es una sucesi´on de Cauchy. Hemos as´ı mostrado que en C toda sucesi´on convergente es una sucesi´on de Cauchy. Si escribimos sn = an + ibn como antes, un argumento similar al del p´arrafo anterior demuestra que {sn } es de Cauchy si y s´olo si {an } y {bn } son de Cauchy, como sucesiones de n´umeros reales. Observe ahora que, como en R toda sucesi´on de Cauchy es convergente, se tiene que en C toda sucesi´on de Cauchy converge a un n´umero complejo. Es decir, C es completo. La completez de C es equivalente a la propiedad del teorema de Cantor siguiente, donde recordamos que si A ⊆ C, se define su di´ametro como di´am A := sup{|z − w| : z, w ∈ A}.

Teorema 1.14 (Cantor). Si {Fn } es una sucesi´on de conjuntos cerrados no vac´ıos de C tales que: (1) F1 ⊇ F2 ⊇ · · · , (2) l´ım{di´am Fn } = 0, entonces F :=

∞ \

Fn consiste de un u´ nico punto.

n=1

Demostraci´on. Para cada n sea zn ∈ Fn un punto arbitrario. Por (1), si m, n ≥ N se tiene que zm , zn ∈ FN y por lo tanto |zm − zn | ≤ di´am FN . Ahora, por (2), para todo ε > 0 existe un N ∈ N tal que si k ≥ N se tiene que di´am Fk < ε. Se sigue que si m, n ≥ N se tiene que |zm − zn | < ε y por lo tanto {zn } es una sucesi´on de Cauchy en C y consecuentemente l´ım{zn } = z ∈ C. Ahora, como Fn ⊆ FN para todo n ≥ N y como zn ∈ Fn , entonces zn ∈ FN para todo n ≥ N, es decir la cola de la sucesi´on {zn } est´a contenida en FN y como FN es cerrado, por el lema 1.11 se sigue que z ∈ FN y T por lo tanto z ∈ Fn para todo n y consecuentemente z ∈ ∞ / Por n=1 Fn =: F y as´ı F 6= 0. otra parte, si z, w ∈ F, entonces z, w ∈ Fn para todo n y por lo tanto |z − w| ≤ di´am Fn para todo n y como l´ım{di´am Fn } = 0 se sigue que |z − w| = 0, es decir, z = w y as´ı F contiene un u´ nico punto. t u El teorema siguiente caracteriza los subconjuntos compactos del plano complejo: Teorema 1.15 (Heine-Borel). Un subconjunto K ⊆ C es compacto si y s´olo si es cerrado y acotado. Demostraci´on. Si K es compacto, por la primera parte de la proposici´on anterior, K es cerrado. Por otra parte, como los discos B(0; n) con n ∈ N, cubren claramente C, entonces cubren K y como K es compacto existe una subcubierta finita que, como los discos anteriores est´an encadenados, equivale a que existe un disco B(0; M) tal que K ⊆ B(0; M) y por lo tanto K est´a acotado por M.

1.2 Sucesiones y series de n´umeros complejos

25

Supongamos ahora que K es cerrado y acotado. Como es acotado, existe un M > 0 tal que K ⊆ B(0; M). Se sigue que K ⊆ B(0; M) ⊆ [−M, M] × [−M, M] =: C, donde C es el cuadrado de centro el origen y lado 2M: M6 −M

M-

C

−M Note que C es cerrado y por la proposici´on 1.10 basta mostrar que C es compacto para que K lo sea. Supongamos, que existe una cubierta abierta U = {Uα } de C que no contiene una subcubierta finita. Dividamos C en los cuatro cuadrados cerrados y con interiores disjuntos siguientes: C1 = [0, M]×[0, M], C2 = [−M, 0]×[0, M], C3 = [−M, 0] × [0, −M], C4 = [0, M] × [0, −M]: 6 C2

C1 •

-

C3

C4

Se sigue que alguno de los C j no se puede cubrir con un n´umero finito de los Uα . Sin perder generalidad supongamos que C1 no se puede cubrir con un n´umero finito de los Uα y denotemos este por C(1) . Procedemos entonces dividir este C(1) en cua(1) (1) tro cuadrados cerrados con interiores disjuntos: C1 = [0, M/2] × [0, M/2], C2 = (1) (1) [M/2, M] × [0, M/2], C3 = [M/2, M] × [M/2, M], C4 = [0, M/2] × [M/2, M]: 6

(4)

C1

(1)

C1

• (1)

Entonces, alguno de los C j

(3)

C1

(2)

C1

-

no se puede cubrir con un n´umero finitos de los Uα . (1)

Sin perder generalidad supongamos que C1 no se puede cubrir con un n´umero finito de los Uα y denotemos este por C(2) . Note que el proceso anterior no se puede (n) detener porque si as´ı sucediera todos los C j correspondientes se cubrir´ıan por un n´umero finito de los Uα y por lo tanto tambi´en C quedar´ıa cubierto por este n´umero finito de Uα . Hemos as´ı construido una familia de subconjuntos cerrados no vac´ıos encadenados C ⊇ C(1) ⊇ C(2) ⊇ C(3) ⊇ · · · donde claramente l´ım{di´amC(n) } = 0 y as´ı, por el teorema de Cantor 1.14, existe T un u´ nico punto z ∈ n≥1 C(n) ⊆ C. Ahora, como z ∈ C y los Uα cubren C, entonces

26

1 Topolog´ıa del plano complejo

z ∈ Uα para alg´un α, y como Uα es abierto, existe un B(z; δ ) ⊆ Uα . Para esta δ > 0, como l´ım{di´amC(n) } = 0, existe un entero N > 0 tal que di´amC(n) < δ para todo n ≥ N, y como z ∈ C(n) , entonces C(n) ⊆ B(z; δ ) ⊆ Uα . Es decir, estos C(n) est´an cubiertos por una u´ nica Uα , una contradicci´on. t u ´ Series de numeros complejos. Si {an } es una sucesi´on de complejos, considere las sumas parciales: sn = a1 + a2 + · · · + an y note que estas definen una nueva sucesi´on {sn }, llamada la sucesi´on de sumas parciales de {an }. A esta sucesi´on de sumas parciales se le llama la serie o serie infinita asociada a la sucesi´on {an } y se denota por ∞

{sn } =

∑ an .

n=0

Decimos que la serie ∑∞ n=0 an es convergente y que converge a L ∈ C si la sucesi´on de sumas parciales {sn } converge a L. Se usa la notaci´on ∑∞ n=0 an = L, y se dice que L es la suma de la serie infinita anterior. Se dice que una serie ∑∞ n=0 an diverge si {sn } no tiene un l´ımite en C. Se dice que una serie ∑∞ a converge absolutamente n=0 n si la serie de m´odulos ∑∞ |a | es convergente. Las propiedades usuales de las sen=0 n ries de n´umeros (complejos) se encuentran en los ejercicios 1.35 y 1.36 al final de esta secci´on. L´ımite superior y l´ımite inferior. Supongamos que {an } es una sucesi´on de n´umeros reales. 1. Si {an } no est´a acotada superiormente, se define el l´ımite superior como l´ım sup{an } = ∞. 2. Si {an } est´a acotada por arriba, entonces tambi´en lo es la sucesi´on {am+n }n∈N para cada m. Si ponemos αm := sup{am+n : n ∈ N} claramente la sucesi´on {αm } es decreciente. Si sucede que l´ım{αm } = −∞ se define l´ım sup{an } = −∞. 3. Si {an } est´a acotada por arriba y l´ım{αm } = α ∈ R, se define l´ım sup{an } = α. Se tiene la noci´on correspondiente de l´ımite inferior, denotado l´ım inf{an }, y definido como sigue (donde αm = ´ınf{am+n : n ∈ N}):

1.2 Sucesiones y series de n´umeros complejos

  −∞ l´ım inf{an } = ∞   α

27

si {an } no est´a acotada inferiormente, si {an } est´a acotada inferiormente y l´ım{αm } = ∞, si {an } est´a acotada inferiormente y l´ım{αm } = α ∈ R.

Ejercicios 1.29. Si {zn } es una sucesi´on convergente en C, demuestre que su l´ımite es u´ nico. Si {zn } y {wn } son dos sucesiones convergentes, con l´ımites L1 y L2 , respectivamente, demuestre que (1) La suma de las sucesiones {zn + wn } converge a L1 + L2 . (2) El productto de las sucesiones {zn wn } converge a L1 L2 . (3) El cociente (cuando est´a definido) de las sucesiones {zn /wn } converge a L1 /L2 si L2 6= 0. 1.30. Demuestre que si {zn } es convergente, entonces es acotada. D´e un contraejemplo para mostrar que el rec´ıproco es falso. 1.31. Demuestre que toda sucesi´on acotada tiene una subsucesi´on convergente. 1.32. Si Ω ⊆ C demuestre que Ω − = {z ∈ C : z es punto de acumulaci´on de Ω }. 1.33. Demuestre que K ⊆ C es compacto si y s´olo si todo subconjunto infinito de K tiene un punto de acumulaci´on en K. 1.34. Demuestre que di´am A = di´am A, para todo A ⊆ C. 1.35. Demuestre que si ∑∞ on {zn } converge n=0 zn es convergente, entonces la sucesi´ a 0. La afirmaci´on rec´ıproca es falsa: considere la serie arm´onica ∑∞ n=0 1/n. 1.36. Demuestre que toda serie ∑∞ n=0 zn absolutamente convergente, es convergente. D´e un contraejemplo de una serie convergente que no es absolutamente convergente. 1.37. Demuestre que l´ım sup{an } = −∞ si y s´olo si l´ım{an } = −∞. 1.38. Demuestre que l´ım sup{an } = ∞ si y s´olo si existe una subsucesi´on de {an } cuyo l´ımite es ∞. 1.39. Demuestre que l´ım sup{an } = α ∈ R si y s´olo si para todo ε > 0 el conjunto {n : an ≥ α − ε} es acotado y el conjunto {n : an > α − ε} es no acotado. 1.40. Si α ∈ R y {an } ⊆ R, demuestre que l´ım{an } = α si y s´olo si l´ım sup{an } = α = l´ım inf{an }. 1.41. Si l´ım sup{an } = α ∈ R, demuestre que para toda subsucesi´on convergente {bn } de {an } se tiene que l´ım{bn } ≤ α. M´as a´un, demuestre que existe una subsucesi´on {bn } tal que l´ım{bn } = α.

28

1 Topolog´ıa del plano complejo

1.42. Si l´ım sup{an } = α y c > 0 es un real, demuestre que l´ım sup{can } = cα. 1.43. Si {an } y {bn } son sucesiones acotadas de n´umeros reales, demuestre que l´ım sup{an + bn } ≤ l´ım sup{an } + l´ım sup{bn }. l´ım inf{an + bn } ≥ l´ım inf{an } + l´ım inf{bn }. 1.44. Demuestre que l´ım inf{an } ≤ l´ım sup{an }. 1.45. Si {an } y {bn } son sucesiones de n´umeros reales positivos tales que a = l´ım sup{an } y 0 < b = l´ım{bn } < ∞, demuestre que ab = l´ım sup{an bn }. 1.46. Demuestre que l´ım{n1/n } = 1. Sugerencia: considere log n1/n . 1.47. Demuestre que l´ım

 1/n 1 n!

∞

1.48. Suponga que

∞

∑ an = L1 y

n=0

absolutamente. Defina cn =

= 0.

n

∑ bn = L2 y que cada una de estas series converge

n=0

∞

∑ ak bn−k . Demuestre que ∑ cn = L1 L2 . n=0

k=0

1.3.

Funciones de una variable compleja

Si Ω ⊆ C, estaremos interesados en funciones f : Ω → C y en esta secci´on estudiaremos sus propiedades generales b´asicas: su comportamiento bajo l´ımites y su continuidad. Para comenzar, observe que como el codominio de estas funciones es el campo de n´umeros complejos, las funciones anteriores se pueden sumar, restar y multiplicar (y dividir, siempre y cuando el denominador no sea cero). Las definiciones son las usuales: si f , g : Ω → C son dos funciones, su suma es la funci´on f + g : Ω → C definida por ( f + g)(z) = f (z) = g(z), su producto es la funci´on f g : Ω → C dada por ( f g)(z) = f (z)g(z). La resta f − g : Ω → C est´a dada por ( f − g)(z) = f (z) − g(z) y el cociente f /g tiene como dominio al conjunto Ω 0 := {z ∈ Ω : g(z) 6= 0} y se define, para z ∈ Ω 0 mediante ( f /g)(z) = f (z)/g(z). Si f : Ω → C y g : ∆ → C son dos funciones tales que para todo z ∈ Ω se tiene que f (z) ∈ ∆ , es decir, la imagen del conjunto Ω bajo f f (Ω ) := { f (z) : z ∈ Ω } est´a contenida en ∆ , entonces se define la composici´on g◦ f : Ω → C

1.3 Funciones de una variable compleja

29

mediante (g◦ f )(z) := g( f (z)), observando que, si z ∈ Ω , el valor o imagen f (z) ∈ ∆ est´a en el dominio de g por la hip´otesis de que f (Ω ) ⊆ ∆ . L´ımites. Si f : Ω → C es una funci´on y z0 es un punto de acumulaci´on de Ω , se dice que un n´umero complejo L ∈ C es el l´ımite de f cuando z se aproxima a z0 si para todo ε > 0 existe un δ > 0 tal que siempre que 0 < |z − z0 | < δ y z ∈ Ω , se tiene que | f (z) − f (z0 )| < ε. Como para el caso de funciones reales de variable real, si el l´ımite L anterior existe, este es u´ nico (vea el ejercicio 1.49) y lo denotaremos por L = l´ım f (z). z→z0

La demostraci´on del resultado siguiente la dejamos como el ejercicio 1.50: Proposici´on 1.16. Sean f , g : Ω → C dos funciones y z0 un punto de acumulaci´on de Ω . Si l´ımz→z0 f (z) y l´ımz→z0 g(z) existen, entonces: (1) l´ım ( f ± g)(z) = l´ım f (z) ± l´ım g(z). z→z0

z→z0

z→z0



(2) l´ım ( f g)(z) = l´ım f (z) l´ım g(z) . z→z0

z→z0

z→z0




(3) Si l´ım g(z) 6= 0, entonces l´ım f (z)/g(z) = l´ım f (z) l´ım g(z) . z→z0

z→z0

z→z0

z→z0

t u

Continuidad. Una funci´on f : Ω → C es continua en el punto z0 ∈ Ω si l´ım f (z) = f (z0 ).

z→z0

Por definici´on de l´ımite, lo anterior quiere decir que, para todo ε > 0 existe un δ > 0 tal que si |z − z0 | < δ y z ∈ Ω , se tiene que | f (z) − f (z0 )| < ε. Interpretando las desigualdades anteriores en t´erminos de discos abiertos, se tiene que f es continua en z0 ∈ Ω si y s´olo si para todo disco abierto B( f (z0 ); ε) con centro f (z0 ), existe un disco abierto B(z0 ; δ ) con centro z0 tal que para todo z ∈ B(z0 ; δ ) ∩ Ω se tiene que f (z) ∈ B( f (z0 ); ε); es decir, f (B(z0 ; δ ) ∩ Ω ⊆ B( f (z0 ); ε). Dicho de otra manera, hemos probado que para cualquier disco abierto B( f (z0 ); ε) con centro f (z0 ), existe un disco abierto B(z0 ; δ ) tal que su intersecci´on con Ω est´a contenida en la imagen inversa del disco B( f (z0 ); ε): f −1 (B( f (z0 ); ε)) := {z ∈ Ω : f (z) ∈ B( f (z0 ); ε)}. Hemos as´ı probado: Proposici´on 1.17. Una funci´on f : Ω → C es continua en el punto z0 ∈ Ω si y s´olo si para todo disco abierto B( f (z0 ); ε) con centro en f (z0 ) existe un disco abierto B(z0 ; δ ) tal que B(z0 ; δ ) ∩ Ω ⊆ f −1 B( f (z0 ); ε). t u La demostraci´on del resultado siguiente la dejamos como el ejercicio 1.51: Proposici´on 1.18. Sean f , g : Ω → C funciones continuas en un punto z0 ∈ Ω . Entonces,

30

1 Topolog´ıa del plano complejo

(1) f ± g : Ω → C es continua en z0 . (2) f g : Ω → C es continua en z0 . (3) Si g(z0 ) 6= 0, entonces f /g : Ω → C es continua en z0 . t u Se dice que una funci´on f : Ω → C es continua si lo es en cada punto de su dominio. Teorema 1.19. Una funci´on f : Ω → C es continua si y s´olo si para todo abierto U ⊆ C se tiene que f −1 (U) es abierto en Ω . Demostraci´on. Si U ⊆ C es abierto y z ∈ f −1 (U), entonces f (z) ∈ U y como U es abierto existe un disco B( f (z); ε) ⊆ U. Ahora,
como f es continua en z, para todo ε > 0 existe un δ > 0 tal que f B(z; δ ) ∩ Ω ⊆ B( f (z); ε) ⊆ U y por lo tanto B(z; δ ) ∩ Ω ⊆ f −1 (U) y por lo tanto f −1 (U) es abierto en Ω . Rec´ıprocamente, si z ∈ Ω , para todo ε > 0 por hip´otesis f −1 B( f (z); ε) es abierto en Ω , es decir, existe un abierto V ⊆ C tal que f −1 B( f (z); ε) = V ∩ Ω y as´ı z ∈ V , por lo que existe un disco B(z; δ ) ⊆ V y consecuentemente B(z; δ ) ∩ Ω ⊆ f −1 B( f (z); ε) y as´ı por la proposici´on anterior f es continua en z, para todo z ∈ Ω . t u Corolario 1.20. Sean f : Ω → C y g : ∆ → C funciones tales que f (Ω ) ⊆ ∆ y adem´as f y g son continuas. Entonces, g ◦ f : Ω → C es continua. Demostraci´on. Si U ⊆ C es abierto, como g es continua se tiene que g−1 (U) es abierto en ∆ , y como f es continua se sigue que (g ◦ f )−1 (U) = f −1 (g−1U) es abierto en Ω . t u Teorema 1.21. Sea f : Ω → C una funci´on continua. (1) Si Ω es conexo, entonces f (Ω ) tambi´en es conexo. (1) Si Ω es compacto, entonces f (Ω ) tambi´en es compacto. Demostraci´on. (1): Supongamos que V ⊆ f (Ω ) es abierto y cerrado en f (Ω ) y que V 6= 0. / Entonces, f −1V 6= 0/ y f −1V es abierto y cerrado en el conexo Ω porque f es continua. Se sigue que f −1V = Ω y as´ı V = f (Ω ) y por lo tanto f (Ω ) es conexo. (2): Si Ω = 0, / entonces f (Ω ) = 0/ y no hay nada que probar. Supongamos que S Ω 6= 0/ y sea {Vi } una cubierta abierta de f (Ω ), es decir, f (Ω ) ⊆ i Vi . Entonces, { f −1Vi } es una cubierta abierta de Ω , y como Ω es compacto, entonces existe una subcubierta finita, digamos Ω ⊆ f −1V1 ∪ · · · ∪ f −1Vn . Se sigue que


f (Ω ) ⊆ f f −1V1 ∪ · · · ∪ f −1Vn ⊆ f ( f −1V1 ∪ · · · ∪ f f −1Vn ⊆ V1 ∪ · · · ∪Vn y por lo tanto V1 , . . . ,Vn es una subcubierta finita de f (Ω ).

t u

Una funci´on f : Ω → C es uniformemente continua si para todo ε > 0 existe un δ > 0 (que s´olo depende de ε) tal que | f (z) − f (w)| < ε siempre que |z − w| < δ . Claramente toda funci´on uniformemente continua es continua. El ejercicio 1.56 pide encontrar una funci´on continua que no es uniformemente continua.

1.3 Funciones de una variable compleja

31

Teorema 1.22. Si f : Ω → C es continua y Ω es compacto, entonces f es uniformemente continua. Demostraci´on. Dado ε > 0, como f es continua en cada u ∈ Ω , existe un δu > 0 (que depende de u y ε) tal que si |u − v| < 2δu se tiene que | f (u) − f (v)| < ε/2.

(1)

La familia de discos {B(u; δu )}u∈Ω es una cubierta abierta de Ω y como e´ ste es compacto existe una subcubierta finita, digamos B(u1 ; δ1 ), . . ., B(un ; δn ). Sea δ = m´ın{δ1 , . . . , δn }. Entonces, dados w, z ∈ Ω tales que |w − z| < δ , como los discos B(u j ; δ j ) cubren Ω , entonces w ∈ B(uk ; δk ) para alg´un k entre 1 y n, y por lo tanto |uk − w| < δk . Adem´as, |w − z| < δ ≤ δk , por lo que |uk − z| ≤ |uk − w| + |w − z| < 2δk y as´ı, por (1), se sigue que | f (uk ) − f (z)| < ε/2. Por otra parte, como |uk − w| < δk < 2δk , por (1) se sigue que | f (uk ) − f (w)| < ε/2. Las dos u´ ltimas desigualdades implican que | f (w) − f (z)| ≤ | f (w) − f (uk )| + | f (uk ) − f (z)| < ε/2 + ε/2 = ε siempre que |w − z| < δ .

t u

Si A, b ⊆ C son no vac´ıos, se define la distancia entre A y B mediante d(A, B) := ´ınf{d(a, b); : a ∈ A, b ∈ B}. En el caso cuando A = {a} consta de un solo punto se define d(a, B) := d({a}, B). Note tambi´en que si A = {a} y B = {b}, entonces d(A, B) = d(a, b). Tambi´en, si A ∩ B 6= 0, / entonces d(A, B) = 0. Sin embargo se puede tener que d(A, B) = 0 a´un cuando A∩B 6= 0. / Por ejemplo, si A = {z = (a, 0) ∈ C} y B = {z = (x, ex ) = x+iex ∈ C}, entonces B es as´ıntota al eje real A por lo que d(A, B) = 0. Note que A ∩ B = 0/ y ambos son cerrados, pero ninguno es compacto. Proposici´on 1.23. Si A, B ⊆ C son no vac´ıos disjuntos, B cerrado y A compacto, entonces d(A, B) > 0. Demostraci´on. Defina f : C → R mediante f (z) := d(z, B). Claramente f es continua. Como A ∩ B = 0/ y B es cerrado, entonces para todo a ∈ A se tiene que f (a) > 0. Pero como A es compacto, por el ejercicio 1.55, la funci´on continua f alcanza su m´ınimo en A, es decir, existe un a0 ∈ A tal que 0 < f (a0 ) = ´ınf{ f (z) : z ∈ A} = d(A, B). t u

32

1 Topolog´ıa del plano complejo

Ejercicios 1.49. Sea f : Ω → C una funci´on y z0 un punto de acumulaci´on de Ω . Si el l´ımite l´ımz→z0 f (z) existe, demuestre que es u´ nico. 1.50. Demuestre la proposici´on 1.16. 1.51. Demuestre la proposici´on 1.18. 1.52. Sean f : Ω → ∆ ⊆ C y g : ∆ → C funciones. Sea z0 un punto de acumulaci´on de Ω tal que l´ımz→z0 f (z) = w0 ∈ ∆ y suponga que g es continua en w0 . Demuestre que l´ım (g ◦ f )(z) = g( l´ım f (z)) = g(w0 ). z→z0

z→z0

1.53. Sean f : Ω → C una funci´on y z0 ∈ C un punto de acumulaci´on de Ω . Demuestre que l´ım = L ∈ C z→z0

si y s´olo si para toda sucesi´on {zn } ⊆ Ω − {z0 } que converge a z0 se tiene que l´ım{ f (zn )} = L. 1.54. Si K ⊆ C es compacto y f : K → C es continua, demuestre que existe un punto z0 ∈ K tal que | f (z0 )| = sup{| f (z)| : z ∈ K}. As´ı, en un compacto el m´odulo de una funci´on continua alcanza su m´aximo. 1.55. Si K ⊆ C es compacto y f : K → C es continua, demuestre que existe un punto z0 ∈ K tal que | f (z0 )| = ´ınf{| f (z)| : z ∈ K}. (En un compacto el m´odulo de una funci´on continua alcanza su m´ınimo). 1.56. D´e un ejemplo de una funci´on continua que no es uniformemente continua. 1.57. Si f , g : Ω → C son uniformemente continuas, demuestre que f + g tambi´en lo es. 1.58. Si f : Ω → C es uniformemente continua y {zn } es una sucesi´on de Cauchy en Ω , demuestre que { f (zn )} es una sucesi´on de Cauchy en C. 1.59. Demuestre que d(z, Ω ) = d(z, Ω − ). 1.60. Si Ω ⊆ C, un subconjunto A ⊆ Ω es denso en Ω si A− = Ω . Por ejemplo, el conjunto A = {a + bi : a, b ∈ Q} ⊆ C es denso en C. Suponga que f , g : Ω → C son dos funciones continuas tales que f (z) = g(z) para todo z ∈ A, donde A es denso en Ω . Demuestre que f = g.

1.4 La esfera de Riemann y el plano complejo extendido

33

1.61. Un punto z0 ∈ Ω se dice que es aislado si existe un disco B(z0 ; ε), con ε > 0, tal que Ω ∩ B(z0 ; ε) = {z0 }. Demuestre que si z0 ∈ Ω , entonces z0 es un punto aislado o un punto de acumulaci´on de Ω . 1.62. Si z0 ∈ Ω es un punto aislado, demuestre que cualquier funci´on f : Ω → C es continua en z0 . 1.63. Una funci´on f Ω → C se dice que es Lipschitz si existe una constante L > 0 tal que | f (z) − f (w)| ≤ L|z − w| para todo z, w ∈ Ω . Demuestre que toda funci´on de Lipschitz es uniformemente continua. 1.64. Si 0/ 6= A ⊆ Ω ⊆ C, demuestre que la funci´on f : Ω → C dada por f (z) = d(z, A) es de Lipschitz. 1.65. Demuestre que la funci´on f : C → C dada por f (z) = |z| es de Lipschitz. 1.66. Demuestre que la funci´on f : R → R dada por f (x) = x2 no es de Lipschitz.

1.4.

La esfera de Riemann y el plano complejo extendido

Adem´as de los l´ımites de la forma l´ımz→∞ f (z) = L ∈ C o de la forma l´ımz→z0 f (z) = ∞, que ya hemos encontrado, hay muchas otras situaciones donde ser´ıa conveniente trabajar con el s´ımbolo ∞ como un elemento especial del dominio o codominio de una funci´on y por lo tanto es deseable extender el plano complejo C a˜nadiendo un punto al infinito y definir el plano complejo extendido como C∞ := C ∪ {∞}, donde ∞ es un elemento que no est´a en C. As´ı, expresiones como l´ımz→z0 f (z) = ∞ tienen sentido dentro de C∞ y tambi´en expresiones del estilo l´ımz→∞ f (z) = z0 con z0 ∈ C o z0 = ∞. El plano extendido C∞ ser´a de mucha utilidad al poder considerar funciones que tomen el valor ∞. Un ejemplo de tal funci´on es f (z) = 1/z donde ahora podemos decir que f (0) = ∞ en el plano complejo extendido. Para que los l´ımites anteriores tengan sentido dentro de C∞ , necesitamos introducir una m´etrica o distancia en C∞ . Siguiendo a Carath´eodory, se introduce la distancia cordal o m´etrica cordal en C∞ como sigue. Primero, se identifica C con el plano coordenado XY en R3 , es decir, C = {(x, y, 0) ∈ R3 }. Despu´es, se identifica C∞ con la esfera unitaria en R3 : S := {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = 1}. Para hacer esta identificaci´on, denote con N = (0, 0, 1) ∈ S al polo norte de la esfera y considere la funci´on ϕ : S − {N} → C definida, para un punto P = (x1 , y1 , z1 ) ∈ S − {N}, como el punto de intersecci´on de la recta LP en R3 que pasa por los dos puntos P y N:

34

1 Topolog´ıa del plano complejo

LP := {(x, y, z) = (0, 0, 1) + t(x1 , x2 , z1 − 1) = (tx1 ,ty1 , 1 − t(z1 − 1)) : t ∈ R}, con el plano C: 6 N

◦

P ◦

-

Y

• •

w

X donde un c´alculo rutinario da como resultado el punto  x  y1 1 (1) ϕ(P) = , ,0 1 − z1 1 − z1 donde notamos que como P 6= N, entonces la coordenada z1 6= 1. A la funci´on ϕ se le llama la proyecci´on estereogr´afica de S en C. Que ϕ es biyectiva es f´acil de ver porque su inversa es la funci´on ψ : C → S − {N} definida, para un complejo w = (x, y, 0) ∈ C, considerando la recta Lw que pasa por w y N: Lw := {(x1 , y1 , z1 ) = (0, 0, 1) + t(x, y, −1) = (tx,ty, 1 − t) : t ∈ R}, y que corta a S en el punto (2)

ψ(w) =



2y |w|2 − 1  2x , , . 1 + |w|2 1 + |w|2 1 + |w|2

Un c´alculo sencillo muestra que ϕ y ψ son inversas una de la otra. Finalmente, ambas funciones se extienden a todo S y a C∞ definiendo (3)

ϕ(N) = ∞

y

ψ(∞) = N.

Se introduce entonces la distancia cordal entre dos puntos w, w0 ∈ C∞ como la distancia en R3 entre los puntos ψ(w), ψ(w0 ) ∈ S correspondientes, es decir, usando (2) y (3), se define dc (w, w0 ) := d(ψ(w), ψ(w0 )) = kψ(w) − ψ(z)k,

1.4 La esfera de Riemann y el plano complejo extendido

35

donde en el lado derecho se tiene la distancia euclidiana de R3 . Que la anterior definici´on es, en efecto, una m´etrica en C∞ es porque la distancia euclidiana es una m´etrica en R3 . Note que con esta m´etrica en C∞ , si w = x + iy ∈ C y w0 = ∞, usando (3) y (2) se tiene que 2 , dc (w, ∞) = dc (ψ(w), ψ(∞)) = dc (ψ(w), N) = p |w|2 + 1 ¡y as´ı el ∞ ya no est´a tan lejos! Al plano complejo extendido C∞ , o a su representaci´on como la esfera S2 ⊆ R3 , se le conoce tambi´en como la esfera de Riemann. Para otra interpretaci´on del plano complejo extendido C∞ v´ease la subsecci´on sobre la recta proyectiva compleja en la p´agina 181 del cap´ıtulo 7.

Ejercicios 1.67. Por definici´on, un c´ırculo en S es la intersecci´on de un plano Π en R3 con S. Recuerde que un plano en R3 tiene una ecuaci´on cartesiana de la forma Ax + by + Cz+D = 0. Usando la proyecci´on estereogr´afica (1), demuestre que la proyecci´on de un c´ırculo S en S corresponde a un c´ırculo T en el plano C si el c´ırculo S no contiene al polo norte. Demuestre que si S contiene al polo norte, entonces su proyecci´on T en C es una recta. 1.68. Demuestre el rec´ıproco del ejercicio anterior. Es decir, si T es un c´ırculo en C, bajo la inversa (2) de la proyecci´on estereogr´afica su imagen S en S es un c´ırculo. Si T es una recta en C, demuestre que su imagen bajo (2) es un c´ırculo en S menos el polo norte. 1.69. Sea dc : C∞ × C∞ → C∞ la distancia cordal. Demuestre que, en efecto, es una distancia, es decir, satisface las condiciones: dc (z, w) ≥ 0, y dc (z, w) = 0 si y s´olo si z = w. dc (z, e) = dc (w, z). dc (z, w) ≤ dc (z, u) + dc (u, w), para cualquier u ∈ C∞ . 1.70. Si z, w ∈ C∞ , demuestre que dc (1/z, 1/w) = dc (z, w). 1.71. Si z, w ∈ C, demuestre que dc (z, w) = p

2|w − z| p . 1 + |z|2 1 + |w|2

1.72. Demuestre que si z, w ∈ C, entonces la distancia cordal dc (z, w) ≤ |w − z|. 1.73. Demuestre que la funci´on ψ : C∞ → S es una isometr´ıa.

Cap´ıtulo 2

Derivaci´on

En este cap´ıtulo comenzamos introduciendo el concepto de derivada de una funci´on f : Ω → C en un punto z ∈ Ω para despu´es considerar funciones derivables en todos los puntos de su dominio Ω (un abierto de C), probamos sus principales propiedades e ilustramos la teor´ıa con varios ejemplos de funciones derivables (polinomios, funciones racionales, la exponencial compleja, logaritmos, potencias y funciones trigonom´etricas).

2.1.

Derivadas

Si Ω ⊆ C es un conjunto abierto, f : Ω → C es una funci´on y z ∈ Ω , diremos que f es diferenciable en z si el l´ımite siguiente existe f 0 (z) := l´ım

w→z

f (w) − f (z) . w−z

y a este l´ımite se le llama la derivada de f en z. Observe que este l´ımite es igual a f 0 (z) = l´ım

h→0

f (z + h) − f (z) h

con h ∈ C tal que z + h ∈ Ω . Ejemplo 2.1. La funci´on f : C → C dada por f (z) = z (conjugaci´on) no es diferenciable en ning´un punto de C. En efecto, f (z + h) − f (z) z + h − z z + h − z h = = = h h h h y escribiendo h = a + bi note que h ∈ R si y s´olo si b = 0 por lo que h/h = a/a = 1, y por otra parte, h ∈ Ri si y s´olo si a = 0 y as´ı h/h = −bi/bi = −1 por lo que

37

38

2 Derivaci´on

f (z + h) − f (z) = h

( 1 si h ∈ R, −1 si h ∈ Ri

y por lo tanto el l´ımite f 0 (z) no existe. Ejemplo 2.2. La funci´on f : C → C dada por f (z) = c (constante) es diferenciable en todos los puntos de C y su derivada es f 0 (z) = 0. Ejemplo 2.3. La funci´on f : C → C dada por f (z) = z (la identidad) es diferenciable en todos los puntos de C y su derivada es f 0 (z) = 1. Ejemplo 2.4. En general, la funci´on f : C → C dada por f (z) = zn (con n ∈ N) es diferenciable en todos los puntos de C y su derivada es f 0 (z) = nzn−1 . Esto se puede comprobar directamente o mejor a´un, se sigue del ejemplo anterior y del resultado siguiente: Proposici´on 2.1. Sea Ω ⊆ C un conjunto abierto y sean f , g : Ω → C funciones. Si z ∈ Ω y f , g son diferenciables en z, entonces: (1) f + g : Ω → C es diferenciable en z, y adem´as ( f + g)0 (z) = f 0 (z) + g0 (z). (2) f · g : Ω → C es diferenciable en z, y adem´as ( f · g)0 (z) = f (z)g0 (z) + f 0 (z)g(z). (3) Si g 6= 0, f /g : Ω → C es diferenciable en z, y adem´as si g(z) 6= 0,  0 g(z) f 0 (z) − f (z)g0 (z) f . (z) = g g(z)2 Demostraci´on. Directo de las definiciones, pero vea tambi´en el ejercicio 2.2.

t u

Ejemplo 2.5. De los ejemplos 2 y 4 y de la proposici´on anterior se sigue que todo polinomio complejo f : C → C, f (z) = an zn + an−1 zn−1 + · · · + a2 z2 + a1 z + a0 con n ≥ 0 entero y los coeficientes a j ∈ C, es diferenciable en todo C. Proposici´on 2.2. Si f : Ω → C es diferenciable en z0 ∈ Ω , entonces f es continua en z0 . Demostraci´on.

f (z) − f (z0 ) z − z0 l´ım f (z) − f (z0 ) = l´ım z→z0 z − z0 f (z) − f (z0 ) = l´ım · l´ım (z − z0 ) z→z0 z→z0 z − z0 0 = f (z0 ) · 0 = 0,

z→z0

de donde se sigue que l´ımz→z0 f (z) = f (z0 ).

t u

2.1 Derivadas

39

Derivaci´on a` la Carath´eodory. La formulaci´on de Carath´eodory de la noci´on de derivada de una funci´on f : Ω → C en un punto z0 ∈ Ω enfatiza la continuidad de la funci´on f en el punto z0 , de hecho, la definici´on misma lleva impl´ıcita la noci´on de continuidad y al mismo tiempo permite facilitar la demostraci´on de varios teoremas sobre derivaci´on, donde la demostraci´on usual con la definici´on que hemos dado (esencialmente debida a Cauchy) requiere detalles poco iluminantes. Carath´eodory comienza con la definici´on usual f 0 (z0 ) = l´ım

z→z0

f (z) − f (z0 ) z − z0

observando, como en la proposici´on 2.2, que la continuidad de f en z0 es directa de esta definici´on y propone la definici´on siguiente: La funci´on f : Ω → C es derivable a` la Carath´eodory en un punto z0 ∈ Ω si existe una funci´on ϕ : Ω → C continua en z0 tal que f (z) − f (z0 ) = ϕ(z)(z − z0 ) para todo z ∈ Ω . Note que el l´ımite involucrado en la definici´on de Cauchy de derivada est´a ahora impl´ıcito sutilmente en la continuidad de la funci´on ϕ en z0 . Proposici´on 2.3 (Carath´eodory). Sean f : Ω → C una funci´on y z0 ∈ Ω un punto. Entonces, f tiene una derivada (en el sentido de Cauchy) en z0 si y s´olo si f es derivable en el sentido de Carath´eodory en z0 . De hecho, para la funci´on ϕ : Ω → C, de la definici´on se tiene que f 0 (z0 ) = ϕ(z0 ). Demostraci´on. Si f es derivable en el sentido de Carath´eodory, entonces para todo z 6= z0 , f (z) − f (z0 ) = ϕ(z) z − z0 donde ϕ es continua en z0 por lo que f 0 (z0 ) = l´ım ϕ(z) = ϕ(z0 ) z→z0

existe. Rec´ıprocamente, si f 0 (z0 ) existe en el sentido de Cauchy, definamos ϕ : Ω → C mediante   f (z) − f (z0 ) si z 6= z , 0 ϕ(z) = z − z0  0 f (z0 ) si z = z0 . Entonces claramente ϕ es continua en z0 y si z 6= z0 se tiene que f (z) − f (z0 ) = ϕ(z)(z − z0 ) y para z = z0 obviamente tambi´en se cumple la igualdad anterior.

t u

Observaci´on 2.1. La definici´on de Carath´eodory es la misma para funciones reales de variable real f : Ω ⊆ R → R, o para funciones complejas de variable real f : Ω ⊆ R → C. La proposici´on anterior sigue siendo cierta en estos contextos tambi´en.

40

2 Derivaci´on

Como consecuencia inmediata de la formulaci´on de Carath´eodory probaremos la regla de la cadena para la derivada de una composici´on de funciones. M´as adelante, en el corolario 4.26, una vez que ya hayamos probado que toda funci´on diferenciable (en el sentido complejo) f : Ω → C es abierta (el teorema 4.25), usando el criterio de Carath´eodory probaremos el teorema para la derivada de la inversa de una funci´on diferenciable (en el sentido complejo) biyectiva. Proposici´on 2.4 (Regla de la cadena). Sean f : Ω ⊆ C → ∆ ⊆ C y g : ∆ ⊆ C → C funciones con Ω y ∆ abiertos y sea z0 ∈ Ω . Si f 0 (z0 ) y g0 ( f (z0 )) existen, entonces (g ◦ f )0 (z0 ) = g0 ( f (z0 )) · f 0 (z0 ). Demostraci´on. Por hip´otesis, para z ∈ Ω f (z) − f (z0 ) = ϕ(z)(z − z0 )

(1)

donde ϕ : Ω → C es continua en z0 . Tambi´en, g(w) − ( f (z0 )) = ψ(w)(w − f (z0 ))

(2)

para w ∈ ∆ y donde ψ : ∆ → C es continua en f (z0 ). Se sigue que (g ◦ f )(z) − (g ◦ f )(z0 ) = g( f (z)) − g( f (z0 )) = ψ( f (z))( f (z) − f (z0 )) por (2) = (ψ ◦ f )(z)ϕ(z)(z − z0 ) por (1) y notamos que la funci´on (ψ ◦ f ) · ϕ : Ω → C es continua en z0 , porque por hip´otesis ϕ es continua en z0 y como f 0 (z0 ) existe, entonces f es continua en z0 y por hip´otesis ψ es continua en f (z0 ). Hemos as´ı mostrado que g◦ f es derivable a` la Carath´eodory en z0 y por la proposici´on 2.3 de la igualdad (g ◦ f )(z) − (g ◦ f )(z0 ) = (ψ ◦ f )(z)ϕ(z)(z − z0 ) se sigue que (g ◦ f )0 (z0 ) = ((ψ ◦ f ) · ϕ)(z0 ) = ψ( f (z0 )) · ϕ(z0 ) = g0 ( f (z0 )) · f 0 (z0 ). t u Observaci´on 2.2. La regla de la cadena anterior sigue siendo v´alida para cualquier combinaci´on de funciones reales o complejas de variable real o compleja que puedan ser compuestas. Usaremos e´ sto en la demostraci´on del resultado siguiente: Proposici´on 2.5. Si Ω ⊆ C es abierto y conexo y f : Ω → C es diferenciable (en el sentido complejo) tal que f 0 (z) = 0 para todo z ∈ Ω , entonces f es constante. Demostraci´on. Fijemos z0 ∈ Ω y sea w0 = f (z0 ). Sea U = {z ∈ Ω : f (z) = w0 }. Mostraremos que U es abierto y cerrado en Ω . Como Ω es conexo se sigue que U

2.1 Derivadas

41

es vac´ıo o todo Ω y como z0 ∈ Ω , de lo anterior se sigue que U = Ω y por lo tanto f es constante. U es cerrado: sea z ∈ Ω y sea {zn } ⊆ U tal que z = l´ım{zn }. Como f (zn ) = w0 para todo n y como f es continua se sigue que f (z) = w0 y por lo tanto z ∈ U y as´ı U es cerrado. U es abierto: sea w ∈ U ⊆ Ω . Como Ω es abierto existe una bola B(w; ε) ⊆ Ω . Ahora, si z ∈ B(w; ε) definamos g : [0, 1] → C mediante g(t) = f (tz + (1 − t)w), donde observamos que el segmento tz + (1 − t)w est´a contenido en B(w; ε) ⊆ Ω porque una bola es convexa. Por la regla de la cadena de la observaci´on anterior aplicada a la composici´on t 7→ tz + (1 − t)w 7→ f (tz + (1 − t)w) se sigue que g0 (t) = f 0 (tz + (1 − t)w)(z − w) = 0 · (z − w) = 0 (donde la segunda igualdad es por la hip´otesis de que f 0 (z) = 0 para todo z ∈ Ω ). Por lo tanto, g0 (t) = 0 para todo t ∈ [0, 1] y as´ı g es constante en [0, 1] y consecuentemente f (z) = g(1) = g(0) = f (w) = w0 y as´ı z ∈ U, i.e., B(w; ε) ⊆ U y por lo tanto U es abierto.

t u

Diferenciabilidad como aproximaci´on lineal. La proposici´on siguiente esencialmente dice que la diferenciabilidad de una funci´on f en z0 es equivalente a que f es aproximada en z0 por la funci´on lineal f (z0 ) + c(z − z0 ), donde c ∈ C es constante, en el sentido que cuando z est´a cerca de z0 la diferencia entre f (z) y f (z0 )+c(z−z0 ) es peque˜na comparada con |z − z0 |: Proposici´on 2.6 (Diferenciabilidad como aproximaci´on lineal). Sean Ω ⊆ C un abierto y f : Ω → C una funci´on. Entonces, f es diferenciable en z0 ∈ Ω si y s´olo si f se puede escribir de la forma f (z) = f (z0 ) + c(z − z0 ) + ε(z)(z − z0 )

(∗)

donde c ∈ C es una constante, ε : Ω → C es continua en z0 y l´ım ε(z) = 0; si esto sucede, entonces f 0 (z0 ) = c.

z→z0

Demostraci´on. Si f 0 (z0 ) existe, entonces la funci´on  f (z) − f (z0 )   − f 0 (z0 ) si z 6= z0  z−z 0 ε(z) =    0 si z = z0 . satisface que l´ım ε(z) = 0 y adem´as es continua en z0 . Rec´ıprocamente, si f (z) es z→z0

de la forma (∗), entonces para z 6= z0 ,

42

2 Derivaci´on

f (z) − f (z0 ) = c + ε(z) z − z0 por lo que  l´ım

z→z0

f (z) − f (z0 ) z − z0




= l´ım c + ε(z) = c z→z0

y por lo tanto c = f 0 (z0 ).

t u

Ejercicios 2.1. En la formulaci´on de Carath´eodory, demuestre que a lo m´as hay una u´ nica funci´on ϕ que satisface las condiciones impuestas. 2.2. Usando la caracterizaci´on de la derivada por Carath´eodory, demuestre la proposici´on 2.1 y conv´enzase de la bondad de la formulaci´on de Carath´eodory. 2.3. Si f : Ω ⊆ R → C la escribimos como f (t) = u(t) + iv(t), con u, v : Ω ⊆→ R y si f 0 (t0 ) existe para t0 ∈ Ω , demuestre que f 0 (t0 ) = u0 (t0 ) + iv0 (t0 ). 2.4 (Teorema de Rolle). Si a, b ∈ R con a < b y f : [a, b] → R es continua, y adem´as es derivable en (a, b), demuestre que si f (a) = f (b), existe un ξ ∈ (a, b) donde f alcanza su m´aximo o m´ınimo. 2.5 (Teorema del valor medio). Si a, b ∈ R con a < b y f : [a, b] → R es continua y adem´as es derivable en (a, b), demuestre que existe un ξ ∈ (a, b) tal que f 0 (ξ ) =

f (b) − f (a) . b−a

Sugerencia: Aplique el teorema de Rolle a la funci´on g : [a, b] → R dada por   b−t t −a g(t) = f (t) − f (a) + f (b) . b−a b−a Note tambi´en que el teorema de Rolle es un caso especial del teorema del valor medio. 2.6. Suponga que f : Ω ⊆ R → R es continua e inyectiva con Ω conexo (i.e., un intervalo de R). Demuestre que f : Ω → f (Ω ) es un homeomorfismo. Claramente f es biyectiva sobre su imagen y s´olo debe probar que su inversa g : f (Ω ) → Ω es continua. 2.7 (Derivada de la funci´on inversa para funciones reales). Usando la formulaci´on de Carath´eodory, demuestre que si f : (a, b) → R es continua e inyectiva y para ξ ∈ (a, b), f 0 (ξ ) existe y no es nula, para la inversa g de f se tiene que

2.2 Las ecuaciones de Cauchy-Riemann

43

1

g0 ( f (ξ )) =

f 0 (ξ )

.

2.8. Si Ω ⊆ C es una regi´on y f : Ω → C es una funci´on que tiene una primitiva, es decir, otra funci´on F : Ω → C tal que F 0 = f , demuestre que cualesquiera dos primitivas de f difieren s´olo por una constante. Sugerencia: use la proposici´on 2.5.

2.2.

Las ecuaciones de Cauchy-Riemann

Supongamos que f : Ω → C es una funci´on diferenciable en un punto z ∈ Ω . Entonces, el l´ımite f (z + h) − f (z) f 0 (z) = l´ım h→0 h existe, es decir, no importa c´omo h se aproxime a 0 en el plano complejo (siempre que z + h ∈ Ω ) el valor del l´ımite es el mismo: z+h

z+h 6 •z

z+h

z+h

◦

z+h

y notamos que esta condici´on hace m´as r´ıgida la existencia de este l´ımite. Compare esto con el caso de funciones reales de variable real f : D ⊆ R → R donde para x ∈ D s´olo hay dos direcciones para las cuales h se aproxima a 0: z+h

•

z+h

z

-

◦



•

Regresando al caso de funciones complejas f : Ω → C notamos que tambi´en hay dos direcciones privilegiadas cuando h → 0, a saber cuando h ∈ R y cuando h ∈ Ri, es decir, cuando z + h → z movi´endose paralelo al eje real y cuando z + h → z movi´endose paralelamente al eje imaginario: •

z+h

6 z+h

•

? -◦ z 6

◦

z+h •

•

z+h

44

2 Derivaci´on

As´ı, si f = u + iv, es decir, para z = x + iy = (x, y) escribiendo f (z) = f (x + iy) = f (x, y) = u(x, y) + iv(x, y) donde u, v : Ω → R son funciones reales de dos variables reales, veamos c´omo se comportan estas funciones al calcular el l´ımite que define f 0 (z) a lo largo de las dos direcciones privilegiadas anteriores: (1): Supongamos que h → 0 con h ∈ R. Entonces, z + h = (x + h) + iy = (x + h, y) y por lo tanto f (x + h, y) − f (x, y) u(x + h, y) + iv(x + h, y) − u(x, y) − iv(x, y) f (z + h) − f (z) = = h h h v(x + y, h) − v(x, y) u(x + y, h) − u(x, y) +i = h h por lo que como f 0 (z) existe se debe tener que f (z + h) − f (z) u(x + h, y) − u(x, y) v(x + h, y) − v(x, y) = l´ım + i l´ım h→0 h→0 h h h ∂u ∂v = +i . ∂x ∂x

f 0 (z) = l´ım

h→0

(2): Similarmente, si h → 0 con h ∈ Ri, escribiendo h = ki con k ∈ R se tiene que h → 0 si y s´olo si k → 0 y por lo tanto z + h = x + iy + ik = x + i(y + k) = (x, y + k) y as´ı f (x, y + k) − f (x, y) u(x, y + k) + iv(x, y + k) − u(x, y) − iv(x, y) f (z + h) − f (z) = = h ik ik   1 u(x, y + k) − u(x, y) v(x, y + k) − v(x, y) = +i i k ik por lo que como f 0 (z) existe se debe tener que   f (z + h) − f (z) 1 u(x, y + k) − u(x, y) v(x, y + k) − v(x, y) 0 f (z) = l´ım = l´ım +i h→0 h i k→0 k ik     1 u(x, y + k) − u(x, y) v(x, y + k) − v(x, y) + l´ım = l´ım k→0 i k→0 k ik ∂u ∂v = −i + ∂y ∂y ya que −i = 1/i. Finalmente, como f 0 (z) existe las dos formas que calculamos el l´ımite deben coincidir, es decir ∂v ∂u ∂v ∂u +i = −i + ∂x ∂x ∂y ∂y

2.2 Las ecuaciones de Cauchy-Riemann

45

e igualando partes reales con partes reales y partes imaginarias con partes imaginarias se obtiene que ∂u ∂v = ∂x ∂y

y

∂u ∂v =− . ∂y ∂x

A este par de ecuaciones diferenciales parciales se les conoce como las ecuaciones de Cauchy-Riemann. Hemos as´ı probado el resultado siguiente: Proposici´on 2.7. Si f = u + iv : Ω → C tiene derivada f 0 (z) en un punto z ∈ Ω , entonces las partes real e imaginaria u y v de f deben satisfacer las ecuaciones de Cauchy-Riemann. t u Sin embargo, la satisfacci´on de las ecuaciones de Cauchy-Riemann en un punto z = (x, y) no es suficiente para garantizar la existencia de f 0 (z), esencialmente porque hay muchas otras direcciones para h → 0 al calcular el l´ımite que define f 0 (z). El ejemplo siguiente ilustra lo anterior: Ejemplo 2.6. Sea f : C → C la funci´on dada por   xy(x + iy) x2 + y2 f (z) = f (x + iy) =  0

si z 6= 0, si z = 0.

Como f ≡ 0 en el eje real y en el eje imaginario, se sigue que en el punto z = (0, 0) se satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en ese punto. Sin embargo, f 0 (0) no existe porque si escogemos h = x + iy se tiene que xy(x+iy)

f (0 + h) − f (0) f (h) − 0 xy x2 +y2 l´ım = l´ım = l´ım = l´ım 2 h→0 h→0 h→0 x + iy h h x + y2 (x,y)→(0,0) es un l´ımite que no existe (por ejemplo a lo largo de las rectas y = mx su valor m depende de m, a saber 1+m 2 ). Comparaci´on con la noci´on de diferenciabilidad para funciones reales. Pensando a una regi´on Ω ⊆ C como un abierto conexo de R2 , considere ahora funciones reales u : Ω ⊆ R2 → R y recuerde que u es diferenciable (como funci´on real) en el punto z0 = (x0 , y0 ) ∈ Ω si y s´olo si existen n´umeros reales a, b ∈ R y una funci´on ε : Ω → R continua en z0 tal que ε(x0 , y0 ) = 0 que satisfacen que para z = (x, y) ∈ Ω en una vecindad de z0 se tiene que q u(x, y) = u(x0 , y0 ) + a(x − x0 ) + b(y − y0 ) + ε(x, y) (x − x0 )2 + (y − y0 )2 . Se sigue que u tiene primeras derivadas parciales en z0 dadas por ux (z0 ) = a y uy (z0 ) = b, y por lo tanto la expresi´on anterior para u(z) es u´ nica. M´as a´un, u es continua en z0 . Note tambi´en que podemos reescribir la igualdad anterior como

46

2 Derivaci´on

u(z) = u(z0 ) + a(x − x0 ) + b(y − y0 ) + ε(z)|z − z0 | donde l´ım ε(z) = l´ım

z→z0

z→z0

u(z) − u(z0 ) − a(x − x0 ) − b(y − y0 ) = 0. z − z0

Compare lo anterior con la noci´on de diferenciabilidad de una funci´on compleja, por ejemplo en la reformulaci´on en la proposici´on 2.6. Regresando ahora al caso de funciones complejas f = u + iv : Ω → C, si f 0 (z0 ) existe, sea c ∈ C como en la proposici´on 2.6 y escribamos c = a + ib, z = x + iy, con a, b, x, y ∈ R. Entonces, por la proposici´on 2.6 f (z) − f (z0 ) − c(z − z0 ) u(z) + iv(z) − u(z0 ) − iv(z0 ) − (a + ib)(z − z0 ) = z − z0 z − z0 h v(z) − v(z0 ) − b(x − x0 ) − a(y − y0 ) i u(z) − u(z0 ) − a(x − x0 ) + b(y − y0 ) +i = z − z0 z − z0 u(x, y) − u(x0 , y0 ) − a(x − x0 ) + b(y − y0 ) = z − z0 h v(x, y) − v(x , y ) − b(x − x ) − a(y − y ) i 0 0 0 0 +i z − z0 =: ε1 (x, y) + iε2 (x, y)

ε(z) =

donde notamos que (∗)

l´ım ε(z) = 0 ⇔ l´ım ε1 (x, y) = 0

z→z0

z→z0

y

l´ım ε2 (x, y) = 0.

z→z0

El resultado siguiente complementa la proposici´on 2.7: Proposici´on 2.8. Una funci´on f = u + iv : Ω → C tiene derivada f 0 (z0 ) en un punto z0 ∈ Ω si y s´olo si las partes real e imaginaria u y v de f son diferenciables (como funciones reales) en z0 = (x0 , y0 ) y satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann. En este caso se tiene que f 0 (z0 ) = ux (z0 ) + ivx (z0 ) = vy (z0 ) − iuy (z0 ). Demostraci´on. Por la proposici´on 2.7, si f 0 (z0 ) existe se tiene que u y v satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann y son diferenciables por la igualdad (∗). Las igualdades para f 0 (z0 ) se obtuvieron en la demostraci´on de la proposici´on 2.7. Rec´ıprocamente, si u y v son diferenciables en z0 , por la igualdad (∗) se sigue que f 0 (z0 ) existe y las igualdades para f 0 (z0 ) se siguen por las condiciones de CauchyRiemann que satisfacen u y v por hip´otesis. t u El resultado siguiente muestra la suficiencia de las condiciones de CauchyRiemann para que f 0 (z) exista si adem´as se supone que las parciales ux , uy , vx , vy existen y son continuas en una vecindad abierta de z. Notamos desde ahora que estas condiciones extra (la continuidad de las parciales) se satisfacen una vez que se requiere que f 0 (z) exista, pero esto s´olo se probar´a hasta el teorema 4.5.

2.2 Las ecuaciones de Cauchy-Riemann

47

Proposici´on 2.9. Sean Ω ⊆ C un abierto, f = u + iv : Ω → C una funci´on y z0 ∈ Ω . Si las derivadas parciales de las funciones u y v existen y son continuas en una vecindad abierta de z0 y adem´as satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en z0 , entonces f 0 (z0 ) existe. Demostraci´on. Por la proposici´on 2.8 basta probar que u y v son diferenciables en z0 y claramente basta verificar lo anterior para u. Entonces u(z) − u(z0 ) = u(x, y) − u(x0 , y0 )

= u(x, y) − u(x, y0 ) + u(x, y0 ) − u(x0 , y0 ) = uy (x, ξ )(y − y0 ) + ux (ϑ , y0 )(x − x0 ), donde la u´ ltima igualdad es por el teorema del valor medio del c´alculo, donde ξ est´a entre y y y0 , para la funci´on u(x, −), y donde ϑ est´a entre x y x0 , para la funci´on u(−, y0 ). Se sigue que u(x, y) − u(x0 , y0 ) − ux (x0 , y0 )(x − x0 ) − uy (x0 , y0 )(y − y0 ) =     uy (x, ξ ) − uy (x0 , y0 ) (y − y0 ) + ux (ϑ , y0 ) − ux (x0 , y0 ) (x − x0 ) y por lo tanto u(x, y) − u(x0 , y0 ) − ux (x0 , y0 )(x − x0 ) − uy (x0 , y0 )(y − y0 ) = |z − z0 | uy (x, ξ ) − uy (x0 , y0 ) |y − y0 | ux (ϑ , y0 ) − ux (x0 , y0 ) |x − x0 | + = |z − z0 | |z − z0 | ≤ uy (x, ξ ) − uy (x0 , y0 ) + ux (ϑ , y0 ) − ux (x0 , y0 ) donde la u´ ltima desigualdad es porque |y − y0 | ≤ |z − z0 | y |x − x0 | ≤ |z − z0 |. As´ı, cuando z → z0 se tiene que (x, ξ ) → (x0 , y0 ) y (ϑ , y0 ) → (x0 , y0 ) y como por hip´otesis ux y uy son continuas en z0 , el lado derecho de la desigualdad de arriba tiende a 0 y por lo tanto tambi´en el lado izquierdo, es decir, u es diferenciable en z0 , como se quer´ıa. t u Ejemplo 2.7. Sea f : C → C la funci´on f (z) = |z|2 = x2 + y2 si z = x + iy. Entonces, u = x2 + y2 y v = 0. Se sigue que ux = 2x, uy = 2y y vx = 0 = vy que son todas continuas en C. Por la proposici´on anterior f es diferenciable en z = (x, y) si y s´olo si satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann, i.e., 2x = 0 y 2y = 0, i.e., si y s´olo si x = 0 = y. Por lo tanto f s´olo tiene derivada en z = 0. Funciones holomorfas. La proposici´on 2.8 y el ejemplo 2.7 anteriores muestran la importancia de considerar funciones f : Ω → C, con Ω abierto, que sean diferenciables en cada punto z ∈ Ω . A una funci´on que satisfaga lo anterior se le conoce

48

2 Derivaci´on

como una funci´on holomorfa1 en Ω . Con esta terminolog´ıa, la proposici´on 2.7 dice las partes real e imaginaria de toda funci´on holomorfa f satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann y la proposici´on 2.9 dice que el rec´ıproco es cierto si adem´as las derivadas parciales de las partes real e imaginaria de f son continuas. La exigencia de la continuidad de las derivadas parciales de u y v introduce cierta asimetr´ıa, pero como veremos m´as adelante en el teorema 4.5, las funciones holomorfas tienen derivadas de todos los o´ rdenes y as´ı, por la proposci´on 2.2 la existencia de f 00 (x + iy) implica la continuidad de f 0 en x + iy, en particular la continuidad de las derivadas parciales de u y v, eliminando la asimetr´ıa entre las proposiciones 2.7 y 2.9. El teorema 4.5 que afirma que toda funci´on holomorfa es de clase C∞ muestra la diferencia profunda entre las funciones complejas y las funciones reales, ya que lo anterior es falso para el caso de funciones reales como lo muestra el ejemplo 2.8 siguiente. Antes de formular el ejemplo, observemos que la proposici´on 2.5 muestra la importancia de considerar el caso cuando Ω es conexo. A los conjuntos Ω ⊆ C que sean abiertos y conexos se les conoce como regiones y en an´alisis complejo juegan el papel an´alogo a los intervalos abiertos reales para el caso de funciones reales de variable real. El anillo de funciones holomorfas. Si Ω ⊆ C es una regi´on, por la proposici´on 2.1 la suma y producto de funciones holomorfas en Ω , son holomorfas y las funciones constantes son holomorfas, en particular la funci´on constante 0 y la funci´on constante 1 son holomorfas. Se sigue que el conjunto de funciones holomorfas en Ω: O(Ω ) := { f : Ω → C : f es holomorfa} es un anillo conmutativo con uno, al que se conoce como el anillo de funciones holomorfas. M´as adelante, como una consecuencia del teorema de la identidad 4.20, se probar´a en el ejercicio 4.19 que el anillo O(Ω ) es un dominio entero. Ejemplo 2.8. La funci´on f : R → R dada por ( t 2 sen(1/t) si t 6= 0, f (t) = 0 si t = 0 tiene primera derivada en todo su dominio pero no tiene segunda derivada en 0. Lo anterior se debe a que, como observamos al principio de esta secci´on, cuando se tiene una funci´on compleja holomorfa f , el l´ımite que define a las derivadas f 0 (z) es el mismo no importando en la direcci´on en la cual h → 0 en C, lo cual condiciona mucho a la funci´on f en una vecindad de z. La riqueza de la teor´ıa de funciones de una variable compleja deriva, en mucho, de lo enunciado en la observaci´on anterior y que ser´a demostrado hasta el teorema 4.5. Antes de proseguir, en la 1 Tambi´ en se dice que f es diferenciable en Ω o que f es anal´ıtica en Ω . De hecho este u´ ltimo t´ermino es muy usado, sin embargo nosotros no lo usaremos sino hasta despu´es del teorema 4.5 cuando ya hayamos probado que toda funci´on holomorfa es infinito diferenciable y por lo tanto tiene una expansi´on en serie de Taylor (corolario 4.13) alrededor de cada uno de los puntos de su dominio Ω y as´ı es anal´ıtica en el sentido usual.

2.2 Las ecuaciones de Cauchy-Riemann

49

secci´on siguiente discutiremos varios ejemplos de funciones complejas holomorfas importantes. Operadores diferenciales parciales complejos. Si f = u + iv, en la demostraci´on de la proposici´on 2.7 se mostr´o que si f 0 (z) existe entonces (1)

f 0 (z) =

∂v ∂v ∂u ∂u +i = −i ∂x ∂x ∂y ∂y

y de estas igualdades se obtienen las ecuaciones de Cauchy-Riemann. Con abuso de notaci´on se definen entonces los operadores diferenciales parciales (2)

∂f ∂u ∂v := +i ∂x ∂x ∂x

y

∂f ∂u ∂v := +i ∂y ∂y ∂y

de tal manera que las ecuaciones de Cauchy-Rieman (1) se pueden ahora reescribir en t´erminos de estos dos operadores diferenciales como (3)

∂f 1∂f = ∂x i ∂y

o mejor a´un, como

i

∂f ∂f = . ∂x ∂y

Usando los operadores diferenciales anteriores es conveniente entonces definir, como lo hace Wirtinger, los operadores diferenciales parciales complejos siguientes: (4)

∂f 1∂ f ∂f := −i ∂z 2 ∂x ∂y

y

∂f 1∂ f ∂f := +i ∂z 2 ∂x ∂y

pensando a uno como conjugado del otro, lo cual es razonable ya que usando los operadores diferenciales complejos anteriores se recuperan los operadores diferenciales reales originales como (5)

∂f ∂f ∂f = + ∂x ∂z ∂z

y

∂ f ∂ f  ∂f =i − . ∂y ∂z ∂z

Observe que de (5), (4) y (2) se sigue que si f = u + iv, entonces 1∂u ∂v i ∂v ∂u ∂f + = + − ∂z 2 ∂x ∂y 2 ∂x ∂y y ∂f 1∂u ∂v i ∂v ∂u = − + + ∂z 2 ∂x ∂y 2 ∂x ∂y por lo que las ecuaciones de Cauchy-Riemann (3) se pueden reescribir como (6)

∂f =0 ∂z

es decir, f est´a en el n´ucleo del operador ∂ /∂ z. Adem´as, si este es el caso, por la proposici´on 2.8 se tiene que la derivada de f en z es

50

2 Derivaci´on

f 0 (z) =

∂f ∂z

ya que, por la proposici´on 2.8 y por (5) se tienen las dos primeras igualdades siguientes ∂f ∂f ∂f ∂f f 0 (z) = = + = ∂x ∂z ∂z ∂z y la u´ ltima igualdad es porque f est´a en el n´ucleo de ∂ /∂ z. Funciones arm´onicas. Si f = u + iv : Ω → C es holomorfa, como hemos mencionado previamente, v´ease la p´agina 48, f es de clase C∞ lo cual probaremos en el teorema 4.5. En particular, las derivadas parcialess ux , uy tienen segundas derivadas continuas por lo que, diferenciando las ecuaciones de Cauchy-Riemann ∂u ∂v = ∂x ∂y

y

∂u ∂v =− ∂y ∂x

∂ 2u ∂ 2v = 2 ∂x ∂ x∂ y

y

∂ 2u ∂ 2v =− , 2 ∂y ∂ y∂ x

(1) se obtiene que

donde que (2)

∂ 2v ∂ x∂ y

=

∂ 2v ∂ y∂ x

por la continuidad de las segundas derivadas parciales. Se sigue ∂ 2u ∂ 2u + = 0, ∂ x2 ∂ y2

es decir, la funci´on u satisface la ecuaci´on de Laplace (2) y se dice entonces que u es una funci´on arm´onica. Un razonamiento an´alogo muestra que v tambi´en es arm´onica. En la situaci´on anterior, cuando se tiene una funci´on real u : Ω → R arm´onica para la cual existe otra funci´on arm´onica v : Ω → R tal que f = u + iv : Ω → C es holomorfa, se dice que v es conjugada arm´onica de u. Note que una conjugada arm´onica v de u no es u´ nica ya que para cualquier constante c, v + c tambi´en es conjugada arm´onica de u. En la proposici´on siguiente se muestra que la conjugada arm´onica de u es u´ nica salvo constantes. Proposici´on 2.10. Si Ω ⊆ C es una regi´on y u : Ω → R es arm´onica y tiene conjugadas arm´onicas v1 , v2 : Ω → R, entonces v1 = v2 + c, donde c ∈ C es una constante. Demostraci´on. Por hip´otesis u + iv1 : Ω → C y u + iv2 : Ω → C son holomorfas. Se sigue que (u + iv1 ) − (u + iv2 ) = i(v1 − v2 ) es holomorfa en Ω y claramente s´olo toma valores en el eje imaginario. Por el ejercicio 2.20 se sigue que i(v1 − v2 ) es constante y por lo tanto v1 − v2 es constante. Ejemplo 2.9. La funci´on u : C → R dada por u(x, y)p = ex sen y es arm´onica. Tambi´en la funci´on u : C − {0} → R dada por u(x, y) = log x2 + y2 es arm´onica. Reconsideraremos esta u´ ltima funci´on en la p´agina 58 y en el ejercicio 2.35.

2.2 Las ecuaciones de Cauchy-Riemann

51

Ejercicios 2.9. Si Ω ⊆ C es una regi´on, defina Ω ∗ := {z ∈ C : z ∈ Ω }. Si f : Ω → C es holomorfa, defina f ∗ : Ω ∗ → C mediante f ∗ (z) := f (z). Demuestre que f ∗ es holomorfa. 2.10. Si Ω = Ω ∗ , observe que Ω es sim´etrica con respecto al eje real y por el ejercicio anterior se sigue que la funci´on g : Ω → C dada por g(z) := f (z) − f ∗ (z) es holomorfa. 2.11. Todo complejo z = x + iy 6= 0 se puede escribir en coordenadas polares como z = r(cos φ + i sen φ ) donde r = |z| y φ = arg(z) = arctan(y/x). Demuestre que en coordenadas polares, las ecuaciones de Cauchy-Riemann tienen la forma ∂u 1 ∂v = ∂r r ∂φ

y

∂v 1 ∂u =− . ∂r r ∂φ

2.12. Muestre que la funci´on f : C → C dada por f (z) = x2 + iy2 es diferenciable en todos los puntos de la recta y = x en C, pero no es holomorfa. 2.13. ¿Cu´ales de las funciones siguientes satisfacen las ecuaciones de CauchyRiemann? f (z) = x2 − y2 − 2ixy. f (z) = x3 − 3y2 + 2x + i(3x2 y − y3 + 2y). f (z) = 12 log(x2 + y2 ) + i arcctg(x/y). 2.14. Encuentre todas las funciones holomorfas f = u + iv con u(x, y) = x2 − y2 . 2.15. Demuestre que no hay funciones holomorfas f = u + iv con u(x, y) = x2 + y2 . 2.16. Si : C → C es holomorfa de la forma f (x + iy) = u(x) + iv(y), demuestre que f es un polinomio de primer grado en z. 2.17. Si f : Ω → C es holomorfa, Ω una regi´on, y u es constante, demuestre que f es constante. Similarmente, si v es constante, entonces f es constante. 2.18. Si f : Ω → C es holomorfa, Ω una regi´on y | f | es contante, demuestre que f es constante. 2.19. Si f : Ω → C es holomorfa, Ω una regi´on, y en cada punto z ∈ Ω se tiene que f (z) = 0 o´ f 0 (z) = 0, demuestre que f es constante. Sugerencia: considere el producto f 2 . 2.20. Si f : Ω → C es holomorfa, Ω una regi´on, y la imagen de f es una recta o un arco circular, demuestre que f es constante.

52

2 Derivaci´on

2.21. Si f : Ω → C es holomorfa, Ω una regi´on y los valores de f son reales, demuestre que f es constante. 2.22. Pensando a una regi´on Ω ⊆ C como Ω ⊆ R2 y a una funci´on compleja f : 2 2 Ω → C como una funci´
on vectorial de dos variables f : Ω ⊆ R → R dada por f (x, y) = u(x, y), v(x, y) , la matriz Jacobiana de f en z0 ∈ Ω es de la forma   u (z ) u (z ) J f (z0 ) = x 0 y 0 . vx (z0 ) vy (z0 ) ¿Qu´e forma tiene la matriz Jacobiana de f si f es holomorfa? Demuestre que para z0 ∈ Ω , | f 0 (z0 )|2 = det J f (z0 ). p 2.23. Muestre que la funci´on f (z) = f (x, y) = |xy| no es diferenciable en el origen aunque satisface las ecuaciones de Cauchy-Riemann en 0.

2.3.

La funci´on exponencial y el logaritmo complejo

El objetivo es definir una funci´on holomorfa E : C → C que tenga propiedades an´alogas a la funci´on exponencial real, por lo que en principio debemos pedir que la funci´on E satisfaga las propiedades siguientes: (1) (2) (3)

E(z + w) = E(z)E(w). E(x) = ex , si z = x ∈ R. E debe ser holomorfa en todo C, en particular satisface las ecuaciones de Cauchy-Riemann. Escribiendo z = x + iy, de (1) y (2) se sigue que E(z) = E(x + iy) = E(x)E(iy) = ex E(iy)

y poniendo E(iy) = A(y) + iB(y) se sigue que E(z) = E(x + iy) = ex A(y) + iex B(y). Ahora, como por (3) E debe ser holomorfa, entonces sus partes real e imaginaria deben satisfacer las ecuaciones de Cauchy-Riemann, es decir, A(y) = B0 (y) A0 (y) = −B(y). Se sigue que A00 (y) = −A(y)

2.3 La funci´on exponencial y el logaritmo complejo

53

es decir, A00 = −A. Similarmente, B00 = −B. Nos preguntamos entonces: ¿qu´e funciones reales A, B : R → R que conozcamos satisfacen las igualdades A00 = −A y B00 = −B? Claramente, las funciones seno y coseno satisfacen las identidades anteriores y por lo tanto podemos proponer A(y) := a cos y + b sen y de donde se obtiene que B(y) = −A0 (y) = −b cos y + a sen y y as´ı


E(z) = E(x + iy) = ex A(y) + iB(y) = ex a cos y + b sen y + iex − b cos y + a sen y por lo que, para z = 0 se sigue que

1 = e0 = E(0) = a cos 0 + b sen 0 + i − b cos 0 + a sen 0 = a − ib lo cual sucede si y s´olo si a = 1 y b = 0. Hemos as´ı mostrado que A(y) = cos y

y

B(y) = sen y

y por lo tanto, la definici´on de E(z) debe ser:

E(z) = E(x + iy) = ex A(y) + iB(y) := ex cos y + i sen y . A esta funci´on E : C → R se le llama la exponencial compleja y tambi´en se denota E(z) = exp(z) = ez . Las propiedades siguientes son inmediatas: Proposici´on 2.11. La funci´on exponencial exp : C → R satisface: (1) Es holomorfa en todo C y de hecho E 0 (z) = E(z) para todo z ∈ C. (2) ez+w = ez ew . (3) exp(x) = ex si x ∈ R. (4) |ez | = ex si z = x + iy. (5) ez 6= 0 para todo z ∈ C. Demostraci´on. Las partes (1) a (4) son directas de la definici´on de E(z). Para (5) note que ex 6= 0 para todo x ∈ R y cos y + i sen y 6= 0 porque sen y y cos y no se anulan simult´aneamente. t u Periodicidad de la exponencial compleja. Hasta aqu´ı, las propiedades anteriores recuerdan las correspondientes propiedades de la exponencial real. Sin embargo, a diferencia de la exponencial real que es inyectiva, la funci´on exponencial compleja no lo es. De hecho, es peri´odica, donde recordamos que una funci´on f : C → C es peri´odica con per´ıodo τ ∈ C si

54

2 Derivaci´on

f (z + τ) = f (z) para todo z ∈ C. Es claro que una funci´on peri´odica no puede ser inyectiva. Para mostrar que la funci´on exponencial compleja es peri´odica y encontrar su per´ıodo, observe que si τ ∈ C es un tal per´ıodo, para todo z ∈ C se debe tener que ez = ez+τ = ez eτ y por la parte (5) de la proposici´on anterior se sigue que eτ = 1. Escribiendo τ = a + bi, se sigue que 1 = |eτ | = |ea (cos b + i sen b)| = ea y por lo tanto a = 0. Es decir, τ = bi es puramente imaginario. Se sigue que 1 = eτ = ebi = cos b + i sen b, por lo que sen b = 0 y cos b = 1. Es decir, b = 2nπ con n ∈ Z y por lo tanto τ = bi = 2nπi,

con

n ∈ Z.

As´ı, los per´ıodos de ez son de la forma τ = 2nπi con n ∈ Z. Podemos visualizar lo anterior dividiendo al plano complejo dominio en bandas horizontales de ancho 2π:

π

6 ◦ ◦

−π

-

◦

y la exponencial compleja exp(z) se comporta igual en cada una de esas bandas. Hemos as´ı probado la primera parte de la proposici´on siguiente: Proposici´on 2.12. La funci´on exponencial exp : C → R satisface: (1) Es peri´odica de per´ıodo 2πi. (2) Para todo w 6= 0 en C, la ecuaci´on ez = w tiene un n´umero infinito de soluciones en C. Demostraci´on. Para (2) observe que si w 6= 0, escribi´endolo en forma polar w = |w|(cos θ + i sen θ ) con 0 ≤ θ < 2π, y poniendo z = x + iy de la igualdad ez = w se sigue que |w|(cos θ + i sen θ ) = ex (cos y + i sen y)

2.3 La funci´on exponencial y el logaritmo complejo

55

por lo que ex = |w| y cos y + i sen y = cos θ + i sen θ . Se sigue que x = log |w| (el logaritmo natural real, donde notamos que |w| = 6 0 por hip´otesis) y y = θ + 2nπ con n ∈ Z. Por lo tanto, las soluciones de ez = w son de la forma z = log |w| + i(θ + 2nπ)

con

n ∈ Z. t u

El logaritmo complejo. La proposici´on anterior tiene como consecuencia que, a diferencia con el caso real, la exponencial compleja no es inyectiva y por lo tanto no se puede definir una funci´on logaritmo como la inversa de la exponencial. De hecho, para cada w 6= 0 en C hay una infinidad de complejos z tales que ez = w que, como vimos en la demostraci´on anterior, son de la forma z = log |w| + i(θ + 2nπ)

con

n ∈ Z.

Cada uno de estos valores de z se llama un logaritmo de w. Entonces, escogiendo una regi´on Ω ⊆ C − {0} y para cada w ∈ Ω un logaritmo z ∈ C de w se tiene una funci´on ` : Ω → C que satisface que w = exp(`(w))

para todo w ∈ Ω

y a la que llamaremos una rama del logaritmo. Observe ahora que si ` : Ω → C es una rama del logaritmo y se define la funci´on λ : Ω → C mediante λ (w) = `(w) + 2kπi con k ∈ Z, entonces por definici´on exp(λ (w)) = exp(`(w)) exp(2kπi) = exp(`(w)) = w y por lo tanto λ es otra rama del logaritmo. Rec´ıprocamente, si λ y ` son dos ramas del logaritmo en Ω , entonces para todo w ∈ Ω se tiene que `(w) = λ (w) + 2kπi por la proposici´on 2.12, para alg´un k ∈ Z que puede depender de w. De hecho, el mismo k sirve para todos los puntos w ∈ Ω ya que poniendo
1 `(w) − λ (w) γ(w) = 2πi es claro que γ es continua en Ω y su imagen γ(Ω ) ⊆ Z. Como Ω es conexo y γ es continua, por el teorema 1.21 se debe tener que γ(Ω ) = {k} para un u´ nico entero k ∈ Z tal que λ (w) = `(w) + 2kπi para todo w ∈ Ω . Hemos as´ı probado: Proposici´on 2.13. Si Ω ⊆ C − {0} es una regi´on y ` : Ω → C es una rama del logaritmo en Ω , entonces todas las ramas del logaritmo en Ω son de la forma λ (z) = `(z) + 2kπi para un k ∈ Z. t u

56

2 Derivaci´on

Gracias a la proposici´on anterior, basta construir una rama del logaritmo para tenerlas todas. A continuaci´on veremos que escogiendo adecuadamente el dominio Ω de una rama del logaritmo se obtiene una funci´on holomorfa en Ω cuya derivada es la esperada. Para e´ sto se elige Ω = C − (−∞, 0]: 6 ◦

-

(al plano complejo se le quita el semieje real negativo). A la rama del logaritmo en Ω se le llama la rama principal del logaritmo y se denota por log : Ω → C. Es claro que log : Ω → C es una funci´on continua y de hecho se tiene m´as: Proposici´on 2.14. La funci´on log : Ω → C es holomorfa y para todo w ∈ Ω se tiene que 1 log0 (w) = . w Demostraci´on. Como exp : C → C es holomorfa, por la formulaci´on de Carath´eodory de la derivada si w0 ∈ Ω y z0 = log(w0 ), se tiene que ez − ez0 = ϕ(z)(z − z0 ) donde ϕ : C → C es holomorfa y ϕ(z0 ) = exp0 (z0 ) = ez0 6= 0. De la igualdad w − w0 = exp(log w) − exp(log w0 ) = ϕ(log w)(log w − log w0 ) se sigue que log(w) − log(w0 ) =

1 (w − w0 ) ϕ(log w)

y as´ı log0 (w) =

1 1 1 = = . ϕ(log w) exp(log w) w t u

Potencias complejas. Queremos definir ahora las potencias az para a, z ∈ C y queremos que estas potencias generalizen las potencias usuales, digamos an con n ∈ Z. Como n puede ser negativo, debemos eliminar el caso cuando a = 0 para evitar divisiones por cero. As´ı, supongamos de inicio que a ∈ C − {0} y que z ∈ C es arbitrario y queremos definir az con las propiedades usuales: (1) a0 = 1. (2) a1 = a. 0 0 (3) az+z = az az .

2.3 La funci´on exponencial y el logaritmo complejo

57

Es decir, queremos una funci´on f : C → C que satisfaga las tres condiciones anteriores y que adem´as sea holomorfa. Para comenzar note que si f satisface las tres condiciones anteriores, entonces f (z) 6= 0 para todo z ∈ C ya que si f (z) = 0 para alg´un z, por (1) y (3) se tendr´ıa que 1 = f (0) = f (z − z) = f (z) f (−z) = 0 una contradicci´on. As´ı la funci´on buscada tiene codominio C − {0}. Ahora, de (1) y (3) se tiene que
f (z + w) − f (z) = f (z) f (w) − f (z) f (0) = f (z) f (w) − f (0) y as´ı, por la definici´on de derivada en el sentido de Carath´eodory (ya que estamos pidiendo que f sea holomorfa, en particular es continua) se debe tener f 0 (z) = c f (z) donde c = f 0 (0). Por otra parte observe que la derivada del producto de funciones f (z) exp(−cz) es
f (z) − c exp(−cz) + f 0 (z) exp(−cz) = −c f (z) exp(−cz) + c f (z) exp(−cz) = 0 y como C es conexo, por la proposici´on 2.5 se sigue que f (z) exp(−cz) es constante. Observe ahora que para z = 0, f (z) exp(−cz) = f (0) exp(−0) = 1. Se sigue que f (z) = exp(cz). Poniendo z = 1, de (2) se sigue que a = f (1) = exp(c) y por lo tanto c es un logaritmo de a. Rec´ıprocamente, si c es un logaritmo de a, la funci´on f (z) = exp(cz) es holomorfa en C y satisface las condiciones (1) a (3). Hemos as´ı demostrado que, para a ∈ C − {0} y z ∈ C la definici´on de az es: az = exp(z log a) y como log a = log |a| + i(θ + 2nπ)

con n ∈ Z

entonces az = exp(z log a) = exp(z(log |a| + iθ )) exp(2πinz)

con n ∈ Z.

Ejemplo 2.10. Para z = 1/n con n ∈ N y a ∈ C−{0}, las potencias a1/n son las ra´ıces n-´esimas de a. Para a = e, las potencias ez son los valores de la funci´on exp(z). Funciones trigonom´etricas complejas. Observe que si z = iy con y ∈ R, entonces (1) y como ez = ez , entonces

ez = eiy = cos y + i sen y

58

(2)

2 Derivaci´on

eiy = e−iy = cos(−y) + i sen(−y) = cos y − i sen y.

Restando (2) de (1) queda eiy − e−iy = 2i sen y, por lo que (3)

sen y =


1 iy e − e−iy . 2i

Por otra parte, sumando (1) y (2) queda eiy + e−iy = 2 cos y, por lo que (4)

cos y =


1 iy e + e−iy . 2

Las identidades (3) y (4) motivan definir las funciones seno y coseno complejos, sen, cos : C → C, mediante sen(z) =


1 iz e − e−iz 2i

y
1 iz e + e−iz . 2 Como la exponencial es holomorfa, se sigue que las funciones seno y coseno complejos son holomorfas tambi´en. Es inmediato de su definici´on que cos z =

(sen z)0 = cos z

(cos z)0 = − sen z.

y

El ejercicio 2.26 lista algunas de las identidades usuales, an´alogas al caso de las funciones seno y coseno reales, y el ejercicio 2.31 define y lista algunas propiedades de las funciones trigonom´etricas hiperb´olicas. Existencia de conjugadas arm´onicas. p En el ejemplo 2.9 vimos que la funci´on u : C − {0} → R dada por u(x, y) = log x2 + y2 es arm´onica. Dejamos como el ejercicio 2.35 probar que u no tiene una conjugada arm´onica v en todo C − {0} (esencialmente el problema es que si u = log(|z|) tuviera una conjugada arm´onica v, entonces se tendr´ıa una rama holomorfa del logaritmo complejo en Ω = C − {0}, lo cual no es posible). El ejemplo anterior muestra que no siempre una funci´on arm´onica real tiene una conjugada arm´onica y se tiene entonces el problema natural de decidir para qu´e regiones Ω y cu´ales funciones arm´onicas u : Ω → R se tiene una conjugada arm´onica. A continuaci´on veremos que, en el caso simple cuando Ω es convexo, en particular cuando es un disco abierto, toda funci´on arm´onica en Ω tiene una conjugada arm´onica. Para probar lo anterior necesitaremos usar la regla de Leibniz para derivar bajo el signo de integral una funci´on continua: Proposici´on 2.15 (Leibniz). Sea ϕ : [a, b]×[c, d] → C continua y defina g : [c, d] → C mediante Z b

g(t) :=

ϕ(s,t)ds. a

Entonces, (1) g es continua.

2.3 La funci´on exponencial y el logaritmo complejo

59

(2) Si ∂ ϕ/∂t existe y es continua en [a, b] × [c, d], entonces g es de clase C1 y g0 (t) =

Z b ∂ϕ

∂t

a

(s,t)ds.

Demostraci´on. (1): Si t0 ∈ [c, d], note que Z b

l´ım g(t) = l´ım

t→t0

t→t0 a

Z b

Z b

ϕ(s,t)ds =

l´ım ϕ(s,t)ds =

a t→t0

a

ϕ(s,t0 )ds = g(t0 )

(la tercera igualdad porque ϕ es continua). (2): Mostraremos que g es diferenciable con g0 dada por la f´ormula del enunciado. Una vez probado lo anterior, note que, por hip´otesis, ϕ2 := ∂ ϕ/∂t es continua en [a, b] × [c, d] y como g0 (t) tiene la forma de g(t), por la parte (1) se sigue que g0 es continua y por lo tanto g es de clase C1 , como se quer´ıa. Por lo tanto, basta verificar la f´ormula del enunciado (2) para g0 . Para e´ sto, fijemos un punto t0 ∈ [c, d] y sea ε > 0. Por hip´otesis ϕ2 es continua en [a, b] × [c, d] y as´ı es uniformemente continua y por lo tanto existe un δ > 0 tal que |(s,t) − (s0 ,t 0 )| < δ implica que |ϕ2 (s,t) − ϕ2 (s0 ,t 0 )| < ε. En particular, para (s0 ,t 0 ) = (s,t0 ) se tiene que |ϕ2 (s,t) − ϕ2 (s,t0 )| < ε siempre que |(s,t) − (s,t0 )| = |t − t0 | < δ y para todo s ∈ [a, b]. As´ı, para |t − t0 | < δ y s ∈ [a, b] se tiene que Z t [ϕ2 (s, τ) − ϕ2 (s,t0 )]dτ ≤ |t − t0 |ε. t0

Por otra parte, para un s ∈ [a, b] fijo, la funci´on Φ : [c, d] → C dada por Φ(τ) := ϕ(s, τ) − τϕ2 (s,t0 ) es primitiva de ϕ2 (s, τ) − ϕ2 (s,t0 ). As´ı, por el teorema fundamental del c´alculo Z t t0

t [ϕ2 (s, τ) − ϕ2 (s,t0 )]dτ = ϕ(s, τ) − τϕ2 (s,t0 )

t0

= ϕ(s,t) − tϕ2 (s,t0 ) − ϕ(s,t0 ) + t0 ϕ2 (s,t0 ) = ϕ(s,t) − ϕ(s,t0 ) − (t − t0 )ϕ2 (s,t0 ), que al substituir en la cota para la integral del lado izquierdo nos da ϕ(s,t) − ϕ(s,t0 ) − (t − t0 )ϕ2 (s,t0 ) ≤ ε|t − t0 | para todo s ∈ [a, b] con |t − t0 | < δ . Se sigue que (∗) Finalmente, como

ϕ(s,t) − ϕ(s,t ) 0 − ϕ2 (s,t0 ≤ ε. t − t0

60

2 Derivaci´on

g(t) − g(t0 ) = t − t0

Rb a

ϕ(s,t)ds − ab ϕ(s,t0 )ds = t − t0 R

Rb a

[ϕ(s,t) − ϕ(s,t0 )]ds t − t0

se sigue que Z b g(t) − g(t ) Z b Z b [ϕ(s,t) − ϕ(s,t )] 0 0 − ϕ2 (s,t0 )ds = ds − ϕ2 (s,t0 )ds t − t0 t − t0 a a a  Z b  [ϕ(s,t) − ϕ(s,t )] 0 = − ϕ2 (s,t0 ) ds t − t0 a

≤ ε(b − a),

(por la cota (∗), para 0 < |t − t0 | < δ ).

Por lo tanto, g0 (t0 ) =

Z b a

ϕ2 (s,t0 )ds, t u

como se quer´ıa.

Proposici´on 2.16. Si Ω es una regi´on convexa, por ejemplo un disco abierto, entonces toda funci´on arm´onica u : Ω → R tiene una conjugada arm´onica v. Demostraci´on. Para a, b ∈ R fijos tales que (a, y), (x, b) ∈ Ω , como Ω es convexo los segmentos de recta que unen (x, b) con (a, y) est´an contenidos en Ω . Defina entonces v : Ω → R mediante Z y

(∗)

v(x, y) := b

ux (x,t)dt −

Z x a

uy (s, b)ds

donde queremos que v y u satisfagan las ecuaciones de Cauchy-Riemann. Derivando con respecto a x ambos lados de la ecuaci´on (∗) se obtiene Z y

vx (x, y) =

b

=−

uxx (x,t)dt −

Z y b

d dx

Z x a

 uy (s, b)ds

uyy (x,t)dt − uy (x, b)

= −uy (x, y) + uy (x, b) − uy (x, b)

por la regla de Leibniz

porque u es arm´onica por el teorema fundamental del c´alculo

= −uy (x, y), por lo que uy = −vx . Ahora, derivando con respeto a y ambos lados de (∗) queda vy (x, y) = ux (x, y) −

Z x a

uyy (s, b)ds = ux (x, y) − 0 = ux (x, y)

donde la segunda igualdad es porque uy (s, b) es constante en y. Se sigue que ux = vy . t u

2.3 La funci´on exponencial y el logaritmo complejo

61

Ejercicios 2.24. Para la recta horizontal L = {z ∈ C : Im(z) = b}, demuestre que su imagen bajo la exponencial compleja exp : C → C − {0} es un rayo basado en el origen y quitando el {0}. 2.25. Para la recta vertical L = {z ∈ C : Re(z) = a}, demuestre que su imagen bajo la exponencial compleja exp : C → C − {0} es un c´ırculo con centro en el origen y radio ea . 2.26. Demuestre las identidades siguientes: 1. sen(−z) = − sen z. 2. cos(−z) = cos z. 3. sen2 z + cos2 z = 1. 4. sen(w + z) = sen w cos z + sen z cos w. 5. cos(w + z) = cos w cos z − sen w sen z. 6. sen(2z) = 2 sen z cos z. 2.27. Demuestre que los ceros de las funciones seno y coseno complejas son los mismos que los de las funciones reales correspondientes. 2.28. Concluya del ejercicio anterior que las funciones complejas sen z y cos z son peri´odicas con per´ıodos reales de la forma τ = 2kπ con k ∈ Z. Es decir, sus dominios de periodicidad son bandas verticales de ancho 2π. 2.29. Se definen las otras funciones trigonom´etricas complejas, en t´erminos del seno y coseno complejos, como es usual: tan z =

sen z , cos z

cot z =

cos z , sen z

sec z =

1 , cos z

csc z =

1 . sen z

Encuentre sus dominios y muestre que son holomorfas en su dominio y sus derivadas son las esperadas. 2.30. Demuestre las identidades usuales para las funciones trigonom´etricas del ejercicio anterior. Muestre que son peri´odicas y determine sus per´ıodos. 2.31. Las funciones trigonom´etricas hiperb´olicas se definen como sigue 1 senh z = (ez − e−z ) 2 1 cosh z = (ez + e−z ) 2 senh z tanh z = cosh z

cosh z senh z 1 sech z = cosh z 1 csch z = . senh z coth z =

1. Observe que senh z y cosh z son holomorfas en todo C. Encuentre los mayores dominios donde las otras funciones hiperb´olicas anteriores son holomorfas 2. Obtenga expresiones para las derivadas de las funciones hiperb´olicas. 3. Demuestre las identidades siguientes:

62

2 Derivaci´on

cosh2 z − senh z2 = 1

cos z = cosh iz

i sen z = senh iz.

4. Demuestre las identidades siguientes: senh(a + b) = senh a cosh b + cosh a senh b cosh(a + b) = cosh a cosh b + senh a senh b cos z = cos x cosh y − i sen x senh y sen z = sen z cosh y + i cos x senh y donde z = x + iy. 2.32. Si ` : Ω → C es una rama del logaritmo y n ∈ Z, demuestre que para todo z ∈ Ω se tiene que zn = exp(n`(z)). 2.33. Encuentre todas las soluciones de las ecuaciones siguientes: ez = i. ez = 1. √ ez = 1 + i 3. ez = −3. ez = 1 + i. sen z = 2. Sugerencia: primero ponga w = eiz y resuelva para w. cos2 z = −1. 2.34. Muestre que la imagen bajo la exponencial de la recta z = (1 + i)t, para t ∈ R es una espiral logar´ıtmica y bosqueje esta imagen. Sugerencia: escriba w = reiθ y note que la coordenada polar θ se puede identificar con t. 2.35. Muestre que la funci´on u del ejemplo 2.9 no tiene una conjugada arm´onica. 2.36. Demuestre que si u : Ω → R es arm´onica, entonces la funci´on

∂u ∂z

es holomorfa.

2.37. Demuestre que la ecuaci´on de Laplace en coordenadas polares tiene la forma r2

∂ u ∂ 2u ∂ 2u +r + = 0. 2 ∂r ∂r ∂θ2

2.38. Demuestre que si v es conjugada arm´onica de u, entonces las funciones uv y u2 − v2 son arm´onicas.

Cap´ıtulo 3

Integral de l´ınea

En este cap´ıtulo desarrollamos la teor´ıa b´asica de la integral (de l´ınea) para funciones complejas. Comenzamos con las nociones de trayectoria parametrizada y de curva en el plano complejo. Despu´es, se define la noci´on de integral de RiemannStieljes de una funci´on compleja a lo largo de una curva rectificable y se prueban sus propiedades b´asicas que ser´an usadas m´as adelante.

3.1.

Trayectorias

Si Ω ⊆ C es una regi´on, una trayectoria en Ω es una funci´on continua γ : [a, b] → Ω , donde [a, b] ⊆ R es un intervalo cerrado con a < b. Al punto γ(a) se le llama el extremo inicial de γ y al punto γ(b) se le llama el extremo final de γ: γ(b) γ γ(a) Si el extremo inicial de γ : [a, b] → Ω es igual a su extremo final, γ(a) = γ(b), se dice que γ es una trayectoria cerrada. Si γ 0 (t) existe para todo t ∈ [a, b] y la funci´on γ 0 : [a, b] → C es continua, diremos que γ es una trayectoria lisa. Si existe una partici´on P = {a = t0 < t1 < · · · < tn = b} del intervalo [a, b] tal que en cada subintervalo la restricci´on γ|[tk−1 ,tk ] es lisa, diremos que γ es lisa por tramos. En general, si γ : [a, b] → C es una funci´on y P = {a = t0 < t1 < · · · < tn = b} es una partici´on del intervalo [a, b], consideremos el pol´ıgono asociado a P y γ, a saber: [γ(a) = γ(t0 ), γ(t1 ), . . . , γ(tn ) = b]

63

64

3 Integral de l´ınea

γ

y es claro que la longitud de este pol´ıgono es: n

v(γ; P) :=

∑ |γ(tk ) − γ(tk−1 )|. k=1

Si Q es otra partici´on de [a, b] que refina a P, es decir, P ⊆ Q, entonces, v(γ; P) ≤ v(γ; Q). En efecto, basta considerar el caso cuando Q contiene un u´ nico punto m´as que P, digamos t 0 ∈ [tk−1 ,tk ]. Entonces, el pol´ıgono asociado a Q es igual al pol´ıgono asociado a P excepto que se tienen dos segmentos adicionales: [γ(tk−1 ), γ(t 0 ), γ(tk )]: γ(tk ) γ(t 0 )

γ(tk−1 ) y por la desigualdad del tri´angulo se tiene que v(γ; P) =

∑ |γ(t j ) − γ(t j−1 )| + |γ(tk ) − γ(tk−1 )|

j6=k

≤

∑ |γ(t j ) − γ(t j−1 )| + |γ(tk ) − γ(t 0 )| + |γ(t 0 ) − γ(tk−1 )|

j6=k

= v(γ; Q).

Se dice que la trayectoria γ es rectificable si `(γ) = `ba (γ) := sup{v(γ; P) : P partici´on de [a, b]} < ∞.

3.1 Trayectorias

65

Lema 3.1. (1) Si γ : [a, b] → C es rectificable y a = a0 < a1 < · · · < an = b es una partici´on de [a, b], entonces n

`ba (γ) =

a

∑ `a jj−1 (γ).

j=1

(2) Si γ, λ : [a, b] → C son rectificables y α, β ∈ C, entonces αγ + β λ : [a, b] → C dada por (αγ + β λ )(t) := αγ(t) + β λ (t) tambi´en es rectificable y `(αγ + αλ ) ≤ |α|`(γ) + |β |`(λ ). Demostraci´on. (1) es obvio y para (2), si P = {a = t0 < t1 < · · · < tn = b} es una partici´on del intervalo [a, b], entonces n

v(αγ + β λ ) =

∑ |(αγ + β λ )(tk ) − (αγ + β λ )(tk−1 )| k=1 n

=

∑ |(αγ(tk ) − αγ(tk−1 ) + β λ (tk ) − β λ (tk−1 )| k=1 n

≤

n

∑ |(αγ(tk ) − αγ(tk−1 )| + ∑ |β λ (tk ) − β λ (tk−1 )| k=1

k=1

= |α|v(λ ; P) + |β |v(λ ; P). t u Integral de Riemann. Antes de enunciar y probar la proposici´on siguiente, que esencialmente da una f´ormula sencilla para calcular la longitud de una trayectoria rectificable, recordamos algunos hechos sobre la integral de Riemann de una funci´on compleja de variable real. Si f : [a, b] → C es una funci´on y escribimos f (t) = u(t) + iv(t) con u, v : [a, b] → R funciones reales de variable real, entonces f 0 (t) existe si y s´olo si u0 (t) y v0 (t) existen y se tiene que f 0 (t) = u0 (t) + iv0 (t). Se define Z b

Z b

f (t)dt := a

Z b

u(t)dt + i a

v(t)dt, a

donde en el lado derecho se tienen las integrales de Riemann de las funciones reales de variable real u, v. Para t ∈ [a, b] poniendo Z t

Z t a

Z t

u(s)ds + i

f (s)ds =

F(t) :=

a

v(s)ds, a

se tiene que F(t) es una primitiva de f (t) porque Rpor el teorema fundamental del c´alculo (para funciones reales de variable real), dtd at u(s)ds = u(t) y similarmente para v. Observe tambi´en que

66

3 Integral de l´ınea

Z

a

b

Zb | f (t)|dt, f (t)dt ≤ a

ya que Z

b

a

Z b Z b Z b Z b v(t)dt u(t)dt + u(t)dt + i v(t)dt ≤ f (t)dt := a

≤

Z b

|u(t)|dt +

a

a

a

a

Z b

|v(t)|dt,

a

la u´ ltima desigualdad porque la integral de Riemann de funciones reales de variable real es un operador creciente. Proposici´on 3.2. Si γ : [a, b] → C es lisa por tramos, entonces es rectificable y Z b

`(γ) =

|γ 0 (t)|dt.

a

Demostraci´on. Por el lema anterior podemos suponer que γ es lisa en [a, b], lo cual significa que γ 0 existe y es continua en [a, b]. Si P = {a = t0 < t1 < · · · < tn = b} es una partici´on del intervalo [a, b], n n Z v(γ; P) = ∑ |(γ(tk )−γ(tk−1 )| = ∑ k=1

k=1

tk

tk−1

n Z γ 0 (t)dt ≤ ∑

tk

|γ 0 (t)|dt =

k=1 tk−1

Z b

|γ 0 (t)|dt

a

donde en la segunda igualdad usamos el teorema fundamental del c´alculo. La desigualdad anterior implica que `(γ) ≤

(1)

Z b

|γ 0 (t)|dt,

a

en particular γ es rectificable. Ahora, como γ 0 es continua en el compacto [a, b], entonces es uniformemente continua y as´ı, para todo ε > 0 existe δ1 > 0 tal que |s − t| < δ1 implica que |γ 0 (s) − γ 0 (t)| < ε. Sea δ2 > 0 tal que la norma de la partici´on kPk := m´ax1≤k≤n {|tk − tk−1 |} < δ2 . Entonces, Z b n |γ 0 (t)|dt − ∑ |γ 0 (τk )|(tk − tk−1 ) < ε a

k=1

con τk cualquier punto en [tk−1 ,tk ]. Se sigue que

3.1 Trayectorias

Z b a

67

n n Z |γ 0 (t)|dt ≤ ε + ∑ |γ 0 (τk )|(tk − tk−1 ) = ε + ∑ k=1

k=1

tk

tk−1

γ 0 (τk )dt

0

(porque γ (τk ) es constante) n Z tk n Z ≤ε+∑ [γ 0 (τk ) − γ 0 (t)]dt + ∑ k=1

tk−1

k=1

tk

tk−1

γ 0 (t)dt

(por la desigualdad del tri´angulo) y si kPk < δ = m´ın{δ1 , δ2 }, entonces |γ 0 (τk ) − γ 0 (t)| < ε para t ∈ [tk−1 ,tk ], y as´ı, por el teorema fundamental del c´alculo, Z b a

n n |γ 0 (t)|dt ≤ ε + ∑ ε(tk − tk−1 ) + ∑ γ(tk ) − γ(tk−1 ) k=1

k=1

= ε + ε(b − a) + v(γ; P) ≤ ε(1 + b − a) + `(γ), por lo que, para ε → 0+ se sigue que Z b

(2)

|γ 0 (t)|dt ≤ `(γ).

a

t u

Las desigualdades (1) y (2) prueban la proposici´on.

Ejemplo 3.1. Sea γ : [0, 2π] → C la funci´on γ(t) := r(cost + i sent) = reit con r > 0. Entonces, la imagen de γ es un c´ırculo con centro en el origen y radio r que se recorre una vez en sentido contrario a las manecillas de un reloj: 6 r •

• 0-

Note que el extremo inicial (que tambi´en es el extremo final) es el 0, y la longitud de esta trayectoria es Z 2π

`(γ) = 0

|(reit )0 |dt =

Z 2π 0

|rieit |dt = r

Z 2π 0

2π dt = rt = 2π. 0

Ejemplo 3.2. Considere ahora la trayectoria dada por el pol´ıgono γ = [1 − i, 1 + i, −1 + i, −1 − i, 1 − i] cuya imagen es el cuadrado de la figura siguiente, recorrido en sentido contrario a las manecillas del reloj:

68

3 Integral de l´ınea

6

−1 + i

1+i

 6 •

−1 − i

?

-

1−i

visto como funci´on γ se puede escribir como γ : [0, 1] → C dada por   (1 − 4t)(1 − i) + 4t(1 + i)  (2 − 4t)(1 + i) + (−1 + 4t)(−1 + i) γ(t) = (3 − 4t)(−1 + i) + (−2 + 4t)(−1 − i))    (4 − 4t)(−1 − i) + (−3 + 4t)(1 − i)

si t ∈ [0, 1/4], si t ∈ [1/4, 1/2], si t ∈ [1/2, 3/4], si t ∈ [3/4, 1].

Claramente, `(γ) = 8, ya que, por ejemplo, para el segmento de recta de [1 − i, 1 + i] su longitud es Z 1/4 0

Z
(1 − 4t)(1 − i) + 4t(1 + i) 0 dt =

0

1/4

1/4 |8i|dt = 8t = 2. 0

Ejercicios 3.1. Sea γ : [0, 1] → C dada por  0 si t = 0,  −1 i  γ(t) = exp + si 0 < t ≤ 1. t t Demuestre que γ es rectificable y continua. Bosqueje su imagen y encuentre su longitud. 3.2. Sea γ : [0, 1] → C dada por ( 0 si t = 0, γ(t) = t + it sen(1/t) si 0 < t ≤ 1. Muestre que γ es continua pero no es rectificable. Bosqueje su imagen. 3.3. Sea γ : [0, 2π] → C dada por γ(t) = sent + i sent. Bosqueje su imagen y muestre que es una trayectoria cerrada y que, excepto en los extremos, γ es inyectiva. ¿Puede calcular su longitud?

3.2 Integral de Riemann-Stieljes

69

3.4. Sea γ : [−1, 1] → C dada por ( t2 γ(t) = it 2

si −1 ≤ t ≤ 0, si 0 ≤ t ≤ 1.

Muestre que γ es lisa (aunque su imagen tiene un pico). Bosqueje su imagen. 3.5. Sea γ : [0, 3π] → C dada por 1 1 γ(t) = t cost + i t sent. 2 2 Bosqueje su imagen (sugerencia: cambie a coordenadas polares). 3.6. Bosqueje la imagen de γ : [−2, 2] → C dada por γ(t) = (t 3 − 1) + i(t 2 + 2). ¿Es lisa?

3.2.

Integral de Riemann-Stieljes

Dada una funci´on continua f : [a, b] → C y una trayectoria γ : [a, b] → C, para una partici´on P = {a = t0 < t1 < · · · < tn = b} del intervalo [a, b] y elementos τk ∈ [tk−1 ,tk ] formamos las sumas de Riemann-Stieljes n

S( f , γ; P) :=

∑ f (τk )[γ(tk ) − γ(tk−1 )] k=1

y consideramos estas sumas cuando kPk → 0. Diremos que f es Riemann-Stieljes integrable a lo largo de γ si existe un complejo I ∈ C con la propiedad de que para todo ε > 0 existe un δ > 0 tal que si kPk < δ , entonces |S( f , γ; P) − I| < ε. Note que, por unicidad del l´ımite, si un tal complejo I existe, entonces es u´ nico. Se dice entonces que I es la integral de f a lo largo de γ o que I es la integral de RiemannStieljes de f a lo largo de γ, y se denota mediante Z b

I=

Z b

f dγ = a

f (t)dγ(t). a

Teorema 3.3. Si γ : [a, b] → Ω es rectificable y f : [a, b] → C es continua, entonces R la integral de Riemann-Stieljes ab f dγ existe. Demostraci´on. Como f : [a, b] → C es continua, entonces es uniformemente continua y as´ı, inductivamente, para ε de la forma 1/m con m ∈ N, existen δ1 > δ2 > · · · tales que |s − t| < δm implica que | f (s) − f (t)| < 1/m. Para cada m ∈ N pongamos Pm = {particiones P de [a, b] tales que kPk < δm }. As´ı, P1 ⊇ P2 ⊇ · · · y si ponemos

70

3 Integral de l´ınea

Fm = cerrradura de

n

n

∑ f (τk )[γ(tk ) − γ(tk−1 )] : P = {a = t0 < · · · < tn = b} ∈ Pm k=1

o con τk ∈ [tk−1 ,tk ] , entonces, (1) F1 ⊇ F2 ⊇ F3 ⊇ · · · . 2 `(γ). m N´otese que una vez que se hayan probado (1) y (2), por el teorema de Cantor T 1.14 existe un u´ nico n´umero complejo I ∈ Fm y este complejo I satisface que si ε > 0, escogiendo m tal que ε > (2/m)`(γ) ≥ di´am Fm , como I ∈ Fm se sigue que Fm ⊆ B(I; ε). Por lo tanto, escogiendo δ = δm , para toda partici´on P tal que kPk < δm , la suma de Riemann-Stieljes S( f , γ; P) ∈ Fm ⊆ B(I; ε) y as´ı |S( f , γ; P) − I| < ε, como se quer´ıa. Basta entonces probar (1) y (2). Comenzamos notando que (1) es directo del hecho de que P1 ⊇ P2 ⊇ · · · . Para (2), como (2) di´am Fm ≤

di´am Fm = di´am

n

n

∑ f (τk )[γ(tk ) − γ(tk−1 )] : P = {t0 , . . . ,tn } ∈ Pm ,

o τk ∈ [tk−1 ,tk ] ,

k=1

basta mostrar que este u´ ltimo di´ametro es ≤ (2/m)`(γ). Para comenzar, si P, Q ∈ Pm son tales que P ⊆ Q, mostraremos que |S(P) − S(Q)|
0 arbitrario y escojamos un δ > 0 y una partici´on P : a = t0 < · · · < tn = b tal que kPk < δ . Entonces, para τk ∈ [tk−1 ,tk ] arbitrario se tiene que (1)

Z

a

b

n f du − ∑ f (τk )[u(tk ) − u(tk−1 )] < ε/2 k=1

3.2 Integral de Riemann-Stieljes

73

y, por definici´on de integral de Riemann de la funci´on f (t)u0 (t) en [a, b]: Z

(2)

b

a

n f (t)u0 (t)dt − ∑ f (τk )u0 (τk )(tk − tk−1 ) < ε/2. k=1

Ahora, por el teorema del valor medio del c´alculo diferencial aplicado a la funci´on diferenciable u : [a, b] → R, en el intervalo [tk−1 ,tk ] existe un elemento τk tal que u0 (τk ) =

(3)

u(tk ) − u(tk−1 ) tk − tk−1

(y estamos escogiendo los τk usados en (1) y (2) como estos τk ). Substituyendo (3) en (2) notamos que la suma en (2) queda igual que la suma en (1). Si denotamos esta suma por S(P), se sigue que Z

b

f du −

a

Z b a

 Z f (t)u0 (t)dt = Z ≤

a

a b

b

 Z f du − S(P) −

Z f du − S(P) +

b

a

b

 f (t)u0 (t)dt − S(P) a f (t)u0 (t)dt − S(P)

< ε/2 + ε/2 = ε. t u

Ejercicios 3.7. Si f : [a, b] → C es continua y γ : [a, b] → C es la trayectoria γ(t) = t, muestre que Z b

Z b

f dγ = a

Z b

f (t)dt = a

Z b

u(t)dt + i a

v(t)dt a

donde en el lado derecho se tienen las integrales de Riemann usuales. As´ı, la integral de Riemann-Stieljes generaliza a integral de Riemann. 3.8. Si γ : [a, b] → C es una trayectoria rectificable, defina la funci´on |γ| : [a, b] → R ⊆ C mediante
|γ|(t) = ` γ [a,t] (la longitud de la trayectoria restringida al intervalo [a,t]). Demuestre que |γ| es continua, creciente y rectificable. 3.9. Con la notaci´on e hip´otesis del ejercicio anterior, si f : [a, b] → C es continua, demuestre que Z b Zb f dγ ≤ | f |d|γ|. a

a

3.10. Con la notaci´on e hip´otesis del ejercicio anterior, si adem´as γ(t) = t para todo t ∈ [a, b], demuestre que

74

3 Integral de l´ınea

Z b

| f |d|γ| =

Z b

a

| f |dt.

a

3.11. Demuestre la parte (3) de la proposici´on 3.4. Basta probar que si c ∈ [a, b], entonces Z b Z c Z b f dγ = f dγ + f dγ. a

3.3.

a

c

Integral de l´ınea

Dada una funci´on f : Ω → C y una trayectoria γ : [a, b] → Ω , considerando la composici´on f ◦ γ : [a, b] → C, a la integral de Riemann-Stieljes Z b

( f ◦ γ)dγ =

Z b

a

( f ◦ γ)(t) · γ(t)dt =

a

Z b

f (γ(t))γ(t)dt a

se le llama la integral de l´ınea de f a lo largo de γ, y se denota por: Z

f. γ

Por el teorema 3.5, en el caso cuando γ : [a, b] → Ω es lisa por tramos, la integral de l´ınea se puede calcular como una integral de Riemann de una funci´on compleja de variable real: Corolario 3.6. Si γ : [a, b] → Ω es lisa por tramos y f : Ω → C es continua en la imagen de γ, entonces Z b

Z

f= γ

f (γ(t))γ 0 (t)dt.

a

t u

Ejemplo 3.3. Sea γ : [0, 2π] → C la trayectoria circular γ(t) := cost + i sent = eit , y sea f : C → C dada por f (z) = zn , para n ∈ N. Entonces, Z

zn dz =

Z 2π

[eit ]n [eit ]0 dt =

0

γ

Z 2π

eint ieit dt = i

0

Z 2π

ei(n+1)t dt

0

Z 2π

=i

[cos(n + 1)t + i sen(n + 1)t]dt 0

Z 2π

=i

2

Z 2π

cos(n + 1)tdt + i sen(n + 1)tdt 0 2π 1 1 2π = sen(n + 1)t + cos(n + 1)t n+1 n+1 0 0 = 0. 0

3.3 Integral de l´ınea

75

Ejemplo 3.4. Para la misma trayectoria del ejemplo anterior, si ahora consideramos la funci´on f : C − {0} → C dada por f (z) = 1/z, Z γ

1 dz = z

Z 2π 1 0

eit

Z
0 eit dt =

2π

e−it ieit dt = i

0

Z 2π 0

2π dt = it = 2πi. 0

Ejemplo 3.5. Sea γ : [0, 1] → C la trayectoria circular γ(t) = cos(2πt) + i sen(2πt) = e2πit y sea f (z) = 1/z como en el ejemplo anterior. Entonces, Z γ

1 dz = z

Z 1

1

0

e2πit

Z 1 Z 1 1
0 e2πit dt = e−2πit 2πie2πit dt = 2πi dt = 2πit = 2πi. 0

0

0

Lo mismo es cierto si se considera la trayectoria γ(t) = z0 + re2πit (el c´ırculo de centro z0 y radio r > 0 y la funci´on f (z) = 1/(z − z0 ): Z γ

1 dz = 2πi. z − z0

Los ejemplos 3.4 y 3.5 anteriores muestran que dos trayectorias diferentes (una con dominio [0, 2π] y otra con dominio [0, 1]) tienen la misma imagen, el c´ırculo de radio 1 y centro 0 en C y las integrales de la funci´on 1/z a lo largo de esas dos trayectorias son iguales. Esto es parte de un resultado general: Cambios de par´ametro. Si γ : [a, b] → C y β : [c, d] → C son dos trayectorias, diremos que γ es una reparametrizaci´on de β si existe una funci´on continua y estrictamente creciente ϕ : [a, b] → [c, d] con ϕ(a) = c, ϕ(b) = d y tal que γ = β ◦ ϕ. A la funci´on ϕ se le llama un cambio de par´ametro o reparametrizaci´on. Es claro que la imagen de γ es la misma que la de β . Dejamos como el ejercicio 3.15 el probar que la relaci´on anterior es de equivalencia. A una clase de equivalencia de trayectorias se le llama una curva. Usaremos la notaci´on {γ} para la imagen o traza de la curva γ. Una curva es lisa o lisa por tramos si uno de sus representantes lo es. Una curva es cerrada si sus representantes son trayectorias cerradas. Observe que si β es rectificable y γ es una reparametrizaci´on de β , entonces γ tambi´en es rectificable. En efecto, si a = t0 < t1 < · · · < tn = b es una partici´on de [a, b], entonces c = ϕ(a) = ϕ(t0 ) < ϕ(t1 ) < · · · < ϕ(tn ) = ϕ(b) = d es una partici´on de [c, d] y se tiene que n

n

∑ |γ(tk ) − γ(tk−1 )| = ∑ |β (ϕ(tk )) − β (ϕ(tk−1 ))| ≤ `(β ) k=1

k=1

por lo que `(γ) ≤ `(β ) < ∞. Se sigue que si β : [c, d] → Ω es rectificable y γ : [a, b] → Ω es una reparametrizaci´on γ = ϕ ◦ β , y si f : Ω → C es continuaRen la imagen de β (que es igual a la imagen de γ), entonces las integrales de l´ınea γ f y R an definidas y se tiene que: β f est´ Proposici´on 3.7. Supongamos que β : [c, d] → Ω es rectificable y γ : [a, b] → Ω es una reparametrizaci´on γ = β ◦ ϕ. Si f : Ω → C es continua en la imagen de β (que

76

3 Integral de l´ınea

es igual a la imagen de γ), entonces Z

Z

f= γ

f. β

Demostraci´on. Como vimos arriba, una partici´on P : a = t0 < · · · < tn = b induce una partici´on ϕ(P) : c = ϕ(t0 ) < · · · < ϕ(tn ) = d de [c, d], y rec´ıprocamente. Por definici´on de integral de l´ınea, para todo ε > 0 existe un δ1 > 0 tal que si kPk < δ1 se tiene que

(1)

Z

γ=β ◦ϕ

n f − ∑ f (β ◦ ϕ(τk ))[β ◦ ϕ(tk ) − β ◦ ϕ(tk−1 )] < ε/2 k=1

para τk ∈ [tk−1 ,tk ]. Similarmente, existe un δ2 > 0 tal que si kϕ(P)k < δ2 se tiene que (2)

Z n f − ∑ f (β (ϕ(τk0 )))[β (ϕ(tk )) − β (ϕ(tk−1 ))] < ε/2 β

k=1

para ϕ(τk0 ) ∈ [ϕ(tk−1 ), ϕ(tk )] con τk0 ∈ [tk−1 ,tk ]. Ahora, como ϕ es uniformemente continua, para el δ2 > 0 existe un δ > 0 tal que si kPk < δ , se tiene que |ϕ(tk ) − ϕ(tk−1 )| < δ2 para todos los t j y as´ı kϕ(P)k < δ2 . Escogemos entonces δ < δ1 para que se satisfagan (1) y (2) y adem´as escogemos τk = τk0 en (1) y (2) por lo que las sumas en (1) y (2) son iguales y las podemos denotar por S(P). Se sigue que Z Z Z Z f − f = f − S(P) + S(P) − f γ=β ◦ϕ β γ=β ◦ϕ β Z Z ≤ f − S(P) + f − S(P) γ=β ◦ϕ

β

< ε/2 + ε/2 = ε. t u Ejemplo 3.6. Si γ : [0, 2π] → C es el c´ırculo γ(t) = eit , se puede reparametrizar como β : [0, 1] → C dada por β (t) = e2πit , que recorre el mismo c´ırculo a mayor velocidad. La trayectoria opuesta. Si γ : [a, b] → R es una trayectoria rectificable, se define γ −1 : [−b, −a] → C mediante γ −1 (t) = γ(−t). As´ı, γ −1 recorre la misma curva que γ, pero en sentido opuesto:

3.3 Integral de l´ınea

77

γ(1)

γ −1 (0)

γ γ −1

γ −1 (1)

γ(0)

As´ı, γ −1 (0) = γ(1) y γ −1 (1) = γ(0). Es claro que γ −1 es rectificable y `(γ −1 ) = `(γ).

Proposici´on 3.8. Si γ : [a, b] → Ω es rectificable y f : Ω :→ C es continua en {γ}, entonces Z

(1)

γ −1

f =−

Z

f. γ

Z (2) f ≤ `(γ) sup{| f (z)| : z ∈ {γ} = imagen de γ}. γ

(3) Si c ∈ C,

Z

Z

f (z − c)dz.

f (z)dz = γ

γ+c

Demostraci´on. (1): Si P : a = t0 < · · · < tn = b es una partici´on de [a, b], entonces −P : −b = −tn < · · · < −t0 = −a es una partici´on de [−b, −a], k − Pk = kPk, y rec´ıprocamente. Tambi´en, τk ∈ [tk−1 ,tk ] si y s´olo si −τk ∈ [−tk , −tk−1 ]. Se sigue que Z

n

∑ f (γ(τk ))[γ(tk ) − γ(tk−1 )] kPk→0

f = l´ım γ

k=1 n

∑ f (γ −1 (−τk ))[γ −1 (−tk ) − γ −1 (−tk−1 )]

= l´ım

kPk→0 k=1 n

∑ f (γ −1 (−τk ))(−1)[γ −1 (−tk−1 ) − γ −1 (−tk )] kPk→0

= l´ım

k=1

=−

Z γ −1

f.

(2): Sea ε > 0 arbitrario. Entonces, existe δ > 0 tal que para toda partici´on P : a = t0 < · · · < tn = b con kPk < δ se tiene que Z n f − ∑ f (γ(τk ))[γ(tk−1 − γ(tk )] < ε γ

y por lo tanto

k=1

78

3 Integral de l´ınea

n Z f ≤ ε + ∑ f (γ(τk ))[γ(tk−1 − γ(tk )] γ

k=1 n

≤ ε + ∑ f (γ(τk )) γ(tk−1 − γ(tk ) k=1 n ≤ ε + M ∑ γ(tk−1 − γ(tk ) k=1

≤ ε + M`(γ),

donde M = sup{| f (z)| : z ∈ {γ} = imagen de γ}. La parte (3) es directa.

t u

El lema siguiente nos ser´a muy u´ til para aproximar una integral de l´ınea arbitraria con una usando una poligonal: Lema 3.9. Si Ω ⊆ C es abierto, γ : [a, b] → Ω es rectificable y f : Ω :→ C es continua, entonces para todo ε > 0 existe una trayectoria poligonal Γε : [a, b] → Ω tal que (1) Γε (a) = γ(a) y Γε (b) = γ(b). Z Z f < ε. (2) f − γ

Γε

Demostraci´on. Consideremos primero el caso especial cuando Ω = B(c; r) es un disco abierto. Como {γ} ⊆ B(c; r) y {γ} es compacto, entonces d = dist({γ}, ∂ Ω ) > 0. Se sigue que {γ} ⊆ B(c; ρ) con ρ = r − 21 d, y como f es continua en Ω = B(c; r), lo es en el compacto B(c; ρ) y por lo tanto es uniformemente continua en esta bola cerrada. As´ı, para todo ε > 0 existe un δ > 0 tal que |z − w| < δ implica que | f (z) − f (w)| < ε. Para este δ , como γ : [a, b] → Ω es uniformemente continua, existe una partici´on P : a = t0 < · · · < tn = b tal que |γ(s) − γ(t)| < δ /2

(1)

si s,t ∈ [tk−1 ,tk ]. Adem´as, para τk ∈ [tk−1 ,tk ] se tiene que (2)

Z n f − ∑ f γ(τk )[γ(tk ) − γ(tk−1 )] < ε. γ

k=1

Se define entonces Γε : [a, b] → Ω mediante Γε (t) :=

  1 (tk − t)γ(tk−1 ) + (t − tk−1 )γ(tk ) tk − tk−1

3.3 Integral de l´ınea

79

si t ∈ [tk−1 ,tk ]. Es decir, en el subintervalo [tk−1 ,tk ] de [a, b], Γε es el segmento de recta que une el punto γ(tk−1 ) con γ(tk ) y por lo tanto Γε es un pol´ıgono en Ω . Usando (1) se tiene que si τk ,t ∈ [tk−1 ,tk ], entonces |γ(τk ) − Γε (t)| < δ

(3) ya que

  1 |γ(τk ) − Γε (t)| = γ(τk ) − (tk − t)γ(tk−1 ) + (t − tk−1 )γ(tk ) tk − tk−1 γ(τk )(tk − tk−1 ) − (tk − t)γ(tk−1 ) − (t − tk−1 )γ(tk ) = tk − tk−1

(tk − tk−1 ) γ(τk ) − γ(tk−1 ) + (t − tk−1 ) γ(tk−1 ) − γ(tk ) = tk − tk−1 ≤ γ(τk ) − γ(tk−1 ) + γ(tk−1 ) − γ(tk ) porque |t − tk−1 | ≤ |tk − tk−1 | 0 y por lo tanto existe un real r tal que 0 < r < dist({γ}, ∂ Ω ). Como γ : [a, b] → Ω es uniformemente continua, para este r existe un δ > 0 tal que |s − t| < δ implica que |γ(s) − γ(t)| < r. Escojamos ahora una partici´on P : a = t0 < · · · < tn = b con kPk < δ . Se sigue que |γ(t) − γ(tk−1 )| < r para t ∈ [tk−1 ,tk ]. Por lo tanto, si γk := γ [t ,t ] , entonces k−1 k

{γk } ⊆ B(γ(tk−1 ); r)

para

k = 1, . . . , n.

Aplicando ahora el caso particular probado anteriormente, existe una trayectoria poligonal ΓRk,ε : [t k−1 ,tk ] → B(γ(tk−1 ; r) tal que Γk,ε (tk−1 ) = γ(tk−1 ), Γk,ε (tk ) = γ(tk ) R y γk f − Γk,ε f < ε/n. Definamos ahora Γε : [a, b] → Ω como Γε (t) = Γk,ε (t) si t ∈ [tk−1 ,tk ]. Se sigue que  Z Z Z n Z n f = ∑ f− f < ∑ ε/n = ε. f− γ

Γε

k=1

γk

Γk,ε

k=1

t u Una primera consecuencia importante de este lema es un an´alogo del teorema fundamental del c´alculo:

3.3 Integral de l´ınea

81

Teorema 3.10. Si Ω ⊆ C es abierto, γ : [a, b] → Ω es rectificable y f : Ω → C es continua y tiene una primitiva F : Ω → C, entonces Z

f = F(γ(b)) − F(γ(a)),

γ

R

es decir, la integral γ f depende s´olo de los extremos inicial y final de γ, i.e., es independiente de la trayectoria que uno estos dos puntos. En particular, si γ es una curva cerrada, entonces Z f = 0. γ

Demostraci´on. Supongamos primero que γ : [a, b] → Ω es lisa por tramos. Entonces, por el teorema 3.5, Z b

Z

f= γ

f (γ(t))γ 0 (t)dt =

a

Z b

Z b

F 0 (γ(t))γ 0 (t)dt =

a

(F ◦ γ)0 (t)dt

a

b = F ◦ γ(t) = F(γ(b)) − F(γ(a)) = F(β ) − F(α). a

Supongamos ahora que γ : [a, b] → Ω es arbitraria (rectificable). Por el lema anterior, para todo ε > 0 existe una R trayectoria poligonal (y por lo tanto lisa por R tramos) Γε : [a, b] → Ω tal que γ f − Γε f < ε, y por el caso particular visto R anteriormente Γε f = F(β ) − F(α). Se sigue que Z
f − F(β ) − F(α) < ε γ

t u

y como ε es arbitrario el teorema se sigue. zn

Ejemplo 3.7. Si f : C → C es f (z) = con n 6= −1 entero, entonces tiene una primitiva F(z) = zn+1 /(n + 1) y por lo tanto, para cualquier trayectoria cerrada γ : [a, b] → C (que no pase por 0 en el caso cuando n < 0 para evitar divisi´on por cero) se tiene que Z zn = 0.

γ

Ejercicios 3.12. Sea f : C − {0} → C dada por f (z) = 1/z. Calcule

Z

f: γ

Para γ el cuadrado del ejemplo 3.2. Para γ la curva cuya imagen es el semic´ırculo superior con centro en el origen y de radio 1 recorrido en sentido contrario al de las manecillas de un reloj. Para γ la curva cuya imagen es el semic´ırculo inferior con centro en el origen y de radio 1 recorrido en el sentido de las manecillas de un reloj.

82

3 Integral de l´ınea

Para γ la curva cerrada cuya imagen es 6

0 Z

3.13. Calcule la integral

1

2

(z − i), donde γ : [−1, 1] → C es el arco de par´abola dado

γ

por γ(t) = t + it 2 . 3.14. Sea f : C → C dada por f (z) = |z|2 y considere losR pol´ıgonos α = [1, i] y R β = [1, 1 + i, i]. Exprese α y β como trayectorias y calcule α f y β f . 3.15. Sea γ : [a, b] → Ω una trayectoria rectificable cerrada con Ω abierto y suponga que z0 6∈ Ω . Demuestre que para n ≥ 2, Z γ

1 dz = 0. (z − z0 )n

3.16. Demuestre que la relaci´on de reparametrizaci´on es de equivalencia. 3.17. Demuestre que toda trayectoria γ : [a, b] → C es equivalente a una trayectoria β : [0, 1] → C. Sugerencia: defina ϕ : [0, 1] → [a, b] mediante ϕ(t) := (b − a)t + a. 3.18. Si β : [c, d] → C es una trayectoria rectificable y γ = β ◦ ϕ : [a, b] → C es una reparametrizaci´on, demuestre que `(γ) = `(β ). 3.19. Si γ : [c, d] → C es una trayectoria rectificable, demuestre que γ −1 : [−b, −a] → C tambi´en lo es y `(γ −1 ) = `(γ). 3.20. Usando el ejercicio 3.17 demuestre que la trayectoria opuesta a γ : [0, 1] → C es γ −1 : [0, 1] → C dada por γ −1 (t) := γ(1 − t). 3.21. Si γ : [a, b] → C es una trayectoria, considere la trayectoria |γ| : [a, b] → R ⊆ C del ejercicio 3.8. Si f : Ω :→ C es continua en {γ}, se define Z γ

f |dz| :=

Z b

f (γ(t))d|γ|(t). a

Demuestre que Z Z f ≤ | f ||dz| ≤ `(γ) sup{| f (z)| : z ∈ {γ} = imagen de γ}. γ

γ

Cap´ıtulo 4

Teor´ıa de Cauchy local

El teorema de Cauchy es un resultado fundamental en la teor´ıa de funciones complejas y en este cap´ıtulo lo probaremos para una regi´on convexa, en particular, para un disco. Un resultado de fundamental importancia es la existencia de una primitiva local de toda funci´on holomorfa en una regi´on convexa, en particular, en un disco abierto. Consecuencias de este teorema incluyen la analiticidad de toda funci´on holomorfa, el teorema de la identidad, el teorema de Liouville y el teorema del m´odulo m´aximo.

4.1.

El teorema de Cauchy en una regi´on convexa

El teorema de Cauchy que probaremos en esta secci´on afirma que la integral a lo largo de cualquier curva cerrada rectificable de toda funci´on holomorfa definida en una regi´on convexa es cero. Esta versi´on inicial ser´a suficiente para obtener muchas consecuencias importantes, entre ellas que una funci´on holomorfa es de clase C∞ y por lo tanto tiene una expansi´on en serie de Taylor, es decir, es anal´ıtica. Generalizaciones de este teorema se ver´an hasta el siguiente cap´ıtulo. Comenzamos con la versi´on de Goursat del teorema de Cauchy en una regi´on convexa. Teorema 4.1 (Cauchy-Goursat).R Si Ω ⊆ C es una regi´on convexa y f : Ω → C es una funci´on holomorfa, entonces T f = 0 para toda trayectoria triangular cerrada T en Ω . Demostraci´on. Sea T = [a, b, c, a] una trayectoria triangular en Ω y sea ∆ la c´apsula convexa de T . As´ı, ∆ consiste del tri´angulo T y su interior. Note que T = ∂ ∆ . Uniendo los puntos medios de los lados del tri´angulo ∆ se forman cuatro tri´angulos ∆1 , ∆2 , ∆3 , ∆4 dentro de ∆ :

83

84

4 Teor´ıa de Cauchy local

∆1

∆4 ∆2

∆3

y orientando las fronteras T j = ∂ ∆ j de estos tri´angulos como se muestra en la figura de arriba, se tiene que 4

Z

(1)

f= T

Z

f.

∑

j=1 T j

Entre las cuatro trayectorias T j existe una, denot´emosla por T (1) , para la cual el valor R absoluto T (1) f es el m´aximo entre los valores absolutos de las cuatro integrales de (1) y por lo tanto, de (1) se sigue que Z Z (2) f . f ≤ 4 T (1)

T

Por otra parte, observe que, como los tri´angulos ∆ j se obtuvieron uniendo los puntos medios de los lados del tri´angulo ∆ , entonces 1 `(T j ) = `(T ) 2

(3)

di´am ∆ j =

y

1 di´am ∆ . 2

Aplicando ahora el procedimiento anterior al tri´angulo T (1) , se obtiene un tri´angulo T (2) con propiedades an´alogas a (1), (2) y (3). Procediendo recursivamente se obtiene una sucesi´on de tri´angulos {∆ (n) } con fronteras {T (n) } tales que Z Z f ≤ 4 f , T (n)

1 `(T (n+1) ) = `(T (n) ) 2

T (n+1)

di´am ∆ (n+1) =

y

1 di´am ∆ (n) , 2

y ∆ (1) ⊇ ∆ (2) ⊇ ∆ (3) ⊇ · · · . Por lo tanto (4)

Z Z f ≤ 4 T

y similarmente

T (1)

Z f ≤ 42

T (2)

Z f ≤ · · · ≤ 4n

T (n)

f

4.1 El teorema de Cauchy en una regi´on convexa

`(T (n) ) =

(5)

 1 n 2

`(T )

y

85

di´am ∆ (n) =

 1 n 2

di´am ∆ .

Ahora, como los ∆ (n) son cerrados, est´an encadenados y sus di´ametros satisfa
n cen que l´ım{di´am ∆ (n) } = 0 porque di´am ∆ (n) = 21 di´am ∆ , podemos aplicar el T teorema de Cantor 1.14 y as´ı existe un u´ nico punto z0 ∈ ∆ (n) . Ahora, como f 0 (z0 ) existe, para todo ε > 0 hay un δ > 0 tal que para 0 < |z − z0 | < δ se tiene que f (z) − f (z ) 0 − f 0 (z0 ) < ε z − z0 o equivalentemente | f (z) − f (z0 ) − f 0 (z0 )(z − z0 )| < ε|z − z0 |.

(6)

Es claro que f (z0 ) + f 0 (z0 )(z − z0 ) tiene una primitiva f (z0 )z +
f 0 (z0 )(z2 /2 − z0 z) y R as´ı por el teorema 3.10 se tiene que T (n) f (z0 ) + f 0 (z0 )(z − z0 ) = 0 y por lo tanto Z

Z

T (n)

f (z) =

T (n)



 f (z) − f (z0 ) − f 0 (z0 )(z − z0 ) .

Esgogiendo ahora n tal que di´am ∆ (n) < δ , se sigue que si z ∈ ∆ (n) , como z0 ∈ ∆ (n) , se tiene que |z − z0 | < δ y as´ı, usando (4) se sigue que Z Z n f ≤ 4n `(T (n) ) sup{| f (z) − f (z0 ) − f 0 (z0 )(z − z0 )|} f ≤ 4 T

n

T (n) (n)

≤ 4 `(T

(n)

) sup{ε|z − z0 |}

por (6)

≤ 4 `(T )ε di´am ∆ porque z, z0 ∈ ∆ (n)  1 n  1 n ≤ 4n `(T )ε di´am ∆ por (5) 2 2 = ε`(T ) di´am T n

(n)

y como ε es arbitrario y T es fijo, la desigualdad anterior implica el teorema.

t u

Observaci´on 4.1. En el teorema anterior lo que esencialmente se us´o es que, para una regi´on Ω , si T = [a, b, c, a] es un tri´angulo tal que su c´apsula convexa ∆ est´a totalmente contenida en Ω , entonces cada uno de los subtri´angulos T j y sus c´apsulas convexas ∆ j est´an contenidos en Ω , y el razonamiento proceder´ıa igual al caso considerado cuando Ω es convexa. Teorema 4.2 (Teorema de Cauchy en una regi´on convexa). Si Ω es una regi´on convexa y f : Ω → C es holomorfa, entonces f tiene una primitiva F en Ω . Consecuentemente, por el teorema 3.10, si γ es cualquier curva cerrada rectificable en Ω , entonces Z f = 0. γ

86

4 Teor´ıa de Cauchy local

Demostraci´on. Usando que Ω es convexa mostraremos que f tiene una primitiva F en Ω , es decir, existe una funci´on holomorfa F : Ω → C tal que F 0 = f . Defina F : Ω → C mediante Z F(z) = f [a,z]

donde la integral es a lo largo del segmento [a, z] (contenido en Ω porque e´ sta es convexa). Probaremos que F 0 (z0 ) = f (z0 ) para todo z0 ∈ Ω . Para e´ sto, observe que Z Z Z Z Z  Z F(z) − F(z0 ) = f− f= f− f+ f = f [a,z]

[a,z0 ]

[a,z]

[a,z]

[z,z0 ]

[z0 ,z]

ya que [a, z0 ] = [a, z, z0 ] (vea la figura siguiente) y use el teorema de Cauchy-Goursat 4.1.

XXX z0 •y AKA •z A• a

Por lo tanto

F(z) − F(z0 ) 1 = z − z0 z − z0

Z

f [z0 ,z]

y consecuentemente F(z) − F(z0 ) 1 f − f (z0 ) − f (z0 ) = z − z0 z − z0 [z0 ,z] Z Z 1 1 = f− f (z0 ) z − z0 [z0 ,z] z − z0 [z0 ,z] Z   1 = f − f (z0 ) z − z0 [z0 ,z] Z

y as´ı, tomando valores absolutos se obtiene que F(z) − F(z ) 1 0 − f (z0 ) ≤ `([z0 , z]) sup{| f (w) − f (z0 )| : w ∈ [z0 , z]} z − z0 |z − z0 | = sup{| f (w) − f (z0 )| : w ∈ [z0 , z]} y si z → z0 se tiene que w → z0 , por lo que como f es continua se sigue que f (w) → f (z0 ) y consecuentemente el supremo de la desigualdad anterior tiende a 0 y as´ı F 0 (z0 ) = l´ım

z→z0

F(z) − F(z0 ) = f (z0 ). z − z0 t u

4.1 El teorema de Cauchy en una regi´on convexa

87

Teorema 4.3 (F´ormula integral de Cauchy en un disco). Si f : Ω → C es holomorfa y B(a; r) ⊆ Ω , con r > 0 y si γ : [0, 2π] → Ω es el c´ırculo frontera del disco anterior, es decir, γ(s) = a + reis , entonces para todo z ∈ B(a; r) se tiene que f (z) =

1 2πi

f (w) dw. w−z

Z γ

Demostraci´on. Fijemos un punto z ∈ B(a; r) y para 0 < ε < dist(z, {γ}) considere el disco B(z : ε) y sea γε su frontera orientada en sentido contrario a las manecillas de un reloj. Mostraremos primero que, para todo ε como arriba Z

(1) γ

f (w) dw = w−z

Z γε

f (w) dw. w−z

Para establecer esta igualdad, considere la figura siguiente, donde el disco mayor es B(a; r) y el disco menor es B(z; ε):

z

y subdivida la regi´on comprendida entre los dos c´ırculos por medio de dos segmentos horizontales y dos segmentos verticales que unen ambos c´ırculos como se muestra en la figura. Note que lo anterior da lugar a cuatro regiones cuyas fronteras son curvas cerradas consistentes de dos arcos de circunferencia y dos segmentos de recta. Denotemos estas fronteras por γ1 , γ2 , γ3 y γ4 orientadas positivamente (en sentido contrario a las manecillas de un reloj). Note que cada γ j est´a contenida en f (w) una regi´on convexa en la cual la funci´on es holomorfa (por ejemplo, en la w−z intersecci´on de semiplanos apropiados y de un disco abierto que contenga a γ). Por el teorema de Cauchy 4.2 para una regi´on convexa, para 1 ≤ j ≤ 4 se tiene que Z γj

f (w) dw = 0. w−z

Ahora observe que, como en la demostraci´on del teorema de Cauchy-Goursat, los lados que comparten las curvas γ j tienen orientaciones opuestas y por lo tanto las integrales a lo largo de esos lados compartidos se anulan y la orientaci´on de los arcos del c´ırculo γε da a este una orientaci´on negativa (en el sentido de las manecillas de un reloj); se sigue que

88

4 Teor´ıa de Cauchy local 4

0=

∑

Z

j=1 γ j

f (w) dw = w−z

Z γ

f (w) dw − w−z

Z γε

f (w) dw, w−z

de donde se obtiene la igualdad (1) deseada. En el ejemplo 3.5 se muestra que Z

(2) γε

1 dw = 2πi w−z

lo cual junto con (1) implica que f (w) f (w) 1 1 1 dw − f (z) = dw − f (z) dw 2πi γε w − z 2πi γ w−z γε w − z Z f (w) − f (z) 1 = dw 2πi γε w−z o n f (z) y para la integral del lado derecho, poniendo Mε := sup f (w)− : w ∈ {γε } w−z se tiene que 1 2πi

Z

Z

Z

1 Z f (w) − f (z) 1 1 dw ≤ Mε `(γε ) = Mε (2πε) = εMε , 2πi γε w−z 2π 2π por lo que cuando ε → 0 la integral correspondiente tiende a 0 tambi´en, de donde se sigue la afirmaci´on del teorema. t u Derivadas de orden superior. Para mostrar que una funci´on holomorfa f tiene derivadas de todos los o´ rdenes, necesitaremos el lema siguiente, que aplicaremos inmediatamente a la f´ormula de Cauchy 4.3 al caso de un disco para obtener la f´ormula general 4.5 en un disco, y m´as adelante en el corolario 5.7 a la f´ormula de Cauchy en una regi´on Ω m´as general. Lema 4.4. Supongamos que γ : [a, b] → C es rectificable y que ϕ : C → C est´a definida y es continua en {γ}. Para cada entero m ≥ 1 defina para z 6∈ {γ} Z

Fm (z) := γ

ϕ(w) dw. (w − z)m

Entonces, cada Fm es holomorfa en C − {γ} y Fm0 (z) = mFm+1 (z). Demostraci´on. Para comenzar, cada Fm es continua. En efecto, si fijamos un z0 ∈ Ω := C − {γ} y ponemos r = d(z0 , {γ}), note que como {γ} es compacto y ϕ es continua en {γ}, entonces su imagen es compacta, en particular es acotada, digamos |ϕ(w)| ≤ M para todo w ∈ {γ}. Usando la factorizaci´on elemental am − bm = (a − b)(am−1 + am−2 b + · · · + abm−2 + bm−1 )

4.1 El teorema de Cauchy en una regi´on convexa

89

se tiene que  1 1 1 1 1 1 ih − = + − m m m−1 m−2 (w − z) (w − z0 ) w − z w − z0 (w − z) (w − z) (w − z0 )  1 1 +···+ + (w − z)(w − z0 )m−2 (w − z0 )m−1  1 1 = (z − z0 ) +··· + m m−1 (w − z) (w − z0 ) (w − z) (w − z0 )2  1 . + (w − z)(w − z0 )m Multiplicando ambos lados de la igualdad anterior por ϕ(w) e integrando a lo largo de γ queda: (∗)

Fm (z) − Fm (z0 ) = (z − z0 )

Z h γ

i ϕ(w) ϕ(w) + · · · + (w − z)m (w − z0 ) (w − z)(w − z0 )m

donde z ∈ B(z0 ; r/2) y w ∈ {γ} por lo que |z − z0 | < r/2, |w − z0 | ≥ r > r/2 y |w − z| > r/2, y consecuentemente



ϕ(w)

(w − z)m−k (w − z0 )k+1


0, escogiendo δ < r/2 se tiene que si |z−z0 | < δ , (∗) queda:  2 m+1  m+1 Fm (z) − Fm (z0 ) ≤ |z − z0 |`(γ) 2 M < δ `(γ) M r r  m+1 y as´ı, como queremos que δ `(γ) 2r M < ε, escogiendo δ = m´ın

nr 2

,

εrm+1 o M`(γ) 2m+1

se sigue que |z − z0 | < δ implica que |Fm (z) − Fm (z0 )| < ε, i.e., Fm es continua. Ahora, dividiendo ambos lados de (∗) por (z − z0 ) queda Fm (z) − Fm (z0 ) = z − z0

Z γ

Z

= γ

ϕ(w) dw + · · · + (w − z)m (w − z0 ) ϕ(w)(w − z0 )−1 dw + · · · + (w − z)m

Z γ

Z γ

donde, como z0 6∈ {γ}, la funci´on ϕ(w)(w − z0 )−k =

ϕ(w) (w − z0 )k

ϕ(w) dw (w − z)(w − z0 )m

ϕ(w)(w − z0 )−m dw (w − z)

90

4 Teor´ıa de Cauchy local

es continua en {γ} para cada k. Por el argumento de la primera parte de la demostraci´on se sigue que cada una de las integrales del lado derecho es una funci´on continua de z. Por lo tanto, si z → z0 se sigue que Fm (z) − Fm (z0 ) z − z0 Z Z ϕ(w)(w − z0 )−m ϕ(w)(w − z0 )−1 dw + · · · + l´ ı m = l´ım dw z→z0 γ z→z0 γ (w − z)m (w − z) Z Z ϕ(w) ϕ(w) dw + · · · + dw = mFm+1 (z0 ). = m+1 (w − z ) (w − z0 )m+1 γ γ 0

Fm0 (z0 ) = l´ım

z→z0

t u Supongamos ahora que f : Ω → C es holomorfa y B(a; r) ⊆ Ω , con r > 0 y que γ : [0, 2π] → Ω es el c´ırculo frontera del disco anterior, es decir, γ(s) = a + reis , entonces por el teorema 4.3 para z ∈ B(a; r) se tiene que f (z) =

1 2πi

f (w) dw w−z

Z γ

y aplicando el lema 4.4 anterior se sigue que (1)

f 0 (z) =

1 2πi

Z γ

f (w) dw (w − z)2

y, de nuevo, aplicando el lema anterior a (1) se sigue que f 00 (z) =

γ

f (w) dw (w − z)3

γ

f (w) dw (w − z)n+1

2 2πi

Z

n! 2πi

Z

y, recursivamente, f (n) (z) =

para todo n ≥ 0 y todo z ∈ B(a; r). Hemos as´ı probado que toda funci´on holomorfa en un disco tiene derivadas de todos los o´ rdenes: Teorema 4.5 (F´ormula integral de Cauchy en un disco). Si f : Ω → C es holomorfa y B(a; r) ⊆ Ω , con r > 0 y γ : [0, 2π] → Ω es el c´ırculo frontera del disco anterior, es decir, γ(s) = a + reis , entonces para todo z ∈ B(a; r) y n ≥ 0 se tiene que f (n) (z) =

n! 2πi

Z γ

f (w) dw. (w − z)n+1

t u

Corolario 4.6 (Estimaci´on de Cauchy). Si f : B(a; R) → C es holomorfa y | f (z)| ≤ M para todo z ∈ B(a; R), entonces

4.1 El teorema de Cauchy en una regi´on convexa

91

(n) n!M f (a) ≤ . Rn Demostraci´on. Apliquemos el teorema 4.5 con r < R. Entonces, (n) n! Z f (w) f (a) = dw con γ la frontera de B(a; r) n+1 2πi γ (w − a) o  n!  n f (w) : w ∈ {γ} por la proposici´on 3.8 ≤ `(γ) sup 2π (w − a)n+1  n!  2πr  ≤ porque |w − a| = r y `(γ) = 2πr sup f (w) : w ∈ {γ} n+1 2π r n! ≤ n M porque | f (w)| ≤ M. r El resultado se sigue haciendo que r → R− .

t u

El rec´ıproco del teorema de Cauchy. La conclusi´on final del teorema 3.10, que para cualquier curva cerrada rectificable γ en una regi´on Ω en la cual una funci´on f : Ω → C tiene una primitiva, se tiene que Z

f =0 γ

de hecho caracteriza a las funciones holomorfas: Teorema 4.7 (Morera). R Si Ω ⊆ C es una regi´on y f : Ω → C es una funci´on continua tal que la integral γ f = 0 para toda trayectoria cerrada γ en Ω , entonces f es holomorfa. Demostraci´on. Para probar que f es holomorfa en Ω , basta probar que f es holomorfa en cada disco abierto B(a; r) contenido en Ω y por lo tanto podemos suponer que Ω = B(a; r) es un disco abierto. Ahora, como un disco es convexo, entonces, como en la demostraci´on del teorema 4.2 (usando la hip´otesis en lugar del teorema de Cauchy-Goursat), f tiene una primitiva F en B(a; r) dada por Z

F(z) =

f [a,z]

donde la integral es a lo largo del segmento [a, z] (contenido en el disco B(a; r) porque e´ ste es convexo): XXX z0 •y • AKA z A• a

92

4 Teor´ıa de Cauchy local

La existencia de F tal que F 0 = f dice que F es holomorfa, por lo que tiene derivadas de todos los o´ rdenes por el teorema 4.5, en particular F 00 = f 0 , i.e., f es holomorfa. t u Observaci´on 4.2. Note que en la demostraci´on del teorema anterior s´olo se us´o la hip´otesis de que Z f =0 γ

para γ un tri´angulo o trayectoria triangular en B(a; r). Por lo tanto la hip´otesis del teorema de Morera se puede debilitar a este caso.

Ejercicios 4.1. Sea Ω un abierto de C y sea γ : [a, b] → C una curva rectificable. Suponga que ϕ : {γ} × Ω → C es una funci´on continua y defina g : Ω → C mediante Z

g(z) :=

ϕ(w, z)dw. γ

Demuestre que g es continua. Si ∂ ϕ/∂ z existe para cada (w, z) ∈ {γ} × Ω y es continua, demuestre que g es holomorfa y adem´as g0 (z) =

Z

∂ϕ (w, z)dw. ∂z

γ

4.2. Suponga que γ es una curva rectificable en C y que ϕ : {γ} → C es continua. Use el ejercicio anterior para demostrar que la funci´on g : C − {γ} → C definida por Z

g(z) := γ

ϕ(w) dw w−z

es holomorfa y adem´as (n)

Z

g (z) = n! γ

ϕ(w) dw. (w − z)n+1

4.3. Sea b ∈ Ω , donde Ω ⊆ C es un abierto y sea f una funci´on holomorfa en Ω − {b} tal que f 0 es continua en Ω − {b}. Suponga que b ∈ B(a; r) ⊆ B(a; r) ⊆ Ω , con r > 0 un real. Considere la funci´on ϕ : [0, 2π] × (0, 1] → C dada por ϕ(s,t) := b(1 − t) + (a + reis )t. Para t ∈ (0, 1] defina Γt : [0, 2π] → C mediante Γt (s) := ϕ(s,t)

para s ∈ [0, 2π].

4.2 Series de potencias

93

Defina

Z

f.

I(t) := Γt

Demuestre que I es constante. 4.4. Suponga que f : Ω → C es holomorfa y que f 0 es continua en Ω . Aplique el ejercicio anterior a la funci´on f (z) − f (b) z−b y concluya que Z f (w) 1 dw f (b) = 2πi Γ1 w − b (la f´ormula integral de Cauchy en un disco) donde, en la notaci´on del ejercicio anterior, Γ1 (s) = ϕ(s, 1) = a + reis es la frontera del disco B(a : r).

4.2.

Series de potencias

Las f´ormulas integrales de Cauchy en un disco de la secci´on anterior muestran que una funci´on holomorfa f : Ω → C es de clase C∞ y consecuentemente, como probaremos en esta secci´on, tienen una expansi´on en serie de Taylor en ese disco. Comenzamos recordando los conceptos pertinentes sobre series de funciones, en particular de series de potencias. Sucesiones de funciones. Si fn : Ω → C son funciones complejas, con n ≥ 0 enteros, diremos que la sucesi´on de funciones { fn } converge puntualmente a la funci´on f : Ω → C si para cada punto z ∈ Ω la sucesi´on de n´umeros complejos { fn (z)} converge a f (z). Usaremos la notaci´on l´ım{ fn } = f . As´ı, para todo ε > 0 y todo punto z ∈ Ω existe un entero N = N(ε, z) (que depende de ε y del punto z ∈ Ω ) tal que si n ≥ N entonces | fn (z) − f (z)| < ε. Diremos que la sucesi´on de funciones { fn } converge uniformemente a la funci´on f : Ω → C si para todo ε > 0 existe un entero N = N(ε) (que depende s´olo de ε) tal que para todo z ∈ Ω se tiene que | fn (z) − f (z)| < ε siempre que n ≥ N. Proposici´on 4.8. Si { fn : Ω → C} es una sucesi´on de funciones continuas que converge uniformemente a f : Ω → C, entonces f es continua. Demostraci´on. Si z0 ∈ Ω y ε > 0, como { fn } converge uniformemente a f existe un N ∈ N tal que si n > N se tiene que | fn (z) − f (z)| < ε/3 para todo z ∈ Ω . M´as a´un, como fn es continua, existe un δ > 0 tal que | fn (z) − fn (z0 )| < ε/3 siempre que |z − z0 | < δ . Se sigue que si |z − z0 | < δ y n > N, entonces | f (z) − f (z0 )| = | f (z) − fn (z) + fn (z) − fn (z0 ) + fn (z0 ) − f (z0 )| ≤ | f (z) − fn (z)| + | fn (z) − fn (z0 )| + | fn (z0 ) − f (z0 )| < ε/3 + ε/3 + ε/3 = ε.

94

4 Teor´ıa de Cauchy local

t u Series de funciones. Si { fn : Ω → C} es una sucesi´on de funciones, considerando las sumas parciales n

Sn =

∑ fk = f1 + f2 + · · · + fn : Ω → C k=0

se tiene la sucesi´on de sumas parciales {Sn } y si esta sucesi´on converge (puntual o uniformemente) a la funci´on f : Ω → C, diremos que su l´ımite es la suma de la serie ∞

l´ım Sn . ∑ fn := n→∞

k=0

Dependiendo del tipo de convergencia de {Sn } diremos que la serie de funciones ∑∞ k=0 f n converge puntual o uniformemente a f . Proposici´on 4.9 (Criterio M de Weierstrass). Si { fn : Ω → C} es una sucesi´on de funciones (continuas) para las que existen constantes Mn tales que | fn (z)| ≤ Mn para ∞ todo z ∈ Ω y si adem´as ∑∞ n=1 Mn converge, entonces la serie de funciones ∑n=1 f n converge uniformemente a una funci´on f : Ω → C (que es continua si las fn lo son). Demostraci´on. Dado z ∈ Ω , considere las sumas parciales Sn (z) = f1 (z) + · · · + fn (z) y observe que si m > n, (∗)

|Sm (z) − Sn (z)| = | fn+1 (z) + · · · + fm (z)| ≤ Mn+1 + · · · + Mm

y como ∑∞ on de sumas parciales sk = M1 + · · · + n=1 Mn converge, entonces la sucesi´ Mk es de Cauchy y as´ı, para todo ε > 0 existe un N ∈ N tal que si m > n ≥ N se tiene que |sm − sn | = |Mn+1 + · · · + Mm | < ε. De (∗) se sigue que la sucesi´on {Sk (z)} tambi´en es de Cauchy en C y por lo tanto converge a un complejo, que depende de z, al que podemos denotar por f (z). Hemos mostrado que la serie ∑∞ n=1 f n converge puntualmente a una funci´on f : Ω → C. Observe ahora que ∞
| f (z) − Sn (z)| = ∑ fn (z) − f1 (z) + · · · + fn (z) = n=1

∞

∑ k=n+1

fk (z) ≤

∞

∑ k=n+1

Mk

y como ∑∞ k=1 Mk es convergente, para todo ε > 0 existe un N tal que

∞

∑ k=n+1

∞ Mk = ∑ Mk − (M1 + · · · + Mn ) < ε k=1

siempre que n ≥ N, y note que este entero N no depende del punto z. Se sigue que, para todo z ∈ Ω se tiene que | f (z) − Sn (z)| < ε siempre que n ≥ N, i.e., la convergencia es uniforme. Si las fn son continuas, entonces f es continua por la proposici´on 4.8 anterior. t u

4.2 Series de potencias

95

Series de potencias. La sucesiones o series de funciones que nos interesan son de funciones de la forma fn (z) = an (z − z0 )n y consecuentemente las series correspondientes son de la forma ∞

∑ an (z − z0 )n

n=0

a las que se conoce como series de potencias. Ejemplo 4.1 (La serie geom´etrica). Un c´alculo directo muestra que 1 − zn+1 = (1 − z)(1 + z + z2 + · · · + zn ) y por lo tanto, si z 6= 1: 1 + z + z2 + · · · + zn =

1 − zn+1 . 1−z

k Se sigue que, si |z| < 1 entonces l´ım{|z|n } = 0 por lo que la serie geom´etrica ∑∞ k=0 z converge puntualmente a ∞ 1 ∑ zk = 1 − z . k=0 k Note que si |z| ≥ 1, la serie ∑∞ k=0 z diverge a +∞.

Usaremos el ejemplo anterior, como un criterio de comparaci´on para determinar la convergencia de otras series de potencias. Teorema 4.10 (Cauchy-Hadamard). Si para una serie de potencias ∑∞ n=0 an (z − z0 )n se define el n´umero R, con 0 ≤ R ≤ ∞, mediante 1 = l´ım sup |an |1/n , R entonces: n (1) Si |z − z0 | < R, la serie ∑∞ n=0 an (z − z0 ) converge absolutamente.

(2) Si |z − z0 | > R, la serie diverge. (3) Si 0 < r < R, la serie converge uniformemente en B(z0 ; r). (4) El n´umero R es el u´ nico que satisface las condiciones (1) y (2) y se conoce como n el radio de convergencia de la serie de potencias ∑∞ n=0 an (z − z0 ) y el disco B(z0 ; R) se llama su disco de convergencia. Demostraci´on. (1): Si |z − z0 | < R, existe un r tal que |z − z0 | < r < R y por lo tanto 1r > R1 y as´ı por definici´on de R y de l´ımite superior (p´agina 26) existe un

96

4 Teor´ıa de Cauchy local

N ∈ N tal que |an |1/n R, existe un r tal que |z − z0 | > r > R y por lo tanto 1r < R1 y as´ı por definici´on de R y de l´ımite superior, existe un n´umero infinito de   enteros n tales que 1 r

< |an |1/n , i.e., |an | >

1 rn

y por lo tanto |an (z − z0 )n | >

se sigue que la serie de potencias

n ∑∞ n=0 an (z − z0 )

|z−z0 | n r

y como

|z−z0 | r

> 1,

diverge a ∞.

(3): Supongamos ahora que r < R y sea ρ tal que r < ρ < R. Como en (1) sea N tal que |an | < ρ1n para todo n ≥ N. Entonces, si |z − z0 | ≤ r se sigue que |an (z − z0 )n | ≤

n r n donde ρr < 1. Poniendo Mn = ρr , el criterio M de Weierstrass implica que ρ la serie de potencias considerada converge uniformemente para |z − z0 | ≤ r. t u n Proposici´on 4.11. Si una serie de potencias ∑∞ n=0 an (z − z0 ) tiene radio de convergencia R, entonces a n R = l´ım an+1

si este l´ımite existe. Demostraci´on. Supongamos que el l´ımite existe y sea α := l´ım |a|an | | . Si |z − z0 | < n+1 r < α. Por definici´on de l´ımite existe un entero N tal que si n ≥ N se tiene que r < |an /an+1 |, i.e., |an+1 |r < |an |. Si ponemos A = |aN |rN se tiene que |aN+1 |rN+1 = |aN+1 |rrN < |aN |rN = A |aN+2 |rN+2 = |aN+2 |rrN+1 < |aN+1 |rN+1 < A .. . |an |rn ≤ A

por el caso anterior

para todo n ≥ N.

Se sigue que, para n ≥ N: |an (z − z0 )n | = |an rn |

|z − z0 |n |z − z0 |n ≤ A . rn rn

n Como estamos suponiendo que |z − z0 | < r, se sigue que la serie ∑∞ n=0 |an (z − z0 ) | n |z−z | 0 est´a dominada por la serie convergente ∑∞ y por lo tanto la serie de pon=0 A rn tencias converge absolutamente para |z − z0 | < r, y como r < α es arbitrario se sigue que α ≤ R.

4.2 Series de potencias

97

Por otra parte, si |z − z0 | > r > α, entonces |an | < r|an+1 | si n ≥ N para alg´un N ∈ N. Como en el razonamiento anterior se sigue que |an rn | ≥ A := |aN rN | para n ≥ N. Por lo tanto, |an (z − z0 )n | ≥ A

|z − z0 |n →∞ rn

cuando n → ∞.

n Se sigue que la serie ∑∞ n=0 an (z − z0 ) diverge y por lo tanto R ≤ α.

t u

A continuaci´on mostraremos que las series de potencias son funciones holomorfas en su disco de convergencia: n Teorema 4.12. Si una serie de potencias f (z) = ∑∞ n=0 an (z − z0 ) tiene radio de convergencia R > 0, entonces:

(1) La serie ∞

∑ nan (z − z0 )n−1

n=1

tiene radio de convergencia el mismo R. (2) La funci´on f (z) es holomorfa en B(z0 ; R) y su derivada es la serie de (1): f 0 (z) =

∞

∑ nan (z − z0 )n−1 .

n=1

Demostraci´on. (1): Debemos probar que l´ım sup |nan |1/(n−1) = R−1 = l´ım sup |an |1/n . Para comenzar, note que l´ım n1/(n−1) = 1 porque, por la regla de L’Hˆopital n→∞

0 = l´ım

n→∞

log n = l´ım log n1/(n−1) . n − 1 n→∞

Pongamos Rˆ −1 = l´ım sup |an |1/(n−1) , es decir Rˆ es el radio de convergencia de la sen−1 = ∞ a n rie ∑∞ ∑n=0 n+1 (z − z0 )n . Note que (z − z0 ) ∑∞ n=1 an (z − z0 ) n=1 an+1 (z − z0 ) + ∞ n a0 = ∑n=0 an (z − z0 ) y lo mismo es cierto si se ponen valores absolutos a todos los ˆ entonces sumandos y factores. Se sigue que si |z − z0 | < R, ∞

∞

n=0

n=1

∑ |an (z − z0 )|n = |a0 | + |z − z0 | ∑ |an+1 (z − z0 )|n < ∞

n ˆ y por lo tanto el radio R de convergencia de ∑∞ n=0 an (z − z0 ) satisface que R ≥ R. ∞ Por otra parte, si |z − z0 | < R y z − z0 6= 0, entonces ∑n=0 |an (z − z0 )n | < ∞ y as´ı ∞

∑ |an+1 (z − z0 )n | =

n=0

∞ 1 1 |an (z − z0 )n | + |a0 | < ∞, ∑ |z − z0 | n=0 |z − z0 |

ˆ Las dos desigualdades anteriores dan el resultado de donde se sigue que R ≤ R. ˆ deseado, R = R.

98

4 Teor´ıa de Cauchy local

(2): Para simplificar la notaci´on podemos suponer que z0 = 0 y queremos probar que si ∞

f (z) =

∑ an zn

entonces

f 0 (z) =

n=0

∞

∑ nan zn−1

n=1

donde en la parte (1) ya vimos que ambas series tienen el mismo radio de convergencia R. Para |z| < R pongamos n

∞

g(z) :=

∑ nan zn−1 ;

Sn (z) :=

n=1

∞

∑ ak zk ;

Rn (z) :=

k=0

∑

ak zk

k=n+1

por lo que f (z) = Sn (z) + Rn (z). Para este z ∈ B(0; R) fijemos r tal que |z| < r < R y sea δ > 0 tal que B(z; δ ) ⊆ B(0; r). Sea w ∈ B(z; δ ). Entonces,       f (w) − f (z) Sn (w) − Sn (z) Rn (w) − Rn (z) −g(z) = − Sn0 (z) + Sn0 (z)−g(z) + w−z w−z w−z donde, para el primer par´entesis de la derecha, por definici´on de derivada, para todo ε > 0 existe un δ > 0 tal que si |w − z| < δ se tiene que ε S (w) − S (z) n n − Sn0 (z) < . w−z 3

(1)

Para el segundo par´entesis, como l´ım Sn0 (z) = l´ım

n→∞



n→∞

n

∑ ak zk k=0

0

n

∑ kak zk−1 = g(z) n→∞

= l´ım

k=0

entonces existe N1 ∈ N tal que si n ≥ N1 se tiene que (2)

ε |Sn0 (z) − g(z)| < . 3

Para el tercer par´entesis observe que Rn (w) − Rn (z) 1 = w−z w−z donde

∞

∑ k=n+1

ak (wk − zk ) =



∞

∑ k=n+1

ak

wk − zk w−z

wk − zk k−1 = w + wk−2 z + · · · + wzk−2 + zk−1 ≤ krk−1 w−z

porque w, z ∈ B(z; δ ) ⊆ B(0; r) y as´ı |w|k−1−i |z|i ≤ rk−1 . Por lo tanto, R (w) − R (z) ∞ n n ≤ ∑ |ak |krk−1 w−z k=n+1



4.2 Series de potencias

99

k−1 converge y consecuentemente, existe N ∈ N tal donde r < R y as´ı ∑∞ 2 k=n+1 |ak |kr que para todo n ≥ N2 y w ∈ B(z; δ ) se tiene que

R (w) − R (z) ε n n < . w−z 3

(3)

Si escogemos N = m´ax{N1 , N2 } y δ > 0 que satisfaga lo anterior, substituyendo (1), (2) y (3) en el lado derecho de la igualdad al inicio de esta demostraci´on se sigue que para todo ε > 0 f (w) − f (z) ε ε ε − g(z) < + + = ε w−z 3 3 3 lo que demuestra que f 0 (z) = g(z), como se quer´ıa. n f (z) = ∑∞ n=0 an (z − z0 )

Corolario 4.13. Las series de potencias son de clase su disco de convergencia y se tiene que para todo k ≥ 1 y z ∈ B(z0 ; R): f (k) (z) =

t u C∞

en

∞

∑ n(n − 1) · · · (n − k + 1)an (z − z0 )n−k . n=k

M´as a´un, an =

f (n) (z0 ) n!

para todo n ≥ 0. Demostraci´on. Por inducci´on sobre k ≥ 1 y usando el teorema 4.12 anterior, se obtiene la f´ormula para la k-´esima derivada de f (z). Una simple evaluaci´on muestra que f 0 (z0 ) = a1 , f 00 (z0 ) = 2a2 , · · · , f (k) (z0 ) = k!ak . t u Ejemplo 4.2 (La serie de la funci´on exponencial). Por la proposici´on 4.11 anterior la serie ∞ 1 f (z) = ∑ zn n=0 n! tiene radio de convergencia 1/n! a n R = l´ım = l´ım = l´ım |n + 1| = ∞. an+1 1/(n + 1)! Note que por el teorema 4.12 la funci´on anterior es holomorfa en todo C y su derivada es ∞ ∞ ∞ n 1 1 f 0 (z) = ∑ zn−1 = ∑ zn−1 = ∑ zn = f (z). n! (n − 1)! n! n=1 n=1 n=0 La proposici´on siguiente tiene como consecuencia que si una serie de funciones converge uniformemente, la integral de l´ınea conmuta con la serie:

100

4 Teor´ıa de Cauchy local

Proposici´on 4.14. Sea γ : [a, b] → C una trayectoria rectificable y suponga que { fn } es una sucesi´on de funciones continuas en {γ}. Si { fn } converge uniformemente a f , por la proposici´on 4.8 f es continua en {γ} y adem´as se tiene que Z

Z

f = l´ım

n→∞ γ

γ

fn .

Demostraci´on. Como l´ım{ fn } = f en {γ} y la convergencia es uniforme, entonces para todo ε > 0 y todo w ∈ {γ} existe un N ∈ N tal que si n ≥ N se tiene que | f (w) − fn (w)| < ε/`(γ) y as´ı, por la proposici´on 3.8, para n ≥ N: Z Z Z ε `(γ) = ε. f − fn = ( f − fn ) ≤ `(γ) γ γ γ t u El resultado principal es que toda funci´on holomorfa en un disco, es anal´ıtica y a la serie asociada se le conoce como la serie de Taylor de la funci´on dada: Teorema 4.15. Si f es holomorfa en B(z0 ; R), entonces para todo z ∈ B(z0 ; R), ∞

f (z) =

∑

n=0

f (n) (z0 ) (z − z0 )n n!

y esta serie de potencias tiene radio de convergencia ≥ R. Demostraci´on. Sea 0 < r < R de tal manera que B(z0 ; r) $ B(z0 ; R). Para z ∈ B(z0 ; r) y w ∈ ∂ B(z0 ; r) observe que  ∞  1 1 1 z − z0 n 1 (1) = z−z0 = w − z ∑ w − z (w − z0 ) 1 − w−z 0 n=0 w − z0 0 z−z0 ya que |z − z0 | < r = |w − z0 | por lo que ζ = w−z satisface que |ζ | < 1 y as´ı la 0 anterior es una serie geom´etrica. Ahora sea γ : [0, 2π] → B(z0 ; R) la frontera de B(z0 ; r), es decir, γ(t) = z0 + reit . Multiplicando ambos lados de (1) por f (w) y 1/2πi queda   1 f (w) ∞ z − z0 n 1 f (w) (2) = ∑ w − z0 2πi w − z 2πi w − z0 n=0

donde en el lado derecho se tienen las funciones   1 f (w) z − z0 n 1 f (w) Fn (z) := = (z − z0 )n 2πi w − z0 w − z0 2πi (w − z0 )n+1 que al integrar a lo largo de γ dan, por la f´ormula de Cauchy en un disco 4.5, Z

Fn = γ

1 2πi

Z γ

f (w) 1 (z − z0 )n dw = f (n) (z0 )(z − z0 )n (w − z0 )n+1 n!

4.2 Series de potencias

101

y para la funci´on del lado izquierdo de (2), al integral a lo largo de γ resulta, por la f´ormula de Cauchy 4.3, Z f (w) 1 dw = f (z). 2πi γ w − z Por lo tanto, una vez que mostremos que la serie ∑∞ n=0 Fn converge uniformemente 1 f (w) a F(z) = 2πi w−z , por la proposici´on 4.14 anterior se seguir´a que Z

f (z) =

Z

F= γ

∞

∞

∑ Fn =

γ n=0

∞

Z

Fn =

∑

γ

n=0

1

∑ n! f (n) (z0 )(z − z0 )n

n=0

que es lo que se deseaba demostrar. 1 f (w) Resta probar que la serie ∑∞ n=0 Fn converge uniformemente a F(z) = 2πi w−z . Para e´ sto, observe que como |z − z0 | < r y como |w − z0 | = r, poniendo M = m´ax | f (w)| : w ∈ {γ} se tiene que   1 | f (w)||z − z |n 1 M|z − z0 |n 1 M |z − z0 | n 0 ≤ = 2πi |w − z0 |n+1 2π rn+1 2π r r 0| donde como |z − z0 | < r entonces |z−z < 1 y consecuentemente la serie de n´umeros r  n 1 M |z−z0 | Mn = 2π r converge y as´ı, por el criterio M de Weierstrass 4.9, se sigue r

1 f (w) que la serie ∑∞ n=1 Fn converge uniformemente a F(z) = 2πi w−z en {γ}. Como lo anterior es cierto para todo r < R, se sigue que el radio de convergencia es ≥ R. t u

El teorema 4.15 anterior y el teorema 4.12 (o el corolario 4.13) implican que: Corolario 4.16. En un disco B(a; R), una funci´on f es holomorfa si y s´olo si es anal´ıtica. t u Ejemplo 4.3. Para la funci´on exponencial compleja exp : C → C, sabemos que exp(n) (z) = exp(z) y por lo tanto, para z0 = 0 se tiene que exp(n) (0) = exp(0) = e0 = 1 para todo n ≥ 0 y as´ı su serie de Taylor alrededor de z0 = 0 es ez =

∞

1

∑ n! zn

n=0

que es la serie del ejemplo 4.2. Una consecuencia importante de la teor´ıa de series que hemos desarrollado es que en un disco abierto toda funci´on holomorfa tiene una primitiva, es decir, se tiene otra demostraci´on, usando series, del teorema de Cauchy 4.2 en un disco: Teorema 4.17 (Teorema de Cauchy en un disco). Si f : B(a; R) → C es holomorfa, entonces f tiene una primitiva F en B(a; R). Consecuentemente, por el teorema 3.10, si γ es cualquier curva cerrada rectificable en B(a; R), entonces

102

4 Teor´ıa de Cauchy local

Z

f = 0. γ

Demostraci´on. Por el teorema 4.15, f tiene una serie de Taylor en B(a; R) ∞

(1)

f (z) =

∑ an (z − a)n .

n=0

Para z ∈ B(a; R) definamos entonces ∞

(2)

F(z) =

 a  ∞  an  n n+1 (z − a) = (z − a) ∑ n+1 ∑ n + 1 (z − a)n n=0 n=0

y observe que, como l´ım{(n + 1)1/n } = 0, por una demostraci´on similar a la del teorema 4.12 se sigue que la serie (2) tiene el mismo disco de convergencia B(a; R) que (1). Por el teorema 4.12 se sigue que F 0 (z) = f (z), para todo z ∈ B(a; r). t u

Ejercicios 4.5. Si ∑nn=0 an (z − z0 )n y ∑nn=0 bn (z − z0 )n tienen radios de convergencia R1 y R2 , respectivamente, ¿cu´al es el radio de convergencia de la serie ∑nn=0 (an + bn )(z − z0 )n ? 4.6. Determine el radio de convergencia de las series: n

n!

∑ nn zn .

n=0 n

2n

∑ n! zn .

n=0

4.7. Si ∑nn=0 an (z − z0 )n y ∑nn=0 bn (z − z0 )n tienen radios de convergencia R1 y R2 , demuestre que la serie ∑nn=0 cn (z − z0 )n , donde n

cn =

∑ ak bn−k , k=0

converge para |z − z0 | < m´ın{R1 , R2 }. 4.8. Obtenga las series de Taylor, alrededor de z0 = 0, de las funciones holomorfas sen z y cos z. 4.9. Obtenga la serie de Taylor, alrededor de z = 2, del polinomio f (z) = z2 . 4.10. C´omo es la serie de Taylor, alrededor de z = z0 , de un polinomio arbitrario f (z) = an zn + an−1 zn−1 + · · · + a1 z + a0

4.3 Consecuencias de la teor´ıa de Cauchy local

103

con los ak ∈ C y an 6= 0. 4.11. Sean Ω ⊆ C un abierto y f : Ω → C una funci´on continua. Suponga que f tiene primitivas locales, es decir, para cada z ∈ Ω existe un disco B(z; r) ⊆ Ω tal que f restringida a este disco tiene una primitiva en ese disco. Demuestre que si T = [a, b, c, a] es un tri´angulo en Ω tal que la c´apsula convexa ∆ de T est´a totalmente R contenida en Ω , entonces T f = 0. 4.12. Sean Ω ⊆ C un abierto, z0 ∈ Ω y f : Ω → C una funci´on holomorfa en Ω − {z0 }. Suponga que z0 ∈ B(w; r) ⊆ B(w; r) ⊆ Ω para 0 < r < ∞. Sea ϕ : [0, 2π] × (0, 1] → C dada por ϕ(s,t) = z0 (1 − t) + (w + reis )t. Para t ∈ (0, 1] sea Γt (s) := ϕ(s,t). Defina I : (0, 1] → C mediante Z

f.

I(t) := Γt

Demuestre que I(t) es constante probando que I 0 (t) = 0 para todo t ∈ (0, 1].

4.3.

Consecuencias de la teor´ıa de Cauchy local

En esta secci´on obtenemos unas consecuencias importantes de la teor´ıa de Cauchy en un disco desarrollada en la secci´on §4.1. Algunos de los resultados que se obtendr´an tienen generalizaciones que se ver´an en secciones posteriores. Funciones enteras. Una funci´on entera es una funci´on holomorfa en todo C. Ejemplos de funciones enteras son los polinomios y la funci´on exponencial. Teorema 4.18 (Liouville). Si f es una funci´on entera y acotada, entonces f es constante. Demostraci´on. Mostaremos que f 0 (z) = 0 para toda z ∈ C. En efecto, como existe M > 0 tal que | f (z)| ≤ M para todo z ∈ C y como f es holomorfa en cada disco B(z; R), para todo z ∈ C y para todo R > 0, entonces por la estimaci´on de Cauchy 4.6, | f 0 (z)| ≤ M/R para todo R. Haciendo R → ∞ se sigue que f 0 (z) = 0 para todo z ∈ C. t u Ceros. Si f : Ω → C es una funci´on, un cero de f es un punto z0 ∈ Ω que satisface que f (z0 ) = 0. Se dice que z0 es un cero de orden o multiplicidad m ≥ 1 si existe una funci´on holomorfa g : Ω → C tal que f (z) = (z − z0 )m g(z)

con g(z0 ) 6= 0.

Teorema 4.19 (Teorema fundamental del a´ lgebra). Si f (z) es un polinomio no constante, con coeficientes en C, entonces f (z) tiene un cero z0 ∈ C.

104

4 Teor´ıa de Cauchy local

Demostraci´on. Si sucediera que f (z) 6= 0 para todo z ∈ C, entonces la funci´on g(z) := 1/ f (z) ser´ıa entera (holomorfa en todo C). Por otra parte, como f (z) no es constante, escribiendo f (z) = an zn + an−1 zn−1 + · · · + a1 z + a0 observe que
l´ım | f (z)| = l´ım f (z) = l´ım an zn + bn−1 zn−1 + · · · + b1 z + b0 z→∞ z→∞ z→∞  bn−1 bn−2 b0  n = |an | l´ım z 1 + + 2 +···+ n z→∞ z z z = ∞, de donde se sigue que l´ım g(z) = l´ım

z→∞

z→∞

1 =0 f (z)

y as´ı, para ε = 1 (por ejemplo), existe R > 0 tal que si |z| > R, entonces |g(z)| < 1. Finalmente, observe que como g(z) es continua en B(0; R), entonces g(B(0; R)) es compacto; en particular es acotado y as´ı, existe M 0 > 0 tal que |g(z)| ≤ M 0 para todo z ∈ B(0; R). Si ponemos entonces M = m´ax{M 0 , 1} se tiene que |g(z)| ≤ M para todo z ∈ C y como g es entera, por el teorema de Liouville se sigue que g(z) es constante y por lo tanto f (z) tambi´en es constante, una contradicci´on. t u Del a´ lgebra sabemos que el n´umero de ceros de un polinomio f (z), con coeficientes en C, es menor o igual que el grado de f (z). De hecho, es igual si contamos cada cero con sus multiplicidades (vea el ejercicio 4.17). Adem´as, z0 es un cero de multiplicidad m ≥ 1 del polinomio f (z) si y s´olo si f 0 (z0 ) = · · · = f (m−1) (z0 ) = 0 y f (m) (z0 ) 6= 0. Como las funciones holomorfas se parecen en mucho a los polinomios, uno podr´ıa pensar que una funci´on holomorfa no constante no puede anularse en muchos puntos y adem´as no se puede tener un cero de multiplicidad infinita. Esto es el contenido del resultado siguiente, que adem´as muestra la equivalencia de las dos afirmaciones anteriores: Teorema 4.20 (Teorema de la identidad). Sean Ω ⊆ C una regi´on y f : Ω → C holomorfa, son equivalentes: (1) f ≡ 0, es decir, f es la funci´on cero. (2) El conjunto Z( f ) := {z ∈ Ω : f (z) = 0} tiene un punto de acumulaci´on en Ω . (3) Existe un punto z0 ∈ Ω tal que f (n) (z0 ) = 0, para todo n ≥ 0. Demostraci´on. Claramente (1) implica (2). Para la implicaci´on (2) ⇒ (3), sea z0 ∈ Ω un punto de acumulaci´on de Z( f ). Como Ω es abierto, existe un disco B(z0 ; R) ⊆ Ω , y como z0 es punto de acumulaci´on de Z( f ) y f es continua, se tiene que f (z0 ) = 0 por lo que z0 ∈ Z( f ). Mostraremos que para este z0 se cumple (3). En efecto, supongamos que (3) es falso, i.e., que existe un n ∈ N tal que f (z0 ) = f 0 (z0 ) = · · · =

4.3 Consecuencias de la teor´ıa de Cauchy local

105

f (n−1) (z0 ) = 0 pero f (n) (z0 ) 6= 0. Entonces, en un disco peque˜no B(z0 ; r) la serie de Taylor de f es de la forma ∞

f (z) =

∑ k=n

f (k) (z0 ) (z − z0 )k k!

y la funci´on g definida mediante ∞

g(z) =

∑ k=n

f (k) (z0 ) (z − z0 )k−n k!

es holomorfa en B(z0 ; r) y claramente g(z0 ) 6= 0 ya que f (n) (z0 ) 6= 0. M´as a´un, se tiene que f (z) = (z − z0 )n g(z) y de esta igualdad se sigue que si zk ∈ Z( f ) − {z0 }, entonces g(zk ) = 0, y note tambi´en que el radio de convergencia de g es el mismo que el de f . Ahora, como z0 es punto de acumulaci´on de Z( f ) existe una sucesi´on {zk } ⊆ Z( f ) − {z0 } tal que l´ım{zk } = z0 . Como g es continua y los zk ∈ Z( f ) para k ≥ 1, se sigue que g(z0 ) = g(l´ım{zk }) = l´ım g(zk ) = 0 (la u´ ltima igualdad porque g(zk ) = 0 para zk ∈ Z( f ) − {z0 }), una contradicci´on. Por lo tanto (3) debe ser cierta. Para mostrar que (3) ⇒ (1), pongamos E∞ := {z ∈ Ω : f (n) (z) = 0 para todo n ≥ 0}. Por la hip´otesis (2), E∞ 6= 0. / Mostraremos que E∞ es abierto y cerrado en Ω y as´ı la conexidad de Ω implicar´a que E∞ = Ω , que es precisamente la afirmaci´on (1). Primero, para ver que E∞ es cerrado, sea z ∈ E ∞ y sea {zk } una sucesi´on en E∞ tal que z = l´ım{zk }. Como cada f (n) es continua se tiene entonces que f (n) (z) = {l´ım f (n) (zk )} = 0 y por lo tanto z ∈ E∞ y as´ı E∞ es cerrado. Para ver que E∞ es abierto, sea z0 ∈ E∞ ⊆ Ω y considere un disco B(z0 ; r) ⊆ Ω . Si z ∈ B(z0 ; r) como la serie de Taylor de f alrededor de z0 es de la forma ∞

f (z) =

∑ k=0

f (k) (z0 ) (z − z0 )k = 0 k!

entonces f (z) = 0 porque z0 ∈ E∞ y as´ı f (k) (z0 ) = 0 para todo k. Hemos as´ı mostrado que f restringida a B(z0 ; r) es ≡ 0 y por lo tanto B(z0 ; r) ⊆ E∞ , i.e, E∞ es abierto. t u Ejemplo 4.4. Para funciones reales de variable real, el teorema anterior es falso, es decir, existe una funci´on de clase C∞ con un cero en el cual todas las derivadas superiores de f se anulan (lo cual, de acuerdo a la definici´on que se recuerda en el corolario siguiente, dice que el cero es de multiplicidad infinita) y que sin embargo no se anula id´enticamente. El ejemplo usual es ( 2 e−1/x si x 6= 0, f (x) = 0 si x = 0. El ejercicio 4.21 pide mostrar que x = 0 es un cero de multiplicidad infinita de f .

106

4 Teor´ıa de Cauchy local

Corolario 4.21 (Multiplicidad finita). Si Ω es una regi´on y f : Ω → C es holomorfa no id´enticamente cero, entonces todos los ceros de f son de multiplicidad finita, es decir, para cada cero z0 ∈ Ω de f , existe un entero m ≥ 1 y una funci´on holomorfa g : Ω → C tal que g(z0 ) 6= 0 y f (z) = (z − z0 )m g(z). Demostraci´on. Sea m ≥ 1 el mayor entero tal que f k (z0 ) = 0 para 0 ≤ k < m. Note que, como f 6≡ 0, por el teorema de la identidad tal m existe. Defina

g(z) :=

 f (z)     (z − z0 )m

para z 6= z0 ,

    1 f (m) (z ) para z = z . 0 0 m! Observe, para comenzar, que g(z) es holomorfa en Ω − {z0 }. Para ver que es holomorfa en todo Ω , escoja un disco B(z0 ; r) ⊆ Ω y note que para z ∈ B(z0 ; r) su serie de Taylor alrededor de z0 es de la forma ∞

f (z) =

∑ ak (z − z0 )k . k=m

Defina entonces

∞

g(z) ˜ :=

∑ ak (z − z0 )k−m k=m

y note que g˜ es holomorfa en B(z0 ; r), f (z) = (z − z0 )m g(z) ˜ y g(z ˜ 0 ) = am = f (m) (z0 )/m! 6= 0. Es claro que g = g˜ en B(z0 ; r) − {z0 } y as´ı, por el teorema de la identidad g = g˜ en todo el disco B(z0 ; r) y por lo tanto g es holomorfa en ese disco. t u Corolario 4.22 (Ceros son aislados). Si Ω es una regi´on y f : Ω → C es holomorfa no id´enticamente cero, entonces los ceros de f son aislados. Demostraci´on. El teorema de la identidad 4.20 dice que el conjunto de ceros Z( f ) de f es discreto, i.e., para todo z0 ∈ Z( f ) existe un disco B(z0 ; r) tal que B(z0 ; r) ∩ Z( f ) = {z0 }. t u Corolario 4.23 (Teorema del m´odulo m´aximo). Si Ω es una regi´on, f : Ω → C es holomorfa y existe un punto z0 ∈ Ω tal que | f (z0 )| ≥ | f (z)| para todo z ∈ Ω , entonces f es constante. Demostraci´on. Como Ω es abierto, existe un disco B(z0 ; R0 ) ⊆ Ω . Sea R < R0 y consideremos el disco cerrado B(z0 ; R) ⊆ Ω . Entonces, para cualquier r < R para el disco B(z0 ; r) ⊆ Ω su frontera γ : [0, 2π] → Ω , donde γ(t) = z0 + reit . Por la f´ormula de Cauchy en un disco 4.3 f (z0 ) =

1 2πi

Z γ

f (w) 1 dw = w − z0 2πi

Z 2π f (z0 + reit )rieit 0

reit

dt =

1 2π

Z 2π 0

f (z0 + reit )dt

4.3 Consecuencias de la teor´ıa de Cauchy local

107

donde, por hip´otesis, | f (z0 + reit )| ≤ | f (z0 )| y `(γ) = 2π. Usando la proposici´on 3.8 (2) se sigue que | f (z0 )| ≤

1 2π

Z 2π 0

f (z0 + reit ) dt ≤ 1 (2π)| f (z0 )| = | f (z0 )| 2π

1 R 2π it es decir, | f (z0 )| = 2π 0 | f (z0 + re )|dt y por lo tanto

0=

1 2π

Z 2π 0


| f (z0 )| − | f (z0 + reit )| dt

y como el integrando es real ≥ 0 se sigue que | f (z0 )| = | f (z0 + reit )| para toda t ∈ [0, 2π]. M´as a´un, como el radio r lo podemos variar arbitrariamente en 0 ≤ r < R, hemos probado que f manda el disco B(z0 ; R) ⊆ Ω en el arco circular |z| = | f (z0 )| y as´ı por el ejercicio 2.20 se sigue que f es constante, es decir, f (z) = f (z0 ) para todo z ∈ B(z0 ; r). Por el teorema de la identidad 4.20 se sigue que f es constante = f (z0 ). t u El teorema anterior se puede reformular como la afirmaci´on de que una funci´on holomorfa no constante en una regi´on (acotada), no alcanza su m´odulo m´aximo en esa regi´on sino en la frontera. M´as precisamente: Teorema 4.24 (Teorema del m´odulo m´aximo en una regi´on acotada). Si Ω es una regi´on acotada, f : Ω → C es continua en Ω y holomorfa en Ω , entonces   m´ax | f (z)| : z ∈ Ω = m´ax | f (z)| : z ∈ ∂ Ω . Demostraci´on. Como Ω es acotada, entonces Ω es cerrado y acotado, y como | f | es continua en Ω , entonces | f | alcanza su m´aximo en Ω por el ejercicio 1.54. Es decir, existe un z0 ∈ Ω tal que | f (z0 )| ≥ | f (z)| para todo z ∈ Ω . Si f es constante, no hay nada que probar. Si f no es constante, por el corolario 4.23 anterior el punto z0 no puede estar en Ω . Se sigue que z0 ∈ ∂ Ω . t u Ejemplo 4.5. N´otese que la hip´otesis de que Ω es acotado no se puede eliminar ya que se tiene el ejemplo siguiente: considere la franja abierta horizontal de ancho π con x libre: n πo π Ω = z = x + iy ∈ C : − < y < 2 2

π/2

6 ◦ ◦ ◦

−π/2

-

108

4 Teor´ıa de Cauchy local

y sea f : Ω → C dada por f (z) = eexp(z) . Claramente f es continua en Ω y holomorfa π en Ω . Note ahora que si z ∈ ∂ Ω , entonces z = x ± π2 i por lo que f (z) = eexp(x± 2 i) donde 

   π ex± 2 i = ex cos ± π2 + i sen ± π2 = ex i(±1) = ± iex x

y por lo tanto | f (z)| = |e± ie | = 1 ya que la parte real de ± iex es 0. Se sigue que m´ax{| f (z)| : z ∈ ∂ Ω } = 1. Sin embargo, si z = x ∈ R ⊆ Ω , se tiene que | f (z)| = x | exp(ex )| = ee → ∞ cuando x → ∞ y as´ı no se satisface el teorema del m´odulo m´aximo 4.24, lo cual no es una contradicci´on porque Ω no es acotado. Por el teorema de la identidad, una funci´on holomorfa no constante en una regi´on f : Ω → C no puede ser constante en un subconjunto abierto de Ω y por el ejercicio 2.20 tampoco puede mandar un subconjunto abierto de Ω en un segmento de recta, un punto, o un arco circular. Usando el teorema del m´odulo m´aximo (de hecho, en su versi´on dual, el teorema del m´odulo m´ınimo del ejercicio 4.25) probaremos que toda funci´on holomorfa no constante manda subconjuntos abiertos de Ω en abiertos de C, es decir, es una funci´on abierta. Teorema 4.25 (Teorema de la funci´on abierta). Toda funci´on holomorfa no constante es abierta. Demostraci´on (Carath´eodory). Basta probar que, para todo z0 ∈ Ω y todo disco abierto B(z0 ; r) ⊆ Ω , su imagen f (B(z0 ; r)) contiene un disco abierto centrado en f (z0 ). Para comenzar, podemos suponer que f (z0 ) = 0, porque si no fuera as´ı, consideramos la funci´on g(z) = f (z) − f (z0 ) la cual sigue siendo holomorfa no constante en Ω y es claro que f es abierta si y s´olo si g es abierta (porque es una traslaci´on de f ). Ahora, como f no es constante, existe un c´ırculo γ = ∂ B(z0 ; r) tal que f (z) 6= 0 para todo z ∈ {γ} (ya que de lo contrario en cada c´ırculo ∂ B(z0 ; r) habr´ıa un cero de f y por lo tanto el conjunto de ceros de f tendr´ıa un punto de acumulaci´on, en contradicci´on con ser f no constante). Ahora, como {γ} es compacto, | f | alcanza su m´ınimo en {γ}. Pongamos 2ε = m´ın{| f (z)| : z ∈ {γ}}. Mostraremos que f (B(z0 ; r)) ⊇ B(0; ε). En efecto, si w ∈ B(0; ε) note que, para z ∈ {γ}, | f (z) − w| ≥ | f (z)| − |w| ≥ 2ε − |w| > 2ε − ε = ε (ya que w ∈ B(0; ε) implica que |w| < ε y as´ı −|w| > −ε). Por otro lado, si z = z0 , | f (z0 ) − w| = |0 − w| = | − w| = |w| < ε y por lo tanto la funci´on | f (z) − w| asume su m´ınimo dentro del disco B(0; ε) y as´ı, por el teorema del m´odulo m´ınimo (ejercicio 4.25) se debe tener que f (z) − w = 0 dentro del disco B(z0 ; r) por lo que f (z) = w para alg´un z ∈ B(z0 ; r) y consecuentemente w = f (z) ∈ f (B(z0 ; r)), es decir, B(0; ε) ⊆ f (B(z0 ; r)), como se quer´ıa. t u Derivada de la funci´on inversa. Usando el criterio de Carath´eodory para la derivada, y el teorema de la funci´on abierta, podemos ahora considerar el problema de la derivada de la funci´on inversa de una funci´on inyectiva:

4.3 Consecuencias de la teor´ıa de Cauchy local

109

Corolario 4.26. Si f : Ω → C es holomorfa e inyectiva, entonces es biholomorfa, es decir, f −1 : f (Ω ) → Ω es holomorfa y, si f 0 (z0 ) 6= 0 entonces
0 f −1 ( f (z0 )) =

1 . f 0 (z0 )

Demostraci´on. Por el teorema anterior f (Ω ) es abierto. Sea g : f (Ω ) → Ω la inversa de f . Como f es una funci´on abierta, entonces g es continua. Ahora, si z0 ∈ Ω y f 0 (z0 ) 6= 0, sea w0 = f (z0 ). Por la formulaci´on de Carath´eodory de la derivada, f (z) − f (z0 ) = ϕ(z)(z − z0 )

(1)

donde ϕ es continua en Ω , ϕ(z) 6= 0 para z ∈ Ω , y f 0 (z0 ) = ϕ(z0 ). Se sigue que, para w ∈ f (Ω ), escribiendo w = f (z) se tiene que g(w) − g(w0 ) = g( f (z)) − g( f (z0 )) = z − z0 = =

1 ( f (z) − f (z0 )) ϕ(z)

1 (w − w0 ) ϕ(g(w))

donde la tercera igualdad es por (1) y donde notamos que 1/(ϕ ◦ g) es continua en w0 y as´ı, aplicando el criterio de Carath´eodory de nuevo, se sigue que g es derivable en w0 y su derivada es g0 (w0 ) =

1 1 1 = = 0 . ϕ(g(w0 )) ϕ(z0 ) f (z0 ) t u

Observaci´on 4.3. Note que no probamos que la funci´on inversa g : f (Ω ) → Ω de f tiene derivadas en todos los puntos de su dominio f (Ω ): s´olo probamos que g0 (w) existe para aquellos puntos w = f (z) tales que f 0 (z) 6= 0. En el corolario 5.21 probaremos que si f : Ω → C es holomorfa e inyectiva (como en la hip´otesis del corolario anterior) entonces para todo z ∈ Ω , la derivada f 0 (z) 6= 0. Esto es lo u´ nico que falta para probar que f es biholomorfa (es decir, que tanto f como su inversa f −1 son holomorfas). En la proposici´on 4.8 de la secci´on §4.2 vimos que si una sucesi´on de funciones continuas { fn } en Ω converge uniformemente, entonces su l´ımite es una funci´on continua en Ω , yR en la proposici´ on 4.14 vimos que si γ es una curva rectificable R en Ω , entonces γ f = l´ımn→∞ γ fn . Usaremos lo anterior para probar que si las funciones fn son holomorfas, entonces su l´ımite f tambi´en es holomorfa:

110

4 Teor´ıa de Cauchy local

Proposici´on 4.27 (Weierstrass). Si { fn : Ω → C} es una sucesi´on de funciones en O(Ω ) que converge compactamente1 a f : Ω → C, entonces f ∈ O(Ω ). M´as a´un, (k) para cada entero k ≥ 0 se tiene que la sucesi´on de derivadas { fn } converge a f (k) . Demostraci´on. Si z0 ∈ Ω , sea r > 0 tal que B(z0 ; r) ⊆ Ω y sea γr = ∂ B(z0 ; r) orientada positivamente. Para cada n, por la f´ormula de Cauchy en un disco 4.3 se tiene que 1 fn (z) = 2πi

(1)

fn (ζ ) dζ ζ −z

Z γr

para z ∈ B(z0 ; r).

Como { fn } → f uniformemente en {γr }, para z ∈ B(z0 ; r) fijo el integrando en (1) converge uniformemente en {γr } a f (ζ )/(ζ − z) y as´ı, por la proposici´on 4.14, fn (ζ ) dζ = ζ −z

Z

l´ım

n→∞ γr

Z γr

f (ζ ) dζ ζ −z

y como { fn (z)} → f (z), de (1) se sigue que f (z) =

1 2πi

f (ζ ) dζ ζ −z

Z γr

para z ∈ B(z0 ; r)

y as´ı, por la f´ormula de Cauchy 4.5 se sigue que f es holomorfa en el disco B(z0 ; r), y como Ω est´a cubierto por estos discos se sigue que f es holomorfa en todo Ω . Para terminar, dado un entero k ≥ 1 fijo, por la f´ormula de Cauchy 4.5 para las derivadas superiores f (k) (z) =

(2)

k! 2πi

Z γr

f (ζ ) dζ (ζ − z)k+1

para z ∈ B(z0 ; r)

y similarmente para cada una de las funciones fn (k)

(3)

fn (z) =

k! 2πi

Z γr

fn (ζ ) dζ (ζ − z)k+1

para z ∈ B(z0 ; r)

y al restar (3) de (2) queda (4)

f

(k)

(z) − f

(k)

k! (z) = 2πi

Z γr

f (ζ ) − fn (ζ ) dζ (ζ − z)k+1

para z ∈ B(z0 ; r).

Para cada entero n ≥ 1, sea Mn := m´ax{| f (ζ ) − fn (z)| : ζ ∈ {γr }}. Entonces, para |z − z0 | < r/2, se tiene que |ζ − z| > r/2 y as´ı 1/|ζ − z| < 2/r por lo que el valor absoluto del integrando en (4) est´a acotado por

1

Una sucesi´on de funciones { fn : Ω → C} se dice que converge compactamente a una funci´on f : Ω → C si para todo subconjunto compacto K ⊆ Ω la sucesi´on de restricciones { fn : K → C} converge uniformemente a la restricci´on f : K → C de f a K.

4.3 Consecuencias de la teor´ıa de Cauchy local

111

f (ζ ) − f (ζ ) 2k+1 M n n ≤ k+1 (ζ − z)k+1 r y as´ı, por la acotaci´on usual de la proposici´on 3.8, de (4) se sigue que Z (k) k! 2k+1 Mn f (ζ ) − fn (ζ ) 2k+1 k!Mn f (z) − f (k) (z) = k! dζ ≤ `(γr ) = k+1 k+1 2πi γr (ζ − z) 2π r rk

para |z − z0 | < r/2. Finalmente, como { fn } → f , entonces {Mn } → 0 y por lo tanto (k) la sucesi´on { fn } converge uniformemente a f (k) en el disco B(z0 ; r/2), y como (k) estos discos cubren Ω , se sigue que { fn } converge a f (k) en todo Ω . t u Vea el ejercicio 4.27 para contrastar la proposici´on anterior con el caso de funciones reales de variable real.

Ejercicios 4.13. Suponga que f es una funci´on entera que satisface las identidades f (z + 1) = f (z), f (z + i) = f (z), demuestre que f es constante. 4.14. Suponga que f es una funci´on entera y satisface que | f 0 (z)| ≤ |z| para todo z ∈ C. Demuestre que f es un polinomio de grado ≤ 2. 4.15. Suponga que f es una funci´on entera y que existe un entero n ≥ 0 y constantes reales positivas A y B tales que | f (z)| ≤ A + B|z|n . Demuestre que f es un polinomio de grado ≤ n. 4.16. Suponga que f es una funci´on entera y que existe un entero n ≥ 0 y constantes reales A ≥ 0 y B > 0 tales que | f (z)| ≤ A|z|n

para

|z| > B.

Demuestre que f es un polinomio de grado ≤ n. 4.17. Si f es holomorfa y z0 es un cero de f , demuestre que la multiplicidad de z0 es m si y s´olo si f (z0 ) = 0, f 0 (z0 ) = 0, . . ., f (m−1) (z0 ) = 0, f (m) (z0 ) 6= 0. Un cero de f es simple si su multiplicidad es 1. En este caso el ejercicio dice que z0 es cero simple de f si y s´olo si f (z0 ) = 0 pero f 0 (z0 ) 6= 0.

112

4 Teor´ıa de Cauchy local

4.18. Si f (z) = an zn + an−1 zn−1 + · · · + a1 z + a0 es un polinomio de grado n ≥ 1, y si α1 , . . . , αk son sus ceros con multiplicidades m1 , . . . , mk , respetivamente, demuestre que f (z) = an (z − α1 )m1 · · · (z − zk )mk y por lo tanto n = m1 + · · · + mk . 4.19. Si Ω es una regi´on y f , g son funciones holomorfas en Ω tales que f (z)g(z) = 0 para todo z ∈ Ω , demuestre que f ≡ 0 o g ≡ 0. En otras palabras, en este ejercicio se pide probar que el anillo de funciones holomorfas O(Ω ) (p´agina 48) es un dominio entero. 4.20. En el teorema de la indentidad 4.20, demuestre que las afirmaciones dadas son equivalentes a: (4) Existe una sucesi´on {zk } ⊆ Ω de puntos distintos tal que l´ım{zk } ∈ Ω y adem´as f (zk ) = 0, para todo k. 4.21. Para la funci´on del ejemplo 4.4 demuestre que x = 0 es un cero de multiplicidad infinita. 4.22. Demuestre que una funci´on entera f = u + iv con parte real u positiva es constante. 4.23. Demuestre que no existe una funci´on holomorfa f : B(0; 1) → C tal que f (1/n) = 1/2n para todo n = 2, 3, 4, . . .. 4.24. Demuestre que no existe una funci´on holomorfa f : B(0; 1) → C tal que f (1/n) = (−1)n /n2 para todo n = 2, 3, 4, . . .. 4.25 (Teorema del m´odulo m´ınimo). Si Ω es una regi´on y f : Ω → C es holomorfa no constante, entonces | f | alcanza su m´ınimo s´olo en un cero de f . Sugerencia: aplique el teorema del m´odulo m´aximo 4.23 a la funci´on 1/ f . 4.26 (Teorema del m´odulo m´ınimo en una regi´on acotada). Si Ω es una regi´on acotada, f : Ω → C es continua en Ω y holomorfa en Ω , entonces f tiene ceros en Ω o el m´ınimo de | f | en Ω se alcanza en ∂ Ω :   m´ın | f (z)| : z ∈ Ω = m´ın | f (z)| : z ∈ ∂ Ω . 4.27. Busque un ejemplo de una sucesi´on de funciones reales de variable real { fn }, cada una de clase C∞ , que converge compactamente a f y donde f no tiene ni siquiera primera derivada.

Cap´ıtulo 5

Teor´ıa de Cauchy global

El objetivo principal de este cap´ıtulo es explorar para qu´e regiones Ω el teorema de Cauchy sigue siendo v´alido: para toda funci´on f holomorfa en Ω y cualquier curva cerrada rectificable γ en Ω se tenga que Z

f = 0. γ

En el cap´ıtulo 4 anterior se demostr´o que el teorema de Cauchy es v´alido en cualquier regi´on convexa, y el ejemplo 3.4 del cap´ıtulo 3 muestra que, para γ : [0, 1] → C − {0} el c´ırculo γ(t) = e2πit , Z γ

1 = 2πi, z

y por lo tanto el teorema de Cauchy no es v´alido para la regi´on Ω = C − {0}. El problema, como veremos en este cap´ıtulo es geom´etrico: la regi´on Ω = C − {0} tiene un hoyo en 0. El objetivo es entonces demostrar que, para regiones sin hoyos el teorema de Cauchy es v´alido, precisando primero lo que enteremos por hoyos.

5.1.

El ´ındice de una curva cerrada

Conviene comenzar con un ejemplo: si γ : [0, 1] → C es el c´ırculo γ(t) = a + re2πint con r > 0 y n ∈ Z, entonces Z γ

1 dz = z−a

Z 1 0

1 (2πin)re2πint dt = 2πin re2πint

por lo que 1 2πi

Z γ

1 dz = n = n´umero de vueltas que da γ alrededor de a : z−a 113

114

5 Teor´ıa de Cauchy global ◦a

γ

En general, si b ∈ B(a; r) es cualquier punto, entonces 1 2πi

Z γ

1 dz = n z−b

(vea el ejercicio 5.1) y de hecho: Proposici´on 5.1. Si γ : [0, 1] → C es cualquier curva cerrada rectificable en C y a 6∈ {γ}, entonces Z 1 1 dz 2πi γ z − a es un entero. Demostraci´on. Por el lema 3.9 γ se puede aproximar por una poligonal y as´ı podemos suponer que γ es lisa (por tramos). Entonces se define g : [0, 1] → C mediante Z t

g(t) = 0

γ 0 (s) ds γ(s) − a

y observe que: (1) g(0) = 0 y g(1) =

Z 1 γ 0 (s) 0

(2) g0 (t) =

γ(s) − a

Z

= γ

1 dz, z−a

γ 0 (t) , para 0 ≤ t ≤ 1. γ(t) − a

Por lo tanto,  h i d  −g γ0 e (γ − a) = e−g γ 0 − g0 e−g (γ − a) = e−g γ 0 − (γ − a) por (2) dt γ −a −g 0 0 = e [γ − γ ] = 0, y as´ı e−g (γ − a) es una constante por lo que e−g(0) (γ(0) − a) = e−g(1) (γ(1) − a) donde γ(0) = γ(1) (que es 6= a). Cancelando el factor com´un en la igualdad anterior, queda e−g(1) = e−g(0) = 1 porque g(0) = 0, y por lo tanto g(1) = 2πik para alg´un k ∈ Z, como se quer´ıa. t u Si γ es una curva cerrada rectificable en C y a 6∈ {γ}, el entero anterior n(γ; a) :=

1 2πi

Z γ

1 dz z−a

5.1 El ´ındice de una curva cerrada

115

se llama el ´ındice de la curva cerrada γ alrededor del punto a, o tambi´en se conoce como el n´umero de vueltas que da γ alrededor del punto a. Recuerde ahora, del ejercicio 3.20, que si γ : [0, 1] → C es rectificable, entonces γ −1 : [0, 1] → C est´a dada por γ −1 (t) = γ(1 − t) y tambi´en es rectificable. Si α, β : [0, 1] → C son dos curvas rectificables tales que α(1) = β (0) (es decir, β comienza donde termina α), se define1 su suma α ∗ β : [0, 1] → C mediante ( α(2t) si 0 ≤ t ≤ 1/2, (α ∗ β )(t) := β (2t − 1) si 1/2 ≤ t ≤ 1, donde notamos que esta es una buena definici´on porque α(2(1/2)) = α(1) = β (0) = β (2(1/2) − 1). Observe que la curva α ∗ β es la curva α recorrida al doble de velocidad seguida de (pegada con) la curva β , recorrida al doble de velocidad, como se ilustra en la figura siguiente: α(1)=β (0)

α β

Proposici´on 5.2. (1) Si γ es rectificable, entonces para todo a 6∈ {γ}, n(γ −1 ; a) = −n(γ; a). (2) Si α, β son rectificables, entonces para todo a 6∈ {α + β }, n(α ∗ β ; a) = n(α; a) + n(β ; a). Demostraci´on. La parte (1) es directa de la proposici´on 3.8. Para la parte (2), podemos suponer que α y β son lisas (por tramos) y por lo tanto n(α ∗ β ) =

=

=

dz 1 = z − a 2πi

1 2πi

Z

1 2πi

Z 1/2 d dt (α(2t))

1 2πi

Z 1 0 α (s)ds

α∗β

0

0

α(2t) − a

α(s) − a

−

Z 1

+

0

(α ∗ β )0 dt (α ∗ β )(t) − a

1 2πi

1 2πi

Z 1 d dt (β (2t − 1)) 1/2

β (2t − 1) − a

Z 1 0 β (s)ds 0

β (s) − a

= n(α) + n(β ), 1

No confundir con la suma de funciones usual α + β : [0, 1] → C dada por (α + β )(t) = α(t) + β (t).

116

5 Teor´ıa de Cauchy global

donde en la pen´ultima igualdad se usaron las reparametrizaciones [0, 1] → [0, 1/2] y [0, 1] → [1/2, 1] dadas por s 7→ s/2 y s 7→ s/2 + 1/2, respectivamente. t u Proposici´on 5.3. Si γ : [0, 1] → C es una curva cerrada rectificable, entonces el conjunto abierto Ω = C − {γ} tiene una u´ nica componente conexa no acotada. Demostraci´on. Como {γ} es compacta, es acotada, digamos {γ} ⊆ B(0; R). Por lo tanto, {z ∈ C : |z| > R} ⊆ Ω . Es claro que {z ∈ C : |z| > R} es abierto, conexo y no acotado (es el exterior de un disco cerrado) y cualquier otro conjunto conexo u disjunto con {z ∈ C : |z| > R} est´a contenido en B(0; R), i.e., debe ser acotado. t Teorema 5.4. Si γ : [0, 1] → C es una curva cerrada rectificable, entonces n(γ; a) es constante en cada componente conexa de Ω = C − {γ}. Para la u´ nica componente no acotada de Ω = C − {γ} se tiene que n(γ; a) = 0. Demostraci´on. Mostraremos que la funci´on f : Ω → C dada por f (z) := n(γ; z) es continua, lo cual demostrar´ıa la primera parte del teorema, porque si f es continua la imagen f (Ω j ) de cada componente conexa Ω j ⊆ Ω ser´ıa entonces conexa, pero como f (Ω j ) ⊆ Z por la proposici´on 5.1, entonces f (Ω j ) es un punto y por lo tanto es constante en Ω j . Para probar que f es continua, recordemos del corolario 1.9 que como Ω es abierto, entonces cada componente conexa Ω j de Ω es abierta. Ahora, sea a ∈ Ω un punto fijo y sea r = d(a; {γ}). Sea b ∈ Ω tal que |a − b| < r/2. Entonces, Z Z 1  1  (a − b)  1  1 − dz = dz 2π γ z − a z − b 2π γ (z − a)(z − b) Z |a − b| 1 = dz 2π γ (z − a)(z − b) n o |a − b| 1 ≤ `(γ) sup : z ∈ {γ} 2π |z − a||z − b| (r/2) 2 δ `(γ) < `(γ) ≤ 2π r2 πr2

| f (a) − f (b)| =

donde la primera desigualdad del u´ ltimo rengl´on se debe a que |a − b| < r/2 y como z ∈ {γ}, entonces |z − a| = r y |z − b| > r/2. La segunda desigualdad se da si escogemos δ ≤ r/2. Ahora, como queremos que | f (a) − f (b)| < ε, escogiendo  δ = m´ın r/2, πr2 ε/`(γ) se sigue que f es continua. Finalmente, para la componente no acotada Ω∞ de Ω = C−{γ}, sea R > 0 tal que {γ} ⊆ B(0; R) de tal manera que {z ∈ C : |z| > R} ⊆ Ω y as´ı Ω∞ ⊇ {z ∈ C : |z| > R}. Si ε > 0, escojamos a ∈ Ω tal que |a| > R y que adem´as |z−a| > `(γ)/2πε (note que podemos escoger a que satisfaga la u´ ltima desigualdad porque la funci´ on f (a) = 1 R 1 1 R 1 es constante en Ω ). Entonces, para n(γ; a) = n(γ; a) = 2πi ∞ γ z−a 2πi γ z−a dz se tiene que Z 1 1 1 2πε |n(γ; a)| ≤ dz < `(γ) = ε 2π γ z − a 2π `(γ)

5.2 El teorema de Cauchy: versi´on homol´ogica

117

y por lo tanto n(γ; a) → 0 cuando a → ∞. Como n(γ; a) es constante en Ω∞ , lo anterior implica que n(γ; a) = 0 en Ω∞ . t u

Ejercicios 5.1. Si b ∈ B(a; r) es cualquier punto y γ : [0, 1] → C es γ(t) = a + re2πint con n ∈ Z, demuestre que Z 1 1 dz = n, 2πi γ z − b 5.2. Sean f (z) un polinomio de grado n, R > 0 tal que f (z) no tiene ceros en {z ∈ C : |z| ≥ R} y γ : [0, 1] → C el c´ırculo γ(t) = Re2πit . Demuestre que Z γ

f 0 (z) dz = 2πin. f (z)

5.3. Si α, β : [0, 1] → Ω son dos curvas rectificables en Ω que van del punto z0 al punto z1 de Ω , demuestre que Z

Z

f= α∗β

Z

f+ α

f β

para cualquier funci´on holomorfa f : Ω → C. Sugerencia: vea la demostraci´on de la parte 2 de la proposici´on 5.2.

5.2.

El teorema de Cauchy: versi´on homol´ogica

Si γ : [0, 1] → Ω es una curva cerrada rectificable, se dice que la curva γ es nulhom´ologa con respecto a Ω si n(γ; z) = 0 para todo z ∈ C − Ω . Algunas veces usaremos la notaci´on γ ∼ 0 rel(Ω ) para indicar que γ es nulhom´ologa (con respecto a Ω ). La idea intuitiva en esta definici´on es que la curva γ es nulhom´ologa si no rodea a los puntos fuera de Ω . Note que como {γ} ⊆ Ω , la posibilidad de que γ rodee un punto fuera de Ω se da cuando Ω tiene hoyos, como en la figura siguiente:

γ

118

5 Teor´ıa de Cauchy global

Por el teorema 5.4, en la u´ nica componente no acotada de C − Ω sus puntos tienen ´ındice cero. Teorema 5.5 (La f´ormula integral de Cauchy; versi´on homol´ogica). Si Ω es un abierto y f : Ω → C es holomorfa, entonces para cualquier curva cerrada, rectificable y nulhom´ologa γ en Ω y para todo a ∈ Ω − {γ} se tiene que n(γ; a) f (a) =

1 2πi

Z γ

f (z) dz. z−a

Demostraci´on. Defina ϕ : Ω × Ω → C mediante  f (z) − f (w)   si z 6= w,  z−w ϕ(z, w) :=    0 f (z) si z = w. Entonces, (i) (ii) (iii)

ϕ es continua. La funci´on ϕ(−, w) : Ω → C, es decir, fijando w, z 7→ ϕ(z, w), es holomorfa. Si H := {w ∈ C − {γ} : n(γ; w) = 0}, note que C − Ω ⊆ H ya que n(γ; z) = 0 para todo w ∈ C − Ω porque γ ∼ 0(rel(Ω )). Observe tambi´en que como n(γ; −) : C − {γ} → C es continua y toma valores en Z, entonces H = n(γ; −)−1 (0) es abierto. Adem´as se tiene que H ∪ Ω = C por la hip´otesis de que n(γ; w) = 0 para todo w ∈ C − Ω . Defina ahora g : C → C mediante Z   ϕ(z, w)dw si z ∈ Ω ,    γ g(z) := Z   f (w)   dw si z ∈ H.  γ w−z

(iv)

Para comenzar, observe que g est´a bien definida, ya que si z ∈ Ω ∩H, entonces z ∈ H y as´ı z 6∈ {γ}, por lo que Z

f (w) − f (z) dw ya que z ∈ Ω y por definici´on de ϕ w−z Z Z Z Z f (w) f (z) f (w) 1 = dw − dw = dw − f (z) dw γ w−z γ w−z γ w−z γ w−z Z f (w) = dw − f (z)2πi n(γ; z) por definici´on de ´ındice γ w−z Z f (w) = dw ya que n(γ; z) = 0 porque z ∈ H. γ w−z Z

ϕ(z, w)dw = γ

γ

5.2 El teorema de Cauchy: versi´on homol´ogica

119

Por el lema 4.4, g es holomorfa en H y por la regla de Leibniz 2.15, g es holomorfa en Ω . Se sigue que g es entera porque H ∪ Ω = C. Ahora, como n(γ; w) = 0 para todo w en la componente no acotada de C − Ω , entonces H contiene a esta componente no acotada (es decir, H contiene una vecindad del ∞) y por lo tanto Z

(∗)

l´ım g(z) = l´ım

z→∞

z→∞ γ

f (w) dw = 0 w−z

donde la primera igualdad es porque z → ∞ implica que z ∈ H y la segunda igualdad 1 = 0 uniformemente para w ∈ {γ} y f est´a acotada en {γ}. La es porque l´ımz→∞ w−z igualdad (∗) implica que existe R > 0 tal que |g(z)| ≤ 1 para |z| ≥ R, por definici´on de l´ımite. Pero como g es acotada en B(0; R), entonces g es acotada en todo C y como es entera, por el teorema de Liouville 4.18 se sigue que g es constante y consecuentemente (∗) implica que g = 0. Por lo tanto, si a ∈ Ω − {γ}, Z γ

Z

= γ

Z

ϕ(z, a)dz =

0 = g(a) =

γ

f (z) − f (a) dz = z−a

Z γ

f (z) dz − f (a) z−a

Z γ

1 dz z−a

f (z) dz − f (a)2πi n(γ; a) z−a t u

de donde se sigue la f´ormula deseada. Una consecuencia inmediata es:

Teorema 5.6 (Cauchy; versi´on homol´ogica). Si Ω es una regi´on y f : Ω → C es holomorfa, entonces para cualquier curva cerrada, rectificable y nulhom´ologa γ en Ω se tiene que Z f = 0. γ

Demostraci´on. La funci´on f (z)(z − a) es holomorfa en Ω y substituy´endola en la f´ormula de Cauchy del teorema 5.5 anterior se tiene que el lado izquierdo es cero y el lado derecho es Z 1 f (z)dz. 2πi γ t u Otra consecuencia del teorema 5.5 y del lema 4.4 es una f´ormula para las derivadas de orden superior an´aloga a las f´ormulas 4.5: Corolario 5.7. Si Ω es un abierto y f : Ω → C es holomorfa, entonces para cualquier curva cerrada, rectificable y nulhom´ologa γ en Ω y para todo a ∈ Ω − {γ} se tiene que Z f (z) n! (n) n(γ; a) f (a) = dz. 2πi γ (z − a)n+1

120

5 Teor´ıa de Cauchy global

t u Ciclos. Si Ω ⊆ C, un ciclo en Ω es una sucesi´on finita de trayectorias cerradas rectificables γ j , no necesariamente distintas, cuyas trazas {γ j } ⊆ Ω . El ciclo anterior se denotar´a mediante γ = (γ1 , . . . , γn ). La traza del ciclo γ es la uni´on de las trazas de las γ j . Dado un punto z0 ∈ C, se define el ´ındice del ciclo γ con respecto al punto z0 como n(γ; z0 ) = n(γ1 ; z0 ) + · · · + n(γn ; z0 ). Un ciclo γ = (γ1 , . . . , γn ) ⊆ Ω es hom´ologo a cero o nulhom´ologo (con respecto a Ω ) si n(γ; z) = 0 para todo z ∈ C − Ω . Usaremos la notaci´on γ ∼ 0 rel(Ω ) para indicar que γ es nulhom´ologo con respecto a Ω y note que esta definici´on depende de Ω . Si γ = (γ1 , . . . , γm ) y λ = (λ1 , . . . , λn ) son dos ciclos en Ω tales que el ciclo (γ1 , . . . , γm , λ1−1 , . . . , λn−1 ) ∼ 0, diremos que γ es hom´ologo a λ (con respecto a Ω ) y lo denotaremos por γ ∼ λ rel(Ω ). Si f : Ω → C es una funci´on y γ = (γ1 , . . . , γn ) es un ciclo en Ω , se define Z

Z

f +···+

f := γ

γ1

Z

f. γn

Con las notaciones anteriores la versi´on homol´ogica de la f´ormula integral de Cauchy 5.5 y del teorema de Cauchy 5.6 tienen las formulaciones siguientes y sus demostraciones son completamente an´alogas a las referidas: Teorema 5.8 (La f´ormula integral de Cauchy; versi´on homol´ogica para ciclos). Si Ω es un abierto y f : Ω → C es holomorfa, entonces para cualquier ciclo nulhom´ologo γ = (γ1 , . . . , γn ) en Ω y para todo a ∈ Ω − {γ} se tiene que n

n

f (a) ∑ n(γk ; a) = k=1

1

∑ 2πi

k=1

Z γk

f (z) dz. z−a t u

Teorema 5.9 (Cauchy; versi´on homol´ogica para ciclos). Si Ω es una regi´on y f : Ω → C es holomorfa, entonces para cualquier ciclo nulhom´ologo γ = (γ1 , . . . , γn ) en Ω se tiene que n

∑

Z

k=1 γk

Ejercicios 5.4. Si f : Ω → C es holomorfa y

f = 0. t u

5.3 El teorema de Cauchy: versi´on homot´opica

  f (z) − f (w) ϕ(z, w) := z−w  f 0 (z)

121

si z 6= w, si z = w,

demuestre que para w fijo la funci´on ϕ(−, w) : Ω → C es holomorfa. 5.5. Si γ : [0, 1] → C es cerrada rectificable y z0 6∈ {γ}, demuestre que para todo entero n ≥ 2 se tiene que Z 1 dz = 0. n γ (z − z0 ) 5.6. Sea γ : [0, 1] → C el c´ırculo γ(t) = 1 + e2πit . Calcule la integral Z  z n dz γ z−1 para todos los enteros n ≥ 1. 5.7. Si α, β : [0, 1] → Ω son dos curvas cerradas rectificables con el mismo punto inicial (y final) z0 , se dice que α es hom´ologa a β , denotado α ∼ β rel(Ω ), si α ∗ β −1 ∼ 0 rel(Ω ). Demuestre que la relaci´on anterior es de equivalencia.

5.3.

El teorema de Cauchy: versi´on homot´opica

Si α, β : [0, 1] → Ω sos dos curvas con extremos iniciales iguales α(0) = β (0) = z0 y extremos finales iguales α(1) = β (1) = z1 , una homotop´ıa entre α y β es una funci´on continua h : [0, 1] × [0, 1] → Ω tal que (1) (2) (3) (4)

h(s, 0) = α(s), para todo s ∈ [0, 1]. h(s, 1) = β (s), para todo s ∈ [0, 1]. h(0,t) = z0 , para todo t ∈ [0, 1]. h(1,t) = z1 , para todo t ∈ [0, 1].

Usaremos la notaci´on α ' β rel(Ω ) si hay una homotop´ıa entre α y β y tambi´en diremos que α es hom´otopa a β , mediante una homotop´ıa que mantiene fijos los extremos de las curvas por las condiciones (3) y (4) en la definici´on anterior. De hecho, observe que pensando a la funci´on h como una familia continua de trayectorias (curvas) en Ω : ht : [0, 1] → Ω

dadas por ht (s) := h(s,t), para t ∈ [0, 1],

las condiciones (3) y (4) dicen que cada una de las curvas ht tiene el mismo extremo inicial z0 y mismo extremo final z1 ; m´as a´un, las condiciones (1) y (2) dicen que h0 = α y h1 = β . La figura siguiente ilustra lo anterior:

122

5 Teor´ıa de Cauchy global

1

z1

β t

-

β ht

h -

α 0

α

1

z0

En esta figura observe que la homotop´ıa h manda: El lado vertical izquierdo del cuadrado [0, 1] × [0, 1] en el punto inicial z0 . El lado vertical derecho del cuadrado [0, 1] × [0, 1] en el punto final z1 . El lado horizontal inferior del cuadrado [0, 1] × [0, 1] en la curva h0 = α. El lado horizontal superior del cuadrado [0, 1] × [0, 1] en la curva h1 = β . El segmento horizontal de altura t del cuadrado [0, 1] × [0, 1] en la curva ht . Si se fijan dos puntos z0 , z1 ∈ Ω y se considera el conjunto de curvas en Ω con extremo inicial z0 y con extremo final z1 , el ejercicio 5.8 pide probar que la relaci´on de homotop´ıa es de equivalencia. Es importante resaltar que una homotop´ıa entre dos curvas es siempre con relaci´on al conjunto Ω donde est´an las curvas; si se cambia este conjunto puede cambiar el que las curvas sean o no hom´otopas. El ejemplo siguiente muestra que en un conjunto convexo cualesquiera dos curvas, con extremos iniciales iguales y con extremos finales iguales, siempre son hom´otopas: Ejemplo 5.1. Si Ω es convexo y α, β : [0, 1] → Ω son dos curvas tales que z0 = α(0) = β (0) y z1 = α(1) = β (1), entonces α ' β rel(Ω ). En efecto, defina h : [0, 1] × [0, 1] → Ω mediante h(s,t) = (1 − t)α(s) + tβ (s) (fijando s, observe que h(s,t) es un punto en el segmento de recta que une α(s) con β (s), y este segmento est´a contenido en Ω porque e´ ste es convexo). Claramente h es una homotop´ıa h : α ' β rel(Ω ). Lazos. La definici´on de homotop´ıa no pon´ıa ninguna condici´on en las curvas, por ejemplo e´ stas pueden ser curvas cerradas, i.e., z0 = z1 , y la definici´on de homotop´ıa de curvas cerradas es la misma: las condiciones (3) y (4) son: α(0) = β (0) = z0 = α(1) = β (1). En ocasiones se dice que α y β son lazos basados en el punto z0 . Un ejemplo de lazo, trivial pero importante, es el lazo constante z0 : [0, 1] → Ω dado por z0 (t) := z0 para todo t ∈ [0, 1]. Si un lazo α : [0, 1] → Ω basado en z0 ∈ Ω es hom´otopo al lazo constante z0 , se dice que α es nulhom´otopo. La idea intuitiva es que un lazo nulhom´otopo se puede contraer, mediante una homotop´ıa, al punto z0 :

5.3 El teorema de Cauchy: versi´on homot´opica

123

ht α

z0 y por lo tanto el lazo α no rodea ning´un hoyo en Ω . Si todos los lazos basados en z0 ∈ Ω se pueden contraer al punto z0 , entonces Ω no tiene ning´un hoyo. En este sentido, los lazos son importantes porque detectan los hoyos que pueda tener Ω . El teorema importante es: Teorema 5.10 (Cauchy, versi´on homot´opica). Si γ : [0, 1] → Ω es un lazo rectificable basado en z0 y nulhom´otopo γ ' z0 rel(Ω ), entonces para toda funci´on holomorfa f : Ω → C se tiene que Z

(1)

f = 0. γ

Demostraci´on. Se tiene una homotop´ıa h : γ ' z0 . En particular, h(0,t) = z0 = h(1,t), para todo t ∈ [0, 1]. Para probar (1) observe que el caso Ω = C lo podemos desechar porque C es convexo y as´ı, por el teorema 4.2, f tendr´ıa una primitiva en C y consecuentemente la igualdad de (1) ser´ıa cierta. Supongamos entonces que Ω C. Como [0, 1] × [0, 1] es compacto, entonces h es uniformemente continua y h([0, 1] × [0, 1]) ⊆ Ω es compacto. Por lo tanto, r = d(h([0, 1] × [0, 1]), C − Ω ) > 0 y existe un n ∈ N tal que si |(s,t) − (s0 ,t 0 )| < 2/n se tiene que |h(s,t) − h(s0 ,t 0 )| < r. Divida el cuadrado [0, 1] × [0, 1] en subcuadrados de lado 1/n mediante la partici´on 0 = 0/n < 1/n < 2/n < · · · < n/n = 1 del intervalo [0, 1] y para el subcuadrado C jk := [ j/n, ( j + 1)/n] × [k/n, (k + 1)/n],

0 ≤ j, k ≤ n − 1

considere las im´agenes√ z jk := h( j/n, k/n) de sus v´ertices, para 0 ≤ j, k ≤ n. Observe que, como di´amC jk = 2/n < 2/n, entonces h(C jk ) ⊆ B(z jk ; r). Por lo tanto, si Pjk es el pol´ıgono cerrado [z jk , z j+1,k , z j+1,k+1 , z j,k+1 , z jk ], por la convexidad del disco se tiene que Pjk ⊆ B(z jk ; r). Del teorema de Cauchy 4.2 para una regi´on convexa se sigue que Z

(2)

f = 0. Pjk

Ahora, para los pol´ıgonos Qk := [z0k , z1k , . . . , zn,k ], que son cerrados porque z0k = h(0, k/n) = z0 = h(1, k/n) = znk , mostraremos que Z

(3)

f=

f= γ

Z

Z Q0

Q1

f = ··· =

Z

Z

f= Qn

f =0 z0

124

5 Teor´ıa de Cauchy global

lo cual prueba (1) como se quer´ıa. Resta demostrar (3) y e´ sto lo haremos probando una igualdad a la vez. Para la primera igualdad en (3) Z

Z

f=

f Q0

γ

consideremos las restricciones γ j := γ|[ j/n,( j+1)/n] observe que γ( j/n) = h( j/n, 0) = z j0 y γ(( j + 1)/n) = h(( j + 1)/n, 0) = z j+1,0 por lo que γ j ∗ [z j+1,0 , z j0 ] es una trayectoria cerrada contenida en B(z j0 ; r) ⊆ Ω y consecuentemente Z

f =−

Z

Z

f=

f.

[z j+1,0 ,z j0 ]

γj

[z j0 ,z j+1,0 ]

Sumando para 0 ≤ j ≤ n − 1 se tiene que n−1 Z

Z

f= γ

∑ j=

n−1 Z

f=

Z

f=

∑

j=0 [z j0 ,z j+1,0 ]

γj

f Q0

como se quer´ıa. La pen´ultima igualdad en (3) Z

Z

f=

f

Qn

z0

es trivial ya que Qn = [z0n , z1n , . . . , zn,n ] es el ((pol´ıgono)) dado por el punto z0 porque cada z jn = h( j/n, 1) = z0 . Finalmente, para probar las igualdades intermedias en (3) Z

Z

(4)

f= Qk

f Qk+1

considere los pol´ıgonos Qk y Qk+1 correspondientes: z j+1,k+1 z j,k+1 Qk+1 : Qk :

··· ···

z j+2,k+1 z j+1,k

z jk

z j+2,k

donde hemos ilustrado una parte de e´ stos mostrando dos subpol´ıgonos Pjk y Pj+1,k R consecutivos con sus orientaciones correspondientes. Como cada Pjk f = 0 se sigue que n−1 Z

(5)

∑

j=0 Pjk

f =0

5.3 El teorema de Cauchy: versi´on homot´opica

125

y como dos subpol´ıgonos Pjk y Pj+1,k consecutivos comparten un lado con orientaciones opuestas, la suma anterior es la integral de f sobre la curva Qk ∗ [znk , zn,k+1 ] ∗ Q−1 k+1 ∗ [z0,k+1 , z0k ]

(6)

dada por el pol´ıgono Qk seguida del lado extremo derecho [znk , zn,k+1 ], seguida del pol´ıgono Q−1 on opuesta) y finalmente seguida del lado extremo izk+1 (con orientaci´ quierdo [z0,k+1 , z0k ]. Ahora, como z0 = z0k = h(0, k/n) = h(1, k/n) = znk = z0 z0 = z0,k+1 = h(0, (k + 1)/n) = h(1, (k + 1)/n) = zn,k+1 = z0 entonces [z0,k+1 , z0k ] = z0 = [zn,k+1 , znk ] y por lo tanto la integral de f en (6) a lo largo de estos dos lados es cero y as´ı la integral de f sobre la curva (6) es lo mismo que la integral de f a lo largo de la curva Qk ∗ Q−1 k+1 , es decir, Z

0=

Qk ∗Q−1 k+1

f

de donde se sigue la igualdad (4), que finalmente prueba (3), como se quer´ıa.

t u

Una consecuencia inmediata es: Teorema 5.11 (Independencia de la trayectoria). Si α, β : [0, 1] → Ω son dos curvas rectificables con extremo inicial z0 y extremo final z1 , y adem´as α ' β rel(Ω ), entonces para toda funci´on holomorfa f : Ω → C se tiene que Z

(1)

Z

f= α

f. β

Demostraci´on. Sea h una homotop´ıa α ' β y considere la orientaci´on positiva de la curva dada por la frontera del cuadrado [0, 1] × [0, 1] como en el lado izquierdo de la figura siguiente: 1

z1

β −1

β −1

6 z0

z1

h α

0

?

α

1

z0

donde notamos que, bajo la homotop´ıa h, el lado vertical izquierdo del cuadrado va a dar al punto z0 , el lado vertical derecho va al punto z1 , el lado horizontal inferior va a la curva α y el lado horizontal superior va a la curva β −1 , por la orientaci´on escogida del cuadrado. As´ı, la hip´otesis de que h : α ' β equivale a que h : α ∗β −1 ' z0 donde α ∗ β −1 es un lazo basado en z0 . Ahora, por el ejercicio 5.3,

126

5 Teor´ıa de Cauchy global

Z

Z

α∗β −1

f=

Z

f+ α

Z

β −1

f=

f−

α

Z

f β

y as´ı la igualdad (1) del teorema se sigue del teorema 5.10 anterior.

t u

Si γ : [0, 1] → Ω es un lazo rectificable basado en z0 ∈ Ω y es nulhom´otopo, entonces para todo w ∈ C − Ω la funci´on f (z) = 1/(z − w) es holomorfa en Ω y as´ı, por el teorema (5.10) anterior, se tiene que n(γ; w) =

1 2πi

Z γ

1 dz = 0 z−w

es decir, γ ∼ 0 rel(Ω ). Hemos as´ı probado: Corolario 5.12. Sea γ un lazo rectificable basado en un punto z0 de una regi´on Ω . Si γ ' z0 , entonces γ ∼ 0. En otras palabras, todo lazo nulhom´otopo es nulhom´ologo. t u Regiones simplemente conexas. Una regi´on Ω ⊆ C se dice que es simplemente conexa si todo lazo en Ω es nulhom´otopo. Note que la idea intuitiva es que una regi´on simplemente conexa no tiene hoyos, porque todo lazo se puede contraer a un punto. Ejemplo 5.2. Toda regi´on convexa Ω es simplemente conexa. En efecto, por el ejemplo 5.1, en una regi´on convexa cualesquiera dos curvas cerradas con el mismo punto base son hom´otopas. Ejemplo 5.3. Por otra parte, la regi´on Ω = C − {0} no es simplemente conexa porque para el c´ırculo γ : [0, 1] → Ω dado por γ(t) = e2πit se tiene que n(γ; 0) = 1 y por lo tanto γ 6∼ 0 y as´ı, por el corolario 5.12, γ 6' 0. Corolario 5.13. Si Ω es una regi´on simplemente conexa y f : Ω → C es holomorfa, entonces para toda curva cerrada rectificable γ en Ω se tiene que Z

f = 0. γ

t u

Directo del teorema de Cauchy-Goursat 4.2 se sigue que: Corolario 5.14. Si Ω es una regi´on simplemente conexa y f : Ω → C es holomorfa, entonces f tiene un primitiva. t u

Ejercicios 5.8. Si CΩ (z0 , z1 ) es el conjunto de todas las curvas en una regi´on Ω con extremo inicial z0 y extremo final z1 , demuestre que la relaci´on de homotop´ıa es una relaci´on de equivalencia en CΩ (z0 , z1 ).

5.3 El teorema de Cauchy: versi´on homot´opica

127

5.9. Si α ' α 0 y β ' β 0 en CΩ (z0 , z1 ), demuestre que α ∗ β ' α 0 ∗ β 0 . 5.10. Si α es una curva en CΩ (z0 , z1 ), demuestre que α ∗ α −1 ' z0 y α 0 ∗ α ' z0 , donde z0 es la curva constante en z0 . 5.11. Si α ' α 0 , β ' β 0 y γ ' γ 0 en CΩ (z0 , z1 ), demuestre que α ∗ (β ∗ γ) ' α 0 ∗ (β 0 ∗ γ 0 ). 5.12. Si α ' β en CΩ (z0 , z1 ), demuestre que α ∗ β −1 ' z0 . 5.13. Considere el conjunto CΩ (z0 , z0 ) de curvas cerradas basadas en un punto z0 ∈ Ω . Por el ejercicio 5.8 la homotop´ıa entre lazos en CΩ (z0 , z0 ) es una relaci´on de equivalencia. Denote con π1 (Ω , z0 ) al conjunto de clases de equivalencia correspondiente y para un lazo σ ∈ CΩ (z0 , z0 ) denote por [σ ] a su clase de equivalencia, a la que se conoce como la clase de homotop´ıa del lazo σ . As´ı, π1 (Ω , z0 ) = {[σ ] : σ ∈ CΩ (z0 , z0 )}. Si [α], [β ] ∈ π1 (Ω , z0 ), defina la operaci´on [α][β ] := [α ∗ β ] es decir, eligiendo representantes α ∈ [α] y β ∈ [β ] considere el lazo α ∗ β y tome su clase de homotop´ıa [α ∗ β ]. (1)

(2)

Demuestre que la operaci´on anterior est´a bien definida, es decir, no depende de la elecci´on de los representantes de las clases de homotop´ıa correspondientes. Demuestre que, con la operaci´on anterior, π1 (Ω , z0 ) es un grupo, al que se conoce como el grupo fundamental de la regi´on Ω con punto base z0 .

5.14. Sean γ : [0, 1] → Ω una curva cerrada rectificable en una regi´on Ω y z0 , z1 ∈ Ω . Demuestre que si γ ' z0 , entonces γ ' z1 . 5.15. Use el ejercicio anterior para mostrar que si z0 , z1 ∈ Ω , con Ω una regi´on, entonces se tiene un isomorfismo entre los grupos fundamentales: π1 (Ω , z0 ) ' π1 (Ω , z1 ). 5.16. Si Ω = C − {0}, demuestre que toda curva cerrada γ : [0, 1] → Ω es hom´otopa a una curva cerrada cuya traza est´a contenida en el c´ırculo {z ∈ C : |z| = 1}. 5.17. Encuentre todos los valores posibles de la integral Z γ

dz 1 + z2

128

5 Teor´ıa de Cauchy global

variando γ entre las curvas cerradas rectificables que no pasan por las ra´ıces del denominador, es decir, por ±i.

5.4.

La conducta local de una funci´on holomorfa

Recordemos, del corolario 4.21, que si f : Ω → C es holomorfa y tiene un cero z0 ∈ Ω de multiplicidad m ≥ 1, entonces f (z) = (z − z0 )m g(z) donde g es holomorfa y

g(z0 ) 6= 0.

Supongamos ahora que z1 , . . . , zn ∈ Ω son todos los ceros de f (z), con multiplicidades m1 , . . . , mn , respectivamente. Entonces, (1) f (z) = (z − z1 )m1 · · · (z − zn )mn g(z) con g holomorfa y que no se anula en Ω . Considere entonces la derivada logar´ıtmica de f , es decir, la funci´on f0 : Ω − {z1 , . . . , zm } → C, f y, usando la f´ormula para la derivada de un producto, de (1) se obtiene que f 0 (z) m1 m2 mn g0 (z) = + +···+ + f (z) z − z1 z − z2 z − zn g(z)

(2)

donde g0 (z)/g(z) es holomorfa en Ω porque g no se anula all´a. Entonces, si γ es una curva en Ω , cerrada, rectificable, que no pasa por ninguno de los puntos zi y adem´ as γ es nulhom´ologa, entonces, por el teorema de Cauchy, versi´on homol´ogica R 5.6, γ g0 /g = 0 y por lo tanto Z γ

f 0 (z) dz = f (z)

Z γ

m1 dz + z − z1

Z γ

m2 dz + · · · + z − z2

Z γ

mn dz + z − zn

Z γ

g0 (z) dz g(z)

= 2πi n(γ; z1 )m1 + 2πi n(γ; z2 )m2 + · · · + 2πi n(γ; zn )mn + 0 n

= 2πi ∑ n(γ; zk )mk . k=1

Hemos as´ı probado: Teorema 5.15. Sea f : Ω → C holomorfa con ceros z1 , . . . , zn ∈ Ω de multiplicidades m1 , . . . , mn , respectivamente. Si γ es una curva en Ω , cerrada, rectificable, que no pasa por ninguno de los puntos zi y adem´as γ es nulhom´ologa, entonces 1 2πi

Z γ

n f 0 (z) dz = ∑ n(γ; zk )mk . f (z) k=1

5.4 La conducta local de una funci´on holomorfa

129

t u Con la mismas hip´otesis del teorema anterior, si w ∈ C − f {γ}, como la derivada logar´ıtmica de la funci´on f (z) − w es f 0 (z)/( f (z) − w) se sigue que: Corolario 5.16. Sean f y γ como en el teorema 5.15 anterior y w ∈ C − f {γ}. Sean z1 , . . . , zn todas las soluciones en Ω de la ecuaci´on f (z)−w = 0, con multiplicidades m1 , . . . , mn , respectivamente. Entonces, 1 2πi

Z γ

n f 0 (z) dz = ∑ n(γ; zk )mk . f (z) − w k=1

t u

Corolario 5.17. Sean f : Ω → C holomorfa y γ : [0, 1] → Ω cerrada y rectificable. Entonces, la curva f ◦ γ : [0, 1] → C es cerrada y rectificable (vea el ejercicio 5.19) y si w ∈ C − { f ◦ γ} = f {γ} y z1 , . . . , zn son todas las soluciones en Ω de la ecuaci´on f (z) − w = 0, con multiplicidades m1 , . . . , mn , respectivamente, entonces n

n( f ◦ γ; w) =

∑ n(γ; zk )mk . k=1

Demostraci´on. Considere primero el caso cuando γ es lisa (por tramos). Entonces, 1 d( f ◦ γ(t)) dζ 1 1 1 = = 2πi f ◦γ ζ − w 2πi 0 f ◦ γ(t) − w 2πi Z n f 0 (z)dz 1 = ∑ n(γ; zk )mk , = 2πi γ f (z) − w k=1

n( f ◦ γ; w) =

Z

Z

Z 1 0 f (γ(t))γ 0 (t)dt 0

f (γ(t)) − w

donde la u´ ltima igualdad es por el corolario anterior. Si γ es arbitraria, la aproximamos por una poligonal como en el lema 3.9 y en la demostraci´on de la proposici´on 5.1. t u El comportamiento local de una funci´on holomorfa. Si f : Ω → C es holomorfa no constante y w ∈ C puede existir un n´umero infinito de puntos z ∈ C tales que f (z) = w. Sin embargo, por el teorema de la identidad todos los puntos de acumulaci´on de estas z deben estar en la frontera de Ω , por lo que si se consideran s´olo soluciones en Ω , hay u´ nicamente un n´umero finito de e´ stas, digamos z1 , . . . , zn con multiplicidades m1 , . . . , mn , respectivamente. Para esta misma f : Ω → C, supongamos que z0 ∈ Ω y escojamos un radio r > 0 tal que B(z0 ; r) ⊆ Ω y sea γ(t) = z0 + re2πit , t ∈ [0, 1], su frontera. Queremos investigar el ´ındice n( f ◦ γ; w) para w 6∈ f {γ}. Para comenzar, note que si w tambi´en satisface que w 6∈ f (B(z0 ; r)), entonces, por el corolario 5.17 n

n( f ◦ γ; w) =

∑ n(γ; zk )mk k=1

donde como w 6∈ f (B(z0 ; r)) se tiene que los zk 6∈ B(z0 ; r) y as´ı los zk est´an en la componente no acotada de C − {γ} por lo que, del teorema 5.4, se tiene que n(γ; zk ) = 0 para todas las zk y as´ı

130

5 Teor´ıa de Cauchy global

n( f ◦ γ; w) = 0. Supongamos ahora que w ∈ f (B(z0 ; r)) − f {γ}, y sean z1 , . . . , zn ∈ B(z0 ; r) las soluciones distintas de la ecuaci´on f (z) − w = 0, con multiplicidades m1 , . . . , mn , respectivamente. Del corolario 5.17 se sigue que n

n( f ◦ γ; w) =

n

∑ n(γ; zk )mk = ∑ mk , k=1

k=1

ya que γ rodea cada zk ∈ B(z0 ; r) una u´ nica vez. Hemos as´ı probado que: Proposici´on 5.18. Si f : Ω → C es holomorfa no constante y supongamos que B(z0 ; r) ⊆ Ω y sea γ(t) = z0 + re2πit , t ∈ [0, 1], su frontera. Para cada w ∈ C − f {γ}, la suma de las multiplicidades mk de las soluciones z j ∈ B(z0 ; r) de la ecuaci´on f (z) − w = 0 es n

∑ mk = n( f ◦ γ; w). k=1

Se sigue que esta suma es constante en cada componente conexa de C − f {γ}. t u Teorema 5.19 (Conducta local de una funci´on holomorfa). Sean f : Ω → C holomorfa no constante y w0 = f (z0 ) con z0 ∈ Ω . Si la multiplicidad del cero z0 de f (z) − w0 es m ≥ 1, entonces existen ε > 0 y δ > 0 tales que para cada w ∈ B(w0 ; ε) − {w0 } la funci´on f (z) − w tiene exactamente m ceros simples en B(z0 ; δ ) − {z0 }. Demostraci´on. Como z0 ∈ Ω y e´ ste es abierto, existe un δ0 > 0 tal que B(z0 ; δ0 ) ⊆ Ω . Adem´as, como f no es contante, los ceros de f (z) − w0 son aislados por el corolario 4.22 al teorema de la identidad 4.20, y por lo tanto podemos escoger el δ0 anterior tal que f (z) − w0 no tenga otros ceros en el disco correspondiente y tambi´en que no contenga ceros de f 0 (z), excepto posiblemente el z0 (si su multiplicidad, como cero de f (z) − w0 , es m ≥ 2). Sean δ < δ0 y γ(t) = z0 + δ e2πit para t ∈ [0, 1]. Considere la curva cerrada f ◦ γ, y note que w0 6∈ { f ◦ γ} = f {γ}, porque z0 6∈ {γ} y f (z) − w0 no tiene otros ceros en el interior de B(z0 ; δ0 ) y {γ} ⊆ B(z0 ; δ0 ). Ahora, como f {γ} es cerrado y w0 6∈ { f ◦ γ} = f {γ}, entonces existe un ε > 0 tal que B(w0 ; ε) ∩ f {γ} = 0. / As´ı, B(w0 ; ε) est´a contenido en una componente conexa de C − { f ◦ γ} y por lo tanto, si w ∈ B(w0 ; ε) se tiene la segunda igualdad en: n

m = n( f ◦ γ; w0 ) = n( f ◦ γ; w) =

∑ mk k=1

donde la primera y tercera igualdades son por la proposici´on 5.18 anterior con m la multiplicidad de z0 como cero de f (z) − w0 y mk , k ≥ 1, las multiplicidades de los ceros zk de f (z) − w en B(z0 ; δ ). Finalmente, como f 0 (z) 6= 0 en B(z0 ; δ ) − {z0 }, cada uno de los ceros zk , k ≥ 1, debe ser simple (i.e, de multiplicidad 1, vea el ejercicio 5.20), es decir, cada mk = 1 y el teorema se sigue. t u

5.4 La conducta local de una funci´on holomorfa

131

Observaci´on 5.1. (1) El teorema dice que, localmente, cerca de z0 , la funci´on f (z) se comporta como el polinomio (z − z0 )m + w0 , donde w0 = f (z0 ). (2) El teorema tambi´en implica que B(w0 ; ε) ⊆ f (B(z0 ; δ )). Una consecuencia inmediata del teorema anterior es otra demostraci´on del teorema de la funci´on abierta 4.25: Corolario 5.20 (Teorema de la funci´on abierta). Toda funci´on f : Ω → C holomorfa y no constante es abierta. Demostraci´on. Para cualquier abierto U ⊆ Ω queremos mostrar que f (Ω ) ⊆ C es abierto; es decir, queremos mostrar que para todo z0 ∈ U su imagen w0 = f (z0 ) ∈ f (U) es un punto interior. Por el teorema 5.19 anterior (vea tambi´en la observaci´on 5.1) existen δ > 0 y ε > 0 tales que B(z0 ; δ ) ⊆ U y B(w0 ; ε) ⊆ f (B(z0 ; δ )) ⊆ f (U), como se quer´ıa. t u Para la demostraci´on de la existencia y f´ormula de la derivada de la funci´on inversa 4.26 de una funci´on holomorfa e inyectiva f : Ω → C, adem´as del teorema de la funci´on abierta 4.25 y 5.20 se necesit´o el hecho de que la derivada f 0 no se anula en Ω . A continuaci´on probamos esto: Corolario 5.21. Si f : Ω → C es holomorfa e inyectiva, entonces f 0 (z0 ) 6= 0 para todo z0 ∈ Ω . Demostraci´on. Escojamos un r > 0 suficientemente peque˜no para que B(z0 ; r) ⊆ Ω y adem´as que el u´ nico cero de f (z) − f (z0 ) en B(z0 ; r) sea z0 (los ceros son aislados, por el corolario 4.22) y que tambi´en satisfaga que la funci´on f 0 (z) (que no es id´enticamente cero, porque f no es constante) no tenga ceros en B(z0 ; r) − {z0 } (de nuevo, usamos que los ceros de f 0 son aislados, por el corolario 4.22). Por el teorema 5.19 anterior, si m es la multiplicidad de z0 , cada punto (salvo a lo m´as f (z0 )) de la componente conexa de C − f {γ} que contiene a f (z0 ) se alcanza en m puntos distintos de B(z0 ; r), y como f es inyectiva se debe tener que m = 1, y por lo tanto f 0 (z0 ) 6= 0. t u Observaci´on 5.2. El rec´ıproco del corolario anterior es falso, por ejemplo la funci´on exponencial compleja es tal que su derivada nunca se anula, pero la exponencial no es inyectiva. Observe tambi´en que para funciones reales de variable real el corolario anterior no es cierto, por ejemplo para la funci´on real anal´ıtica e inyectiva f (x) = x3 su derivada se anula en x = 0.

Ejercicios 5.18. Use el corolario 5.16 para calcular la integral y γ es el c´ırculo γ(t) = 2e2πit para t ∈ [0, 1].

R γ

f 0 / f , donde f (z) = z2 + z + 1

132

5 Teor´ıa de Cauchy global

5.19. Suponga que γ : [0, 1] → Ω es una curva cerrada rectificable en la regi´on Ω . Suponga adem´as que f : Ω → C es holomorfa y considere la curva f ◦ γ : [0, 1] → C. Demuestre que f ◦ γ es rectificable. 5.20. Si f : Ω → C es holomorfa y z0 ∈ Ω es un cero de f (z), demuestre que la multiplicidad de z0 es m ≥ 1 si y s´olo si f (z0 ) = f 0 (z0 ) = f 00 (z0 ) = · · · = f (m−1) (z0 ) = 0 y f (m) (z0 ) 6= 0. Un cero z0 de f (z) se dice que es simple si su multiplicidad es m = 1. As´ı, z0 es simple si y s´olo si f (z0 ) = 0 pero f 0 (z0 ) 6= 0. Note que el teorema de la identidad 4.20 dice que f (z) tiene un cero de multiplicidad infinita si y s´olo si f (z) es id´enticamente cero. 5.21. Usando el teorema de la conducta local de una funci´on holomorfa 5.19, demuestre que si f : Ω → C es holomorfa y f 0 (z0 ) 6= 0 para z0 ∈ Ω , entonces existe un disco abierto con centro en z0 tal que f es inyectiva en ese disco. Note que el resultado anterior es estrictamente local, la funci´on exponencial satisface que su derivada no se anula, pero no es inyectiva en todo su dominio. 5.22. Sea f (z) un polinomio complejo no constante. Demuestre que su imagen f (C) ⊆ C es abierta y cerrada. Deduzca de lo anterior el teorema fundamental del a´ lgebra 4.19.

Cap´ıtulo 6

Singularidades

Hasta ahora hemos estudiado funciones holomorfas en una regi´on Ω ⊆ C. El paso siguiente es considerar funciones definidas y holomorfas en una regi´on a la que se le ha quitado un punto, digamos Ω − {z0 }, pero que no est´an definidas o no son holomorfas en todo Ω . En este cap´ıtulo estudiaremos esta situaci´on viendo qu´e tanto de la teor´ıa de Cauchy para funciones holomorfas se puede extender a este nuevo contexto. Despu´es de introducir los conceptos necesarios y clasificar las singularidades aisladas de una funci´on: removibles, polos y esenciales, y estudiamos algunas propiedades de cada una de e´ stas, en particular probaremos que, en una vecindad de una singularidad esencial la funci´on toma valores que aproximan a todos los n´umeros complejos, el teorema de Casorati-Weierstrass, es decir probaremos que el conjunto de valores de f alrededor de una singularidad esencial es denso en C. En la segunda secci´on introducimos las series de Laurent y clasificaremos las singularidades aisladas de una funci´on mediante la serie de Laurent asociada a la funci´on en una vecindad de la singularidad considerada. En la tercera secci´on probaremos el teorema del residuo aplic´andolo despu´es al c´alculo de algunas integrales reales impropias. Se obtienen adem´as algunas consecuencias importantes del teorema del residuo, tales como el principio del argumento, una f´ormula para contar el n´umero de ceros y polos dentro de un disco de una funci´on que es holomorfa salvo por polos, y como una consecuencia inmediata el teorema de Rouch´e que, incidentalmente se usa para dar otra demostraci´on del teorema fundamental del a´ lgebra.

6.1.

Singularidades aisladas

Un punto z0 ∈ C es una singularidad aislada de una funci´on f si f es holomorfa en el disco perforado B(z0 ; r) − {z0 } ⊆ Ω para alg´un radio r > 0. Note que hemos permitido que f sea holomorfa en todo el disco B(z0 ; r). A diferencia del caso de funciones reales de variable real, veremos que las singuridades aisladas de una funci´on compleja se pueden clasificar satisfactoriamente.

133

134

6 Singularidades

Singularidades removibles. Una singularidad aislada z0 de f se dice que es una singularidad removible si existe una funci´on holomorfa g : B(z0 ; r) → C (en todo el disco) que coincide con f en el disco perforado B(z0 ; r) − {z0 }, es decir, f (z) = g(z) para todo z tal que 0 < |z − z0 | < r. Ejemplo 6.1. La funci´on f : C − {2πin : n ∈ Z} dada por f (z) =

z ez − 1

tiene una singularidad removible en z0 = 0. En efecto, el denominador ez − 1 es una funci´on entera con un cero simple en z0 = 0 y por lo tanto se puede escribir como ez − 1 = zg(z) con g entera y g(0) 6= 0. Se sigue que la funci´on 1/g es holomorfa en una vecindad de z0 = 0 y claramente f (z) = g(z) en un disco perforado B(0; r)−{0}. Similarmente, la funci´on f (z) = sen z/z tiene una singularidad removible en z0 = 0. Tambi´en, la funci´on f (z) = (z2 − 1)/(z − 1) tiene una singularidad removible en z0 = 1. Los dos u´ ltimos ejemplos se pueden ver directamente de la definici´on o como consecuencia del teorema siguiente: Teorema 6.1 (Singularidades removibles de Riemann). Supongamos que f tiene una singularidad aislada en z0 . Entonces, z0 es una singularidad removible si y s´olo si l´ım (z − z0 ) f (z) = 0.

(∗)

z→z0

Demostraci´on. Por hip´otesis existe r > 0 tal que f es holomorfa en B(z0 ; r) − {z0 }. Supongamos ahora que se cumple la igualdad (∗) y definamos ( (z − z0 ) f (z) si z 6= z0 , h(z) := 0 si z = z0 . Por la hip´otesis (∗) se sigue que h es continua en z0 y por lo tanto es continua en todo el disco B(z0 ; r). Note que si mostramos que h0 (z0 ) existe, entonces h ser´a holomorfa en B(z0 ; r) y como h(z0 ) = 0, por definici´on de h, entonces h tiene un cero en z0 y por el corolario 4.21 se sigue que, para z 6= z0 , (z − z0 ) f (z) = h(z) = (z − z0 )g(z) con g holomorfa en B(z0 ; r), y cancelando z−z0 se sigue que f (z) = g(z) en B(z0 ; r)−{z0 } y as´ı z0 es removible. Resta entonces probar que h es holomorfa. Por el teorema de R Morera 4.7 debemos mostrar que T h = 0 para toda trayectoria triangular T en B(z0 ; r). Sea ∆ la c´apsula convexa de T (es decir, ∆ es T junto con su interior). Se tienen tres casos, ilustrados en la figura siguiente: z1

z0

z0

y z0

x z1 Caso 1

z3

z2 z2 Caso 2

Caso 3

6.1 Singularidades aisladas

135

Caso 1. Si z0 6∈ ∆ (como en la figura de la izquierda), entonces T ' 0 (es nulhom´ otoR pa) en B(z0 ; r) − {z0 } y as´ı, por el teorema de Cauchy 5.10 se sigue que T h = 0. Caso 2. Si z0 es un v´ertice de T , entonces T = [z0 , z1 , z2 , z0 ]. Escojamos x ∈ [z0 , z1 ], y ∈ [z0 , z2 ] y considere el tri´angulo T1 = [z0 , x, y, z0 ] y el pol´ıgono P = [x, z1 , z2 , y, x] (vea la figura en el centro). Entonces, Z

Z

h= T

Z

h+ T1

Z

h=

h

P

T1

donde la primera igualdad es porque el segmento [x, y] com´un a T1 y P se recorre dos veces en sentidos opuestos y la segunda igualdad es porque P ' 0 en B(z0 ; r) − {z0 }. Observe ahora que, como h es continua los puntos x, y se pueden elegir de tal forma que para todo ε > 0 y todo z ∈ T1 , |h(z)| ≤ ε/`(T ). Se sigue que Z Z h = h ≤ `(T1 )ε/`(T ) ≤ ε, T1

T

porque `(T1 ) ≤ `(T ), y como ε > 0 se tiene entonces que

R T

h = 0.

Caso 3. Si z0 ∈ ∆ y T = [z1 , z2 , z3 , z1 ], considere la subdivisi´on de ∆ dada uniendo z0 con los v´ertices de T para formar los subtri´angulos (orientados positivamente) T j , como en la figura del extremo derecho, donde notamos que cada uno deRestos T j tiene a z0 como uno de sus v´ertices y as´ı, del caso anterior, se sigue que T j h = 0 para toda j y por lo tanto 4

Z

h= T

Z

∑

h = 0.

j=1 T j

Lo anterior agota todos los casos posibles y por el teorema de Morera 4.7 se sigue que h es holomorfa en B(z0 ; r). La implicaci´on faltante es obvia ya que l´ım (z − z0 ) f (z) = l´ım (z − z0 )g(z) = 0,

z→z0

z→z0

porque g es holomorfa en todo B(z0 ; r), en particular es continua en z0 .

t u

Observaci´on 6.1. El teorema anterior muestra, una vez m´as, la diferencia entre las funciones reales de variable real y las funciones de variable compleja ya que, por ejemplo, la funci´on real de variable real f (x) = |x| (valor absoluto de x) tiene una singularidad aislada en x0 = 0 ya que la funci´on ( x xi x > 0, g(x) = −x si x < 0, es diferenciable en R − {0} y tambi´en se tiene que l´ım (x − 0) f (x) = l´ım x|x| = l´ım x2 = 0,

x→0

x→0

x→0

y sin embargo la singularidad x0 = 0 de f (x) = |x|, no es removible.

136

6 Singularidades

El teorema de Riemann 6.1 sugiere que, para que una funci´on de variable compleja tenga una singularidad aislada, en z0 , que no sea removible, la funci´on debe tener un l´ımite muy mal comportado cuando z → z0 , es decir, el comportamiento de f (z) cerca de z0 debe ser muy malo: ya sea que el l´ımite l´ımz→z0 | f (z)| = ∞, o que l´ımz→z0 | f (z)| no exista. Polos. Por el teorema 6.1 de singularidades removibles de Riemann, si z0 es una singularidad aislada no removible de f (z), entonces f (z) no puede estar acotada en una vecindad de z0 . Se puede uno preguntar entonces si existir´a un entero m ≥ 1 tal que la funci´on (z − z0 )m f (z) sea acotada en una vecindad de z0 . El teorema siguiente caracteriza cu´ando esto es posible: Teorema 6.2. Sea z0 ∈ Ω y supongamos que f es holomorfa en Ω − {z0 }. Son equivalentes: (1) Existe un entero m ≥ 1 tal que (z − z0 )m f (z) es acotada en una vecindad de z0 . (2) Existe una funci´on holomorfa g : Ω → C con g(z0 ) 6= 0 y tal que f (z) =

g(z) , (z − z0 )m

para todo z ∈ Ω − {z0 }.

(3) Existe una vecindad abierta U ⊆ Ω de z0 y una funci´on holomorfa h : U → C sin ceros en U − {z0 } y con un cero de orden m en z0 , tal que f (z) =

1 h(z)

para todo z ∈ U − {z0 }.

(4) El l´ımite l´ım | f (z)| = ∞,

z→z0

es decir, para todo M > 0 existe δ > 0 tal que 0 < |z − z0 | < δ implica que | f (z)| ≥ M. Demostraci´on. (1) ⇒ (2): Por hip´otesis existe un menor entero positivo m ≥ 1 tal que (z − z0 )m f (z) es acotada cerca de z0 , y por el teorema 6.1 de singularidades removibles de Riemann se sigue que esta funci´on (z − z0 )m f (z) tiene una singularidad removible en z0 , es decir, existe g : Ω → C holomorfa tal que g(z) = (z − z0 )m f (z) para todo z 6= z0 . Si sucediera que g(z0 ) = 0, entonces por el corolario 4.21 se tiene que g(z) = (z − z0 )g(z) ˜ con g˜ holomora en Ω . Por lo tanto, g(z) ˜ = (z − z0 )m−1 f (z) para z 6= z0 y como g˜ lo anterior implica que (z − z0 )m−1 f (z) es acotada cerca de z0 , lo cual contradice la minimalidad de m. Finalmente, la igualdad g(z) = (z − z0 )m f (z), con g(z0 ) 6= 0, es (2). (2) ⇒ (3): Como los ceros de una funci´on holomorfa no constante son aislados (por el corolario 4.22) y como g(z0 ) 6= 0, entonces g(z) no tiene ceros en alguna vecindad g(z) abierta de z0 , digamos U ⊆ Ω . Usando la hip´otesis f (z) = (z−z )m , se sigue que la 0

6.1 Singularidades aisladas

137

funci´on h(z) := (z − z0 )m /g(z) es holomorfa en U, no se anula en U − {z0 }, tiene un cero de orden m en z0 , y satisface que f (z) = 1/h(z) en U − {z0 }. (3) ⇒ (4): Por hip´otesis f (z) = 1/h(z) para z ∈ U − {z0 }, con h holomorfa en U y ˜ con un u´ nico cero en z0 en U, de orden m ≥ 1, por lo que h(z) = (z − z0 )m h(z) con ˜h holomorfa y sin ceros en U. Se sigue que l´ım | f (z)| = l´ım

z→z0

z→z0

1 1 1 1 = l´ım = ∞. = l´ım ˜ ˜ z→z |h(z)| z→z0 |z − z0 |m |h(z)| |z − z0 |m 0 |h(z0 )|

(4) ⇒ (1): Observe primero que la hip´otesis (4) implica que 1/ f (z) tiene una singularidad removible en z0 . En efecto, como l´ım | f (z)| = ∞, entonces l´ım 1/ f (z) = 0 z→z0

z→z0

y por lo tanto 1/ f (z) est´a acotada. Se sigue que l´ım (z − z0 )

z→z0

1 =0 f (z)

y as´ı z0 es singularidad removible de 1/ f (z) por el teorema 6.1. Defina entonces ( 1/ f (z) para z 6= z0 , g(z) = 0 si z = z0 , y observe que como l´ımz→z0 1/ f (z) = 0, entonces g(z) es holomorfa en B(z0 ; r) para alg´un r > 0. Ahora, como z0 es cero de g(z), digamos de multiplicidad m ≥ 1, podemos escribir ˜ g(z) = (z − z0 )m h(z) ˜ 0 ) 6= 0. Se sigue que con h˜ holomorfa tal que h(z 1 ˜ = g(z) = (z − z0 )m h(z) f (z) y por lo tanto (z − z0 )m f (z) =

1 =: h(z) ˜ h(z)

con h(z) holomorfa en una vecindad de z0 y por lo tanto es acotada en una vecindad de z0 . t u Si z0 es una singularidad aislada de f , diremos que z0 es un polo de f si satisface cualquiera de las afirmaciones equivalentes del teorema anterior. Ejemplo 6.2. (1) La funci´on f (z) = 1/(z − z0 )m , con m ≥ 1 entero, tiene un polo en z = z0 . En efecto, z0 es una singularidad aislada ya que f (z) es holomorfa en B(z0 ; r) − {z0 } para todo r > 0 y f no est´a definida en z0 . Por el teorema de singularidades removibles 6.1 la singularidad z0 no es removible y el l´ımite l´ım

z→z0

1 =∞ |z − z0 |m

138

6 Singularidades

por lo que z0 es un polo de f . El orden de un polo. Si f tiene un polo en z0 y m ≥ 1 es el menor entero positivo tal que f (z)(z − z0 )m tiene una singularidad removible en z0 , diremos que z0 es un polo de orden m. Observaci´on 6.2. Si f tiene un polo de orden m ≥ 1 en z0 y escribimos f (z) =

g(z) (z − z0 )m

con g(z) holomorfa en un disco B(z0 ; r), entonces g tiene una expansi´on en serie de Taylor alrededor de z0 , digamos ∞

g(z) = Am + Am−1 (z − z0 ) + · · · + A1 (z − z0 )m−1 + (z − z0 )m ∑ ak (z − z0 )k k=0

y por lo tanto f (z) =

∞ g(z) Am Am−1 A1 = + + · · · + + ak (z − z0 )k ∑ (z − z0 )m (z − z0 )m (z − z0 )m−1 (z − z0 ) k=0

k donde h(z) := ∑∞ k=0 ak (z − z0 ) es holomorfa en B(z0 ; r) y Am 6= 0. La suma

S(z) :=

Am Am−1 Am−2 A1 + + +···+ (z − z0 )m (z − z0 )m−1 (z − z0 )m−2 (z − z0 )

se llama la parte singular de f (z) alrededor de z0 . Ejemplo 6.3 (Descomposici´on en fracciones parciales). Sea f (z) = p(z)/q(z) una funci´on racional, es decir, el cociente de dos polinomios, y supongamos que los polinomios no tienen ceros en com´un. Se sigue que los polos de f (z) son los ceros de q(z) y el orden de un polo de f es el orden (o multiplicidad) del cero correspondiente de q(z). Supongamos que z0 es un cero de q(z) y sea S(z) la parte singular de f (z) en z0 , es decir, f (z) = S(z) + h(z)

con h(z) holomorfa en B(z0 ; r).

Entonces, f (z) − S(z) = h(z), con h(z) holomorfa en B(z0 ; r) y adem´as h(z) es una ˜ es la parte funci´on racional cuyos polos tambi´en son polos de f (z). M´as a´un, si S(z) ˜ singular de h(z) en uno de sus polos, entonces S(z) tambi´en es la parte singular de f (z) en ese polo. Por inducci´on, si z1 , . . . , zn son los polos de f (z) y si S j (z) son las partes singulares de f (z) en los polos z j , entonces n

(∗)

f (z) =

∑ S j (z) + R(z)

j=1

6.1 Singularidades aisladas

139

donde R(z) es una funci´on racional sin polos y por lo tanto es un polinomio. As´ı, (∗) es la descomposici´on en fracciones parciales de f (z). Singularidades esenciales. Si z0 es una singularidad aislada de f que no es removible ni un polo, se dice que z0 es una singularidad esencial de f . Ejemplo 6.4. La funci´on f (z) = e1/z claramente tiene una singularidad aislada en z0 = 0 y esta singularidad no es removible por el teorema 6.1 ya que l´ımz→0 ze1/z 6= 0. De hecho, el l´ımite l´ım e1/z z→0

no existe, vea el ejercicio 6.9, y por lo tanto la singularidad es esencial. El teorema de Casorati-Weierstrass. Cuando una funci´on f (z) tiene una singularidad esencial en z0 , como la singularidad no es removible los valores | f (z)| cerca de z0 no est´an acotados, y como tampoco es un polo, el l´ımite l´ımz→z0 | f (z)| no existe. As´ı, los valores de f (z) deben estar vagando err´aticamente por todo C. El teorema que probaremos a continuaci´on dice precisamente que, para z en una vecindad arbitraria de z0 , los valores f (z) se acercan a cualquier n´umero complejo: Teorema 6.3 (Casorati-Weierstrass). Si f (z) tiene una singularidad esencial en z0 , entonces para cada complejo c ∈ C y cada par de reales positivos ε > 0 y δ > 0, existe un z ∈ B(z0 , δ ) − {z0 } tal que | f (z) − c|
< ε. Dicho de otra manera, para cada c ∈ C y cada δ > 0, la imagen f An(z0 ; 0, δ ) es densa en C, es decir, su cerradura
f An(z0 ; 0, δ ) = C. Demostraci´on. Supongamos que la afirmaci´on es falsa; es decir, que existe un c ∈ C y un ε > 0 tal que | f (z) − c| ≥ ε para todo z tal que 0 < |z − z0 | < δ . Entonces, l´ım

z→z0

| f (z) − c| =∞ |z − z0 |

y por lo tanto la funci´on ( f (z) − c)/(z − z0 ) tiene un polo en z0 . Sea m el orden de este polo. Multiplicando por (z − z0 )m se sigue que (z − z0 )−1 ( f (z) − c)(z − z0 )m tiene una singularidad removible en z0 (por el teorema 6.2) y as´ı, por el teorema 6.1 de singularidades removibles de Riemann, se tiene que l´ım (z − z0 )(z − z0 )−1 ( f (z) − c)(z − z0 )m = 0

z→z0

i.e., (1)

l´ım (z − z0 )m ( f (z) − c) = 0.

z→z0

Ahora, usando la desigualdad |z − z0 |m | f (z)| = |z − z0 |m | f (z) − c + c| ≤ |z − z0 |m | f (z) − c| + |z − z0 |m |c|

140

6 Singularidades

la igualdad (1) y el hecho de que m ≥ 1 implican que l´ım |z − z0 |m | f (z)| = 0

z→z0

y as´ı, por el teorema 6.1 de nuevo, se sigue que (z − z0 )m−1 f (z) tiene una singularidad removible en z0 , es decir, f (z) tiene un polo en z0 , lo cual es una contradicci´on. t u Observaci´on 6.3. Como toda funci´on holomorfa no constante es abierta (corolario 5.20), el teorema anterior dice que para toda vecindad abierta U de z0 , la imagen f (U − {z0 }) es abierto y denso en C. De hecho, mucho m´as es cierto, el gran teorema de Picard dice que la imagen f (U − {z0 }) es todo C, con excepci´on de a lo m´as un punto, que es el caso del ejemplo 6.4 para la funci´on f (z) = e1/z . Singularidades aisladas en ∞. Una funci´on f : Ω → C tiene una singularidad aislada en ∞ si Ω contiene un disco perforado con centro en ∞, es decir, si Ω contiene el complemento de un disco cerrado B(0; R). Se dice que ∞ es una singularidad removible si la funci´on f (1/z) tiene a z0 = 0 como singularidad removible. Se dice que ∞ es un polo de orden m si la funci´on f (1/z) tiene a z0 = 0 como polo de orden m. Se dice que ∞ es una singularidad esencial si la funci´on f (1/z) tiene a z0 = 0 como singularidad esencial. Ejemplo 6.5. La funci´on f (z) = 1/z tiene una singularidad removible en ∞. La funci´on f (z) = zn tiene un polo de orden n en ∞. La funci´on f (z) = ez tiene una singularidad esencial en ∞.

Ejercicios 6.1. Determine las singularidades aisladas y la naturaleza de la singularidad (aislada, polo o esencial) de las funciones siguientes: 1. f (z) = 1/ sen2 z 2. f (z) = (z2 + 1)/z(z − 1). 3. f (z) = z sen(1/z).

4. f (z) = tan z. 5. f (z) = exp(−1/z2 ). 6. f (z) = sec z.

6.2. Si f : Ω → C es holomorfa salvo por polos, demuestre que los polos de f no pueden tener un punto de acumulaci´on. 6.3. Demuestre que una funci´on entera f tiene una singularidad removible en ∞ si y s´olo si f es constante. 6.4. Demuestre que una funci´on entera f tiene un polo de orden m en ∞ si y s´olo si f es un polinomio de grado m.

6.2 Series de Laurent

141

6.5. Sean f y g funciones holomorfas con un polo z0 de orden m en com´un. Demuestre que f 0 (z) f (z) = l´ım 0 l´ım z→z0 g (z) z→z0 g(z) (regla de L’Hˆopital). 6.6. Si f tiene un polo de orden m ≥ 1 en z0 ∈ Ω , demuestre que su derivada f 0 tiene un polo en z0 de orden m + 1. 6.7. Si f es holomorfa en Ω − {z0 } y la derivada f 0 tiene un polo de orden m ≥ 1 en z0 ∈ Ω , demuestre que m ≥ 2 y que f tiene un polo en z0 de orden m − 1. 6.8. Demuestre el rec´ıproco del teorema de Casorati-Weierstrass 6.3: si f es holomorfa en Ω − {z0 } y para toda vecindad U ⊆ Ω de z0 la imagen f (U − {z0 }) es densa en C, entonces z0 es una singularidad esencial de f . 6.9. Verifique que la funci´on f (z) = e1/z del ejemplo 6.4 tiene, en efecto, una singularidad esencial en z0 = 0. 6.10. Clasifique las singularidades de las funciones siguientes: 1 − cos z . sen z 1 (b) f (z) = z . e −1

1 . cos(1/z) z4 (d) f (z) = 4 . (z + 16)2 (c) f (z) =

(a) f (z) =

6.2.

Series de Laurent

Comencemos con un ejemplo: Ejemplo 6.6. La funci´on racional f (z) =

1 1 1 1 1 = − = + (z − 2)(z − 1) z − 2 z − 1 z − 2 1 − z

tiene polos en z = 1 y z = 2, y es holomorfa en cualquier dominio que no contenga a estos dos puntos. Para el primer sumando, f1 (z) := 1/(z − 2), escribiendo 1 1
= z − 2 −2 1 − z/2 usando la serie geom´etrica para 1/(1 − z/2) en el disco |z| < 2, la serie de Taylor 4.15 del primer sumando, f1 (z) es:  ∞  1 −1 ∞ −1 n (1) f1 (z) := = (z/2) = ∑ ∑ 2n+1 zn . z−2 2 n=0 n=0

142

6 Singularidades

Similarmente, el segundo sumando, f2 (z) := 1/(1 − z), se puede representar en el disco unitario |z| < 1 por la serie geom´etrica ∞

(2)

f2 (z) =

∑ zn

n=0

simplemente porque 1 − zn+1 = (1 − z)(1 + z + z2 + · · · + zn ) y usando que |z| < 1. Ahora, si escribimos 1 1  1 =− 1−z z 1 − 1/z y usamos el cambio de variable ζ = 1/z, la funci´on f2 (z) queda f2 (z) =

 1  1 1 1  = −ζ =− 1−z z 1 − 1/z 1−ζ

y el disco de convergencia |ζ | < 1 se transforma, por el cambio z = 1/ζ , en la regi´on |z| > 1, y usando (2) se tiene que (3)

f2 (z) = −ζ

 1  ∞ ∞ ∞ ∞ 1 = −ζ ∑ ζ n = − ∑ ζ n = − ∑ n = − ∑ z−n 1−ζ n=0 n=1 n=1 z n=1

una serie de potencias negativas de z. Por lo tanto, en la intersecci´on de las regiones |z| < 2 y |z| > 1 donde convergen (2) y (3), es decir, en la regi´on 1 < |z| < 2, la funci´on f (z) tiene una serie de la forma   ∞  ∞ ∞  −∞ −1 −1 1 n −n n =∑ z − z = z − f (z) = ∑ ∑ ∑ zn n+1 (z − 2)(z − 1) n=0 2n+1 n=1 n=0 2 n=−1 ∞

=

∑

an zn ,

n=−∞

donde an = −1 para n ≤ −1 y an = −1/2n+1 para n ≥ 0, la cual es una serie que contiene potencias positivas y negativas de la variable z. Para precisar lo anterior, en general pensaremos a una serie de la forma (5)

b1 z−1 + b2 z−2 + · · · + bn z−n + · · · =

∞

∑ bn z−n

n=1

como una serie de potencias usual en la variable ζ = 1/z. Considerada de esta manera, podemos entonces pensar en su radio de convergencia R01 , por lo que la serie para la variable ζ converge en el disco |ζ | < R01 y por lo tanto para la variable z = 1/ζ la regi´on donde converge la serie correspondiente es la regi´on |z| = 1/|ζ | > 1/R01 := R1 , es decir el exterior de un disco |z| > R1 (que puede constar s´olo del punto ∞ en el plano extendido C∞ , si R1 = ∞). Por otra parte, si ahora consideramos una serie de potencias usual

6.2 Series de Laurent

(6)

143

a0 + a1 z + · · · + an zn + · · · =

∞

∑ an zn

n=0

con radio de convergencia R2 > 0, es decir, la serie (6) converge en el disco |z| < R2 y sumamos las series (5) y (6), en el dominio com´un de convergencia, obtenemos una serie de potencias, positivas y negativas, de la forma · · · + bm z−m + · · · + b1 z−1 + a0 + a1 z + a2 z2 + · · · + an zm + · · · =

∞

∞

n=1

n=0

∑ bn z−n + ∑ an zn

donde poniendo a−n := bn la podemos reescribir como −∞

(7)

∑

n=−1

∞

∞

n=0

n=−∞

an zn + ∑ an zn =:

∑

an zn .

∞ n n Diremos que la serie (7) es convergente si sus dos partes ∑−∞ n=−1 an z y ∑n=0 an z son convergentes, independientemente. A la serie (7) se le conoce como una serie n de Laurent, centrada en el origen. Observe ahora que como ∑−∞ n=−1 an z converge en ∞ n la regi´on |z| > R1 y como ∑n=0 an z converge en el disco |z| < R2 , entonces la regi´on com´un de convergencia de ambas series es la dada por R1 < |z| < R2 , la cual no es vac´ıa si y s´olo si R1 < R2 y as´ı (7) representar´a una funci´on holomorfa en la regi´on anular An(0; R1 , R2 ) := {z ∈ C : R1 < |z| < R2 }.

Hemos as´ı probado que una serie de Laurent ∞

∑

an zn

n=−∞

define una funci´on holomorfa en una regi´on anular An(0; R1 , R2 ). En general, si 0 ≤ R1 < R2 < ∞ y z0 ∈ C, se define la regi´on anular An(z0 ; R1 , R2 ) := {z ∈ C : R1 < |z − z0 | < R2 } que se ve como en la figura siguiente:

z0

z0

R1

R2

En particular, si R1 = 0, la regi´on anular An(z0 ; 0, R) es el disco perforado B(z0 ; R) − {z0 }. Una serie de Laurent centrada en el punto z0 es una serie de la forma

144

6 Singularidades ∞

(8)

an (z − z0 )n

∑

n=−∞ −∞ n y la serie es convergente, en el punto z, si las series ∑∞ n=0 an (z − z0 ) y ∑n=−1 an (z − n z0 ) convergen. Si este es el caso, el l´ımite N

l´ım

an (z − z0 )n

∑

N→∞ N=−n

existe y es la suma de la serie de Laurent. Como en el caso particular cuando z0 = 0 visto anteriormente, si R2 =

1

R1 = l´ım sup |a−n |1/n

y

l´ım sup |an |1/n

n→∞

n→∞ n por el teorema 4.10 la serie ∑∞ n=0 an (z − z0 ) converge en el disco |z − z0 | < R2 , y −1 con el cambio de variable ζ := (z − z0 ) observe que la serie −∞

∑

−∞

an (z − z0 )n =

n=−1

∑

an ζ −n =

n=−1

∞

∑ a−n ζ n

n=1

converge en la regi´on |ζ | < 1/R1 , es decir, en la regi´on |z − z0 | > R1 . Por lo tanto, si n R1 < R2 la serie de Laurent ∑∞ n=−∞ an (z − z0 ) converge, absoluta y uniformemente, en la regi´on anular R1 < |z − z0 | < R2 , al que se conoce como la regi´on anular de convergencia de la serie de Laurent, y por lo tanto define una funci´on holomorfa f (z) en esa regi´on. Observe ahora que, para R1 < r < R2 , si γr es el c´ırculo |z − z0 | = r, orientado positivamente, para todo z ∈ {γr } la serie de Laurent correspondiente R converge uniformemente a f (z) y por la proposici´on 4.14 la integral γr f se puede evaluar integrando t´ermino a t´ermino la serie de Laurent: ∞

Z

(9)

f (z)dz = γr

∑

Z

(z − z0 )n dz = 2πia−1

an γr

n=−∞

donde la u´ ltima igualdad es porque para n 6= −1 el integrando tiene una primitiva. Se sigue que Z 1 a−1 = f (z)dz. 2πi γr Aplicando lo anterior, pero ahora a la funci´on (z − z0 )k−1 f (z) en lugar de la funci´on f (z), y donde k es cualquier entero, se sigue que (10)

ak =

1 2πi

Z γr

f (z) dz (z − z0 )k+1

n Por lo tanto, los coeficientes an de la serie de Laurent ∑∞ an un´ıvon=−∞ an (z−z0 ) est´ camente determinados por la funci´on f (z) definida por la serie.

6.2 Series de Laurent

145

Rec´ıprocamente, si comenzamos con una funci´on holomorfa f (z) cuyo dominio contiene una regi´on anular An(z0 ; R1 , R2 ), mostraremos que una tal funci´on tiene un desarrollo en serie de Laurent: ∞

an (z − z0 )n

∑

n=−∞

y para e´ sto necesitaremos los dos resultados siguientes: Teorema 6.4 (Teorema de Cauchy para c´ırculos conc´entricos). Sea f una funci´on holomorfa en la regi´on anular R1 < |z − z0 | < R2 . Para cada R1 < r < R2 sea γr el c´ırculo de centro z0 y radio r orientado positivamente. Entonces, Z

f (z)dz γr

es independiente de r. Demostraci´on. Consideremos la parametrizaci´on γr (t) = z0 + reit , para t ∈ [0, 2π]. Entonces, Z Z 2π

f (z)dz =

I(r) :=

0

γr

f (z0 + reit )ireit dt

y note que el integrando en el lado derecho es una funci´on en las dos variables r,t con derivadas parciales continuas. Por la regla de Leibniz 2.15 se sigue que dI(r) = dr

Z 2π ∂ 0

∂r


f (z0 + reit )ireit dt,

donde

∂ ∂ f (z0 + reit )ireit = f 0 (z0 + reit )eit ireit + f (z0 + reit )ieit = f (z0 + reit )eit ∂r ∂t y por lo tanto dI(r) = dr como se quer´ıa.

Z 2π ∂ 0

∂t

t=2π
f (z0 + reit )eit dt = f (z0 + reit )eit = 0, t=0

t u

Teorema 6.5 (F´ormula de Cauchy en una regi´on anular). Sea f una funci´on holomorfa en la regi´on anular R1 < |z − z0 | < R2 . Para cada R1 < r < R2 sea γr el c´ırculo de centro z0 y radio r orientado positivamente. Si R1 < r1 < |z − z0 | < r2 < R2 , entonces, Z Z 1 f (w) 1 f (w) f (z) = dw − dw. 2πi γr2 w − z 2πi γr1 w − z Demostraci´on. Fijemos z como en el enunciado y defina g : An(z0 ; R1 , R2 ) → C mediante

146

6 Singularidades

  f (w) − f (z) g(w) := w−z  f 0 (z)

si w 6= z, si w = z.

Entonces, g es holomorfa y as´ı, por el teorema 6.4 anterior, se tiene que Z

Z

g(w)dw = γr2

g(w)dw, γr1

y como en ambas integrales la variable w recorre la traza {γ j } correspondiente, por lo que w 6= z, la igualdad de integrales anterior se puede reescribir como Z γr2

f (w) − f (z) dw = w−z

Z

Z

g(w)dw = γr2

Z

g(w)dw = γr1

γr2

f (w) − f (z) dw w−z

y ya que f (z) es constante en las integrales de la izquierda y de la derecha, queda Z γr2

f (w) dw − f (z) w−z

1 dw = w−z

Z

f (w) dw = f (z) w−z

Z

Z γr2

γr1

f (w) dw − f (z) w−z

Z

1 dw − f (z) w−z

Z

γr1

1 dw w−z

de donde se sigue que Z γr2

f (w) dw − w−z

Z γr1

γr2

γr1

1 dw w−z

donde la primera integral del lado derecho es 2πi, por la proposici´on 5.1 y la segunda integral del lado derecho es 0, por el teorema 5.4, ya que z est´a fuera del disco de centro z0 y radio r1 . Se sigue que el dado derecho es 2πi f (z), lo cual prueba el teorema. t u Existencia de la expansi´on de Laurent. Comenzando con una funci´on holomorfa f (z) cuyo dominio contiene una regi´on anular An(z0 ; R1 , R2 ), mostraremos que una tal funci´on tiene un desarrollo en serie de Laurent: ∞

∑

an (z − z0 )n .

n=−∞

En efecto, escojamos r1 y r2 reales tales que R1 < r1 < r2 < R2 . Por el teorema 6.5 anterior, para r1 < |z − z0 | < r2 , f (z) = y poniendo

1 2πi

Z γr2

f (ζ ) 1 dζ − ζ −z 2πi

Z γr1

f (ζ ) dζ ζ −z

6.2 Series de Laurent

f1 (z) := f2 (z) :=

147

1 2πi

Z

−1 2πi

Z

γr2

γr1

f (ζ ) dζ ζ −z

para |z − z0 | < r2

f (ζ ) dζ ζ −z

para |z − z0 | > r1

se tiene que f (z) = f1 (z) + f2 (z), donde: (1) La funci´on f1 (z) es holomorfa en |z − z0 | < r2 y por lo tanto tiene una serie de Taylor 4.15 alrededor de z0 , es decir, en un disco |z − z0 | < r2 : ∞

f1 (z) =

∑ an (z − z0 )n ,

n=0

donde an =

1 2πi

Z γr

f (z) dz (z − z0 )n+1

con γr el c´ırculo de centro z0 y radio r < r2 . (2) Veremos que la funci´on f2 (z) es holomorfa en |z − z0 | > r1 , tiene una singularidad removible en ∞ y se puede expresar como una serie de Laurent en potencias negativas de z − z0 en una vecindad del infinito, es decir, en una regi´on de la forma |z − z0 | > r1 , para un r1 > 0. Para e´ sto, considere el cambio de variable z = z0 + 1/ζ y defina la funci´on g(ζ ) := f2 (z) = f2 (z0 + 1/ζ ), para ζ 6= 0; es claro que g tiene una singularidad aislada en ζ = 0 (tambi´en decimos que f2 (z) tiene una singularidad aislada en z = ∞). Para ver que es removible, observe que si r > r1 , sea ρ(z) := d(z, {γr }), donde γr es el c´ırculo de centro z0 y radio r y sea M := m´ax{| f (w)| : w ∈ {γr }}. Entonces, para |z − z0 | > r se tiene que 1 Z f (w) n | f (w)| o 1 M2πr Mr | f2 (z)| ≤ dw ≤ sup : w ∈ {γr } `(γr ) ≤ = 2πi γr w − z 2π |w − z| 2πρ(z) ρ(z) donde la u´ ltima desigualdad es porque ρ(z) = ´ınf{d(z, w) : w ∈ {γr }} por lo que ρ(z) ≤ |w − z|, para todo w ∈ {γr }. Ahora, como l´ımz→∞ ρ(z) = ∞, se sigue que l´ım g(ζ ) = l´ım f2 (z) = 0

ζ →0

z→∞

y as´ı, por el teorema 6.1 de singularidades removibles de Riemann, la singularidad ζ = 0 de g es removible, por lo que si se define ( f2 (z) = f2 (z0 + 1/ζ ) si ζ 6= 0, g(ζ ) = 0 si ζ = 0, es claro que g(ζ ) es holomorfa y por lo tanto tiene una serie de Taylor 4.15 alrededor de ζ = 0 (es decir, z = ∞), digamos en el disco |ζ | < 1/R:

148

6 Singularidades ∞

(∗)

g(ζ ) =

∑ bn ζ n =

n=0

∞

∑ bn ζ n

n=1

(donde la u´ ltima igualdad es porque g(0) = 0 y as´ı b0 = 0). Ahora, como z − z0 = 1/ζ , la desigualdad |ζ | < 1/R en la variable z es |z − z0 | > R y substituyendo ζ = 1/(z − z0 ) = (z − z0 )−1 en la serie (∗) se obtiene que f2 (z) = g(ζ ) =

∞

−∞

n=1

n=−1

∑ bn (z − z0 )−n = ∑

−∞

b−n (z − z0 )n =

∑

an (z − z0 )n

n=−1

para an := b−n . Hemos as´ı mostrado que, en la regi´on anular r1 < |z − z0 | < r2 , la funci´on f (z) tiene una expansi´on en serie de Laurent ∞

f (z) =

an (z − z0 )n

∑

n=−∞

donde para n ≥ 0 la integral que define an : an =

1 2πi

Z γr2

f (z) dz (z − z0 )n+1

es independiente de r2 con la u´ nica condici´on de que r2 < R2 , y si n < 0 la integral que define an : Z 1 f (z) an = dz 2πi γr1 (z − z0 )n+1 es independiente de r1 con la u´ nica condici´on de que R1 < r1 . Haciendo r2 → R2 y r1 → R1 se sigue que la expansi´on de Laurent anterior es v´alida en toda la regi´on anular R1 < |z−z0 | < R2 . Hemos as´ı probado el teorema siguiente, donde la unicidad de la serie se debe a que los coeficientes an est´an determinados por las f´ormulas (10) en la p´agina 144: Teorema 6.6 (Expansi´on de Laurent). Si f (z) es holomorfa en la regi´on anular An(z0 ; R1 , R2 ), entonces ∞

f (z) =

∑

an (z − z0 )n

n=−∞

donde la serie converge absoluta y uniformemente en la cerradura de An(z0 ; r1 , r2 ) para R1 < r1 < r2 < R2 . Los coeficientes an est´an dados por las f´ormulas an =

1 2πi

Z γr

f (z) dz (z − z0 )n+1

donde γr es el c´ırculo de centro z0 y radio r, para cualquier R1 < r < R2 , y esta serie es u´ nica con esas propiedades. t u

6.2 Series de Laurent

149

Clasificaci´on de singularidades usando la serie de Laurent. Las singularidades aisladas de una funci´on f se pueden clasificar usando la expansi´on de Laurent de f alrededor de la singularidad: Teorema 6.7. Si z0 es una singularidad aislada de una funci´on f (z) y si f (z) = n ∑∞ n=−∞ an (z − z0 ) es su serie de Laurent en An(z0 ; 0; R), entonces (1) z0 es removible si y s´olo si an = 0, para toda n < 0. (2) z0 es un polo de orden m si y s´olo si an = 0, para toda n < −m y am 6= 0. (3) z0 es esencial si y s´olo si an = 0, para un n´umero infinito de n < 0. n Demostraci´on. Para (1), si an = 0 para todo n < 0, la funci´on ∑∞ n=0 an (z − z0 ) es holomorfa en un disco B(z0 , R) y coincide con f (z) en B(z0 , R) − {z0 }. Se sigue que z0 es una singularidad removible de f (z). Rec´ıprocamente, si z0 es removible, existe g holomorfa en B(z0 , R) que coincide con f en B(z0 , R) − {z0 } y como g n es holomorfa tiene una serie de Taylor, g(z) = ∑∞ n=0 bn (z − z0 ) , en B(z0 , R). La igualdad f (z) = g(z) en B(z0 , R) − {z0 } y la unicidad de la expansi´on de Laurent implican que an = bn para todo n ≥ 0 y an = 0 para todo n < 0. Para (2), supongamos que an = 0 para todo n ≤ −(m + 1). Entonces, (z − z0 )m f (z) tiene una serie de Laurent sin potencias negativas de (z − z0 ):

(z − z0 )m f (z) = (z − z0 )m

∞

∑

an (z − z0 )n =

n=−m

∞

∑

an (z − z0 )n+m

n+m=0

Por la parte (1) esto quiere decir que (z − z0 )m f (z) tiene una singularidad removible en z0 y por lo tanto f (z) tiene un polo en z0 de orden m. Para la afirmaci´on rec´ıproca se invierten los argumentos anteriores. Para (3), por definici´on z0 es una singularidad esencial de f (z) si y s´olo z0 si no es removible ni polo y por las partes (1) y (2) e´ sto es equivalente a que an 6= 0 para un n´umero infinito de n < 0. t u Ejemplo 6.7. La funci´on f (z) = e1/z tiene una singularidad esencial en z0 = 0: su serie de Laurent alrededor de z0 = 0 es de la forma f (z) = e1/z =

∞

1

−∞

1 n z . (−n)! n=−1

∑ n! z−n = ∑

n=1

Observaci´on 6.4. En general, determinar los coeficientes an de la expansi´on de Laurent por medio de las f´ormulas del teorema 6.6 puede ser complicado. Lo que se hace frecuentemente es usar series de Taylor y modificarlas adecuadamente para obtener series de Laurent, como hicimos en los ejemplos 6.6 y 6.7. Si f (z) tiene un polo de orden m en z0 , el ejemplo siguiente determina su expansi´on de Laurent alrededor de ese polo, que esencialmente ya se tiene desde la observaci´on 6.2: Ejemplo 6.8. Supongamos que f tiene un polo de orden m ≥ 1 en z0 . Entonces, g(z) = (z − z0 )m f (z) con g(z0 ) 6= 0 y g con una singularidad removible en z0 . Consideremos la serie de Taylor de g en un disco alrededor de z0 :

150

6 Singularidades ∞

g(z) =

∑ an (z − z0 )n

n=0

donde an = (1/n!) f (n) (z0 ). Se sigue que en el disco anterior, quitando el z0 , f (z) =

∞ a0 a1 am−1 g(z) = + + · · · + + ∑ am+n (z − z0 )m+n (z − z0 )m (z − z0 )m (z − z0 )m−1 (z − z0 ) n=0

es la serie de Laurent de f (z) en un disco perforado alrededor de z0 .

Ejercicios 6.11. Obtenga la serie de Laurent alrededor del 0 de la funci´on f (z) = 1/(z − 2) en la regi´on |z| > 2, es decir, en la regi´on anular An(0; 2, ∞). 6.12. Obtenga la serie de Taylor alrededor del punto 1 de la funci´on f (z) = 1/(z−2) en el disco |z − 1| < 1. 6.13. Obtenga la serie de Taylor alrededor del punto 2 de la funci´on f (z) = 1/(z−1) en el disco |z − 2| < 1. 6.14. Sean a, b ∈ C tales que 0 < |a| < |b|. Encuentra una serie de Laurent en la regi´on anular An(0; |a|, |b|) de la funci´on f (z) =

1 . (z − a)(z − b)

6.15. Determine la regi´on anular de convergencia de la serie de Laurent ∞

∑

2

an zn

n=−∞

donde a ∈ C es un complejo fijo tal que 0 < |a| < 1. 6.16. Sean p(z), q(z) polinomios tales que gr(q) > gr(p) + 1 y sea γ un c´ırculo que contiene todos los ceros de q(z). Demuestre que Z γ

p(z) dz = 0. q(z)

6.17. Si una funci´on holomorfa f (z) tiene una singularidad aislada en z0 , demuestre que la parte principal de la serie de Laurent de f alrededor de z0 converge en C − {z0 }. 6.18. Demuestre que una funci´on racional no tiene singularidades esenciales.

6.2 Series de Laurent

151

6.19. Suponga que f es una funci´on holomorfa definida en C − {z1 , . . . , zn } y que las z j no son singularidades esenciales de f . Demuestre que f es una funci´on racional. 6.20. Clasifique las singularidades aisladas de las funciones siguientes: f (z) =

z5 1 + z + z2 + z3 + z4

g(z) =

1 sen2 z

h(z) = sen(1/z).

6.21. Suponga que f es holomorfa en la regi´on anular An(z0 ; R1 , R2 ) y que no se anula en esa regi´on. Considere los c´ırculos γr (t) = z0 + re2πit con t ∈ R, para R1 < r < R2 . Sea n = n( f ◦ γr ; z0 ) (que es constante en toda la regi´on anular considerada). Sea g : An(z0 ; R1 , R2 ) → C dada por g(z) = f (z)/(z − z0 )n . Demuestre que el coeficiente a−1 en la expansi´on de Laurent de f 0 (z)/ f (z) es n y que g(z) posee un logaritmo holomorfo. Demuestre que f tiene un logaritmo holomorfo si y s´olo si n = 0. Si m > 0 es un entero, demuestre que f tiene una ra´ız m-´esima holomorfa si y s´olo si m divide a n. 6.22. Usando series de Laurent, demuestre que si f : C∞ → C es holomorfa, entonces es constante. 6.23. En el ejemplo 6.1 vimos que la funci´on f (z) =

z ez − 1

tiene una singularidad removible en z0 = 0 y por lo tanto su serie de Laurent, alrededor de z0 = 0, es una serie de potencias usual. El radio de convergencia de esta serie es 2π porque los ceros de ez − 1 m´as cercanos a z0 = 0 son ±2πi. Escriba los coeficientes an de la serie de potencias anterior como an = Bn /n!, es decir, defina Bn := n!an , de tal forma que la serie anterior es: f (z) =

z ez − 1

∞

=

Bn n z n=0 n!

∑

para |z| < 2π. Demuestre que B0 = 1. Demuestre que B1 = 1. Muestre que Bn = 0 si n > 1 es impar. Calcule los primeros coeficientes Bn , digamos para n ≤ 10. Demuestre que los n´umeros Bn son racionales. Demuestre la f´ormula de recurrencia siguiente:  n  n+1 ∑ k Bk = 0 k=0 para n ≥ 1 y donde

n+1
k

es el coeficiente binomial correspondiente.

Los racionales Bn anteriores se conocen como los n´umeros de Bernoulli.

152

6.3.

6 Singularidades

El teorema del residuo

En la f´ormula (9) de la p´agina 144 vimos que si ∞

f (z) =

∑

an (z − z0 )n

n=−∞

es una funci´on dada por su serie de Laurent en An(z0 ; R1 , R2 )Ry γr = ∂ B(z0 ; R), para R1 < r < R2 , orientado positivamente, al calcular la integral γ f se tiene que Z

(∗)

f (z)dz = 2πia−1 γr

(vea tambi´en el teorema 6.6) y as´ı, de todos los coeficientes an de la expansi´ on R de Laurent de f (z), el u´ nico coeficiente que queda al calcular la integral γ f es el coeficiente a−1 , y es por e´ sto que se le conoce como el residuo de la funci´on f (z) en el punto z0 . La f´ormula (∗) es un caso particular, para γr un c´ırculo, que muestra la importancia del coeficiente a−1 del t´ermino (z − z0 )−1 en la expansi´on de Laurent de f alrededor de z0 , ya que esencialmente a−1 da el valor de la integral R γr f . En general, si f tiene una singularidad aislada en z0 , el residuo de f en z0 es el coeficiente a−1 en la expansi´on de Laurent de f alrededor de z0 . Usaremos la notaci´on Resz=z0 f (z) = Res( f ; z0 ) = a−1 para denotar al residuo de f en z0 . La versi´on general de la f´ormula particular (∗) es el contenido del teorema siguiente: Teorema 6.8 (Teorema del residuo). (1) Si z0 ∈ Ω y f (z) es holomorfa en Ω − {z0 }, con una singularidad aislada en z0 , y si γ es una curva cerrada, rectificable y nulhom´ologa en Ω , que no pasa por z0 , entonces n(γ; z0 ) Resz0 ( f ) =

1 2πi

Z

f. γ

(2) En general, si f (z) es holomorfa en Ω − {z1 , . . . , zm }, con singularidades aisladas en z1 , . . . , zm ∈ Ω , y si γ es una curva cerrada, rectificable y nulhom´ologa en Ω , que no pasa por ninguno de los zk , entonces m

∑ n(γ; zk ) Reszk ( f ) = k=1

1 2πi

Z

f. γ

Demostraci´on. Como {γ} es compacto y no contiene a los zk , entonces d(zk , {γ}) > 0 y as´ı existen reales rk > 0 tales que los discos B(zk , rk ) ⊆ Ω , son disjuntos por pares y ninguno de ellos intersecta a γ. Sean γk las fronteras de los discos anteriores, orientados positivamente, y nk := n(γ; zk ). Considere el ciclo (†)

Γ := γ − (n1 γ1 + · · · + nm γm ).

Por definici´on, el ciclo Γ est´a contenido en Ω − {z1 , . . . , zm }, y claramente no rodea ning´un punto en C − Ω ya que γ no lo hace. Es decir, Γ es nulhom´ologo en Ω . Por

6.3 El teorema del residuo

153

la versi´on homol´ogica para ciclos del teorema de Cauchy, 5.9, se tiene que que por la definici´on (†) de Γ se puede reescribir como m

Z

f= γ

k=1

γ

f = 0,

f γk

m

f=

Γ

Z

∑ nk

donde, por el caso especial (∗) citado anteriormente, k = 1, . . . , m. Se sigue que Z

R

R γk

f = 2πi Reszk ( f ), para cada

m

∑ nk 2πi Resz=zk ( f ) = 2πi ∑ n(γ; zk ) Reszk ( f ), k=1

k=1

lo cual prueba la parte (2), y claramente la parte (1) es un caso particular de (2). t u Ejemplo 6.9. En el ejemplo 6.7 vimos que la serie de Laurent de f (z) = e1/z alrede1 n 1/z dor de z0 = 0 es ∑−∞ n=−1 (−n)! z , por lo que su residuo en z0 = 0 es Resz=0 (e ) = 1. Ejemplo 6.10. Supongamos que f tiene un polo de orden m ≥ 1 en z0 . Por el ejemplo 6.8 su serie de Laurent alrededor de z0 es de la forma f (z) =

∞ a0 a1 am−1 g(z) = + +···+ + ∑ am+n (z − z0 )m+n m m m−1 (z − z0 ) (z − z0 ) (z − z0 ) (z − z0 ) n=0

y por lo tanto, Res( f ; z0 ) = am−1 =

1 g(m−1) (z0 ). (m − 1)!

Note que, en el caso particular cuando z0 es un polo simple, es decir, m = 1, se tiene que Res( f ; z0 ) = a0 = g(z0 ) = l´ım (z − z0 ) f (z). z→z0

Ejemplo 6.11. La funci´on f (z) = z3 /(z − 1) tiene una singularidad aislada en z0 = 1. Calculando las derivadas de z3 en z0 = 1 vemos que la serie de Taylor del numerador z3 alrededor de z0 = 1 es z3 = 1 + 3(z − 1) + 3(z − 1)2 + (z − 1)3 y por lo tanto la serie de Laurent de f (z) = z3 /(z − 1) alrededor de z0 = 1 es f (z) =

z3 1 = + 3 + 3(z − 1) + (z − 1)2 z−1 z−1

de donde se sigue que Res( f ; 1) = 1. Ejemplo 6.12. Considere ahora la funci´on f (z) = z3 /(z − 1)2 que tiene una singularidad en z0 = 1. Usando el c´alculo del ejemplo anterior vemos que la serie de Laurent de f (z) alrededor de z0 = 1 es

154

6 Singularidades

f (z) =

z3 1 3 = + + 3 + (z − 1) (z − 1)2 (z − 1)2 z − 1

de donde se sigue que Res( f ; 1) = 3. Ejemplo 6.13. Considere ahora la funci´on f (z) = 1/(z2 + 1). Es claro que tiene polos simples en las ra´ıces del denominador, es decir, en z1 = i y z2 = −i. Para z1 = i, por el caso particular del ejemplo 6.10, se tiene que Res( f ; i) = l´ım(z − i) f (z) = l´ım(z − i) z→i

z→i

 1  1 1 = l´ım = . (z − i)(z + i) z→i z + i 2i

Similarmente se calcula Res( f ; −i) = −1/2i. Funciones meromorfas. Si z0 ∈ Ω es un polo de una funci´on f (z), desde varios puntos de vista, por ejemplo por el hecho (teorema 6.2) de que l´ım | f (z)| = ∞,

(∗)

z→z0

ser´ıa natural y apropiado asignar el valor ∞ al polo z0 ∈ Ω y definir f (z0 ) = ∞, y as´ı (∗) dir´ıa que la funci´on f : Ω → C∞ as´ı definida ser´ıa continua (en la topolog´ıa del plano complejo extendido C∞ dada por la distancia cordal de Carath´eodory, v´ease la secci´on 1.4). Se dice que una funci´on f : Ω → C∞ es meromorfa si sus u´ nicas (posibles) singularidades son polos. Note entonces que la imagen inversa o fibra f −1 (∞) = {polos de f en Ω } es un conjunto discreto. El campo de funciones meromorfas. Si f , g : Ω → C∞ son dos funciones mero-
morfas, se define su suma f + g : Ω → C∞ para cada z ∈ Ω − f −1 (∞) ∪ g−1 (∞) mediante ( f + g)(z) := f (z) + g(z). Claramente f + g es meromorfa con polos en f −1 (∞) ∪ g−1 (∞). Similarmente se define el producto ( f g)(z) := f (z)g(z). Ahora, si f : Ω → C∞ es meromorfa y no es la funci´on constante cero, entonces 1/ f tambi´en es meromorfa (si z j es un cero de f entonces es un polo de 1/ f y si pk es un polo de f entonces es un cero de 1/ f ). Se sigue que el conjunto M(Ω ) := { f : Ω → C∞ : f es meromorfa} es un campo, el campo de funciones meromorfas en Ω . En el ejercicio 6.30 se pide probar que el campo M(Ω ) es el campo de fracciones del anillo de funciones holomorfas O(Ω ) (vea la p´agina 48 y el ejercicio 4.19, donde se prueba que este anillo es un dominio entero). Consecuencias del teorema del residuo. Supongamos que f es holomorfa y tiene un cero de orden m en z0 . Entonces, f (z) = (z − z0 )m g(z) con g holomorfa y g(z0 ) 6= 0. Se sigue que

6.3 El teorema del residuo

155

f 0 (z) g0 (z) m + = f (z) z − z0 g(z)

(1)

con g0 /g holomorfa en una vecindad de z0 . Supongamos ahora que f es meromorfa y tiene un polo de orden m en z0 . Entonces, f (z) = (z − z0 )−m g(z) con g holomorfa y g(z0 ) 6= 0. Se sigue que −m g0 (z) f 0 (z) = + f (z) z − z0 g(z)

(2)

con g0 /g holomorfa en una vecindad de z0 . Supongamos ahora que f es meromorfa con ceros z1 , . . . , zm y polos w1 , . . . , wn , repetidos de acuerdo a su orden. Aplicando (1) y (2) las veces que hiciera falta se tiene que m n f 0 (z) 1 1 g0 (z) =∑ −∑ + f (z) k=1 z − zk k=1 z − wk g(z)

(3) con g0 /g holomorfa.

Teorema 6.9 (Principio del argumento). Sea f : Ω → C meromorfa con ceros z1 , . . . , zm y polos w1 , . . . , wn , repetidos de acuerdo a su orden. Sea γ una curva en Ω , cerrada, rectificable, nulhom´ologa y que no pasa por los zk y los wk . Entonces, 1 2πi

Z γ

m n f 0 (z) dz = ∑ n(γ; zk ) − ∑ n(γ; wk ). f (z) k=1 k=1 0

(z) dz = 0, por el teoreDemostraci´on. Integrando ambos lados de (3) note que γ gg(z) 0 ma de Cauchy, versi´on homol´ogica 5.6, porque g /g es holomorfa y γ es nulhom´ologa. t u

R

´ Una f´ormula que cuenta el numero de ceros y polos. Una consecuencia inmediata es una f´ormula que cuenta el n´umero de ceros y polos de f en un dominio dado. En efecto, si f (z) es una funci´on meromorfa en Ω , dado w ∈ C, sea Nw ( f ,U) el n´umero de ceros de f (z) − w en U ⊆ Ω , contados con su orden. En particular, N0 ( f ,U) es el n´umero de ceros en U de f (z). Similarmente, si w = ∞ ∈ C∞ , sea N∞ ( f ,U) el n´umero de polos de f en U ⊆ Ω , contados con su orden. Corolario 6.10. Sea f (z) una funci´on meromorfa en una vecindad de B(z0 ; r) con s´olo un n´umero finito de ceros y polos en su interior y que no tiene ni ceros ni polos en su frontera γ = ∂ B(z0 ; r), orientada positivamente. Sean N0 ( f ) = N0 ( f , B(z0 ; r)) y N∞ ( f ) = N∞ ( f , B(z0 ; r)). Entonces,

156

6 Singularidades

1 2πi

Z γ

f0 = N0 ( f ) − N∞ ( f ). f

Demostraci´on. Claramente γ es nulhom´ologa en B(z0 ; r) y el ´ındice de γ con respecto a cualquier cero o polo de f en este disco es 1. El resultado se sigue del teorema 6.9 anterior. t u Teorema 6.11 (Rouch´e). Supongamos que f (z) y g(z) son funciones meromorfas en una vecindad de B(z0 ; r) con s´olo un n´umero finito de ceros y polos en su interior y que no tiene ni ceros ni polos en su frontera γ = ∂ B(z0 ; r), orientada positivamente. Si | f (z) − g(z)| < | f (z)| + |g(z)|, entonces, N0 ( f ) − N∞ ( f ) = N0 (g) − N∞ (g). Demostraci´on. Usaremos la misma integral que en el corolario 6.10 anterior y as´ı, como para z ∈ {γ} se tiene que g(z) 6= 0, podemos dividir entre g(z) los t´erminos de la desigualdad de la hip´otesis para obtener que f (z) f (z) < para z ∈ {γ}. − 1 (∗) g(z) + 1 g(z) Note ahora que la funci´on meromorfa h(z) := f (z)/g(z) no puede tomar un valor real no positivo r ≤ 0 en {γ} ya que si existiera z ∈ {γ} tal que h(z) = r ≤ 0, entonces (∗) implicar´ıa que |r − 1| < |r| + 1, una contradicci´on. Por lo tanto, la funci´on meromorfa h(z) := f (z)/g(z) manda al c´ırculo {γ} en Ω := C − [0, −∞) (el plano complejo quit´andole el semieje real no positivo). Sea log : Ω → C la rama (principal) del logaritmo en Ω . Entonces, la funci´on log h(z) est´a bien definida en una vecindad de {γ} y es primitiva de h0 /h = f 0 / f − g0 /g por lo que 0=

1 2πi

Z γ

h0 1 = h 2πi

Z γ

f0 1 − f 2πi

Z γ

g0 = N0 ( f ) − N∞ ( f ) − N0 (g) + N∞ (g), g

donde la u´ ltima igualdad es por el corolario 6.10.

t u

Una consecuencia inmediata es otra demostraci´on del teorema fundamental del a´ lgebra 4.19: Supongamos que f (z) = an zn + an−1 zn−1 + · · · + a1 z + a0 es un polinomio no constante de grado n ≥ 1. Pongamos g(z) = an zn y observe que f (z) f (z) an−1 /an a1 /an a0 /an = = 1+ + · · · + n−1 + n g(z) an zn z z z y por lo tanto l´ım

z→∞

f (z) = 1. g(z)

Consecuentemente, para |z| =: r suficientemente grande se tiene que f (z) (∗) para z tal que |z| = r g(z) − 1 < 1

6.3 El teorema del residuo

157

y escogemos r tal que f (z) no tenga ceros en γ = ∂ B(0; r) y notamos que la desigualdad (∗) es | f (z) − g(z)| < |g(z)| ≤ | f (z)| + |g(z)| y as´ı, por el teorema de Rouch´e 6.11 se sigue que el n´umero de ceros de f (z) es igual al n´umero de ceros de g(z) = an zn en B(0; r), que es obviamente n (el u´ nico cero de g(z) es 0, con multiplicidad n). Una consecuencia adicional es el resultado siguiente sobre la preservaci´on de ceros bajo condiciones de compacidad: Teorema 6.12 (Hurwitz). Sea Ω una regi´on y supongamos que { fn : Ω → C} es una sucesi´on de funciones holomorfas que converge compactamente1 a una funci´on holomorfa f : Ω → C. ] (1) Si f no es constante, B(z0 ; r) ⊆ Ω y f no tiene ceros en ∂ B(z0 ; r), entonces existe un entero N tal que para todo n ≥ N las funciones f y fn tienen el mismo n´umero de ceros en el disco B(z0 ; r). (2) En general, si U ⊆ Ω es cualquier subconjunto acotado tal que U ⊆ Ω y si f no tiene ceros en ∂U, entonces existe un natural N tal que para todo n ≥ N las funciones f y fn tienen el mismo n´umero de ceros en U. Demostraci´on. (1): Como f (z) 6= 0 para todo z ∈ ∂ B(z0 ; r), δ := ´ınf{| f (z)| : z ∈ ∂ B(z0 : r)} > 0, y como { fn } → f uniformemente en ∂ B(z0 ; r), existe un entero N tal que si n ≥ N y z ∈ ∂ B(z0 ; r) se tiene que fn (z) 6= 0 y adem´as | f (z) − fn (z)| < δ /2 < | f (z)| ≤ | f (z)| + | fn (z)|. Se cumplen as´ı las condiciones del teorema de Rouch´e 6.11 para f y fn y por lo tanto f y fn tienen el mismo n´umero de ceros en B(z0 ; r). (2): Por el teorema de la identidad 4.20 f tiene s´olo un n´umero finito de ceros en el compacto U y por lo tanto existen discos abiertos disjuntos por pares B(z1 ; r1 ), . . . , Bn (zn ; rn ) tales que f no tiene ceros en el compacto K := U − S B(zk ; rk ). Se sigue que casi todas2 las fn no tienen ceros en K (porque de otra manera, un n´umero infinito de fn tendr´ıan ceros en K, digamos cn ∈ K, y as´ı una subsucesi´on de estos ceros converger´ıa a un c ∈ K, que por la convergencia uniforme de { fn } a f en el compacto K implicar´ıa que c ∈ K ser´ıa un cero de f , una contradicci´on). Por lo tanto, existe un natural N tal que todas las fn con n ≥ N no tienen ceros en K y por lo tanto todos sus ceros est´an en los discos B(z1 ; r1 ), . . . , Bn (zn ; rn ) y as´ı el resultado se sigue de la parte (1). t u 1 Vea la nota al pie de la p´ agina 110: una sucesi´on de funciones { fn : Ω → C} se dice que converge compactamente a una funci´on f : Ω → C si para todo subconjunto compacto K ⊆ Ω la sucesi´on de restricciones { fn : K → C} converge uniformemente a la restricci´on f : K → C de f a K. 2 Es decir, todas excepto un n´ umero finito.

158

6 Singularidades

Ejercicios 6.24. Generalizando el ejemplo 6.13, demuestre que si la funci´on f tiene un polo simple en z0 y g es holomorfa en una regi´on que contiene a z0 , entonces Res( f g; z0 ) = g(z0 ) Res( f ; z0 ). 6.25. Sean g, h funciones holomorfas en Ω y z0 ∈ Ω . Si h tiene un polo simple en z0 , demuestre que  g  g(z ) 0 . Res ; z0 = 0 h h (z0 ) 6.26. Calcule los residuos de la funci´on f (z) = z5 /(z2 − 1)2 en sus singularidades. 6.27. Calcule los residuos de la funci´on f (z) = 1/ sen z en sus singularidades. 6.28. Demuestre que, para todo n´umero real r > 1 la funci´on f (z) := zer−z − 1 tiene exactamente un cero en el disco unitario B(0; 1) y adem´as este cero es real positivo. Sugerencia: use el teorema de Rouch´e con la funci´on de comparaci´on g(z) := zer−z . 6.29. Si h es una funci´on holomorfa en una vecindad del disco unitario cerrado B(0; 1) y si h(∂ B(0; 1) ⊆ B(0; 1), demuestre que h tiene un u´ nico punto fijo3 en B(0; 1). Sugerencia: en el teorema de Rouch´e use las funciones f (z) := h(z) − z y g(z) := −z. 6.30. Demuestre que el campo de funciones meromorfas M(Ω ) es el campo de fracciones del anillo de funciones holomorfas O(Ω ) (vea la p´agina 48 y el ejercicio 4.19, donde se prueba que este anillo es un dominio entero).

6.4.

Integrales impropias y el teorema del residuo

En esta secci´on mostraremos, con unos ejemplos, c´omo usar m´etodos complejos para calcular integrales (de Riemann) reales impropias, en ocasiones en forma muy eficiente. Ejemplo 6.14. Comenzamos con un ejemplo simple que, de hecho, se puede calcular en forma elemental, la integral impropia Z ∞ −∞

1 dx. 1 + x2

Para comenzar, pensamos al integrando como una funci´on compleja f (z) = 1/(1 + z2 ). Como vimos en el ejemplo 6.13, tiene dos polos simples en z1 = i y z2 = −i, 3

Es decir, un punto c ∈ B(0; 1) tal que h(c) = c.

6.4 Integrales impropias y el teorema del residuo

159

con residuos Res( f ; i) = 1/2i y Res( f ; −i) = −1/2i. Ahora, para cada real r > 1 considere la curva cerrada γ dada por ( re2πit para 0 ≤ t ≤ 1/2i, γ(t) = (2t − 1)r − 2tr para 1/2 ≤ t ≤ 1, es decir, γ es el semic´ırculo superior de radio r, de r a −r, seguido del segmento de recta [−r, r], y note que γ s´olo rodea al polo z = i, es decir, n(γ; −i) = 0 y adem´as n(γ; i) = 1: i

−r

r

0

Por el teorema del residuo 6.8 se sigue que Z

1 1 dz = 2πi = π. 1 + z2 2i

Z

f (z)dz = γ

γ

Z

1 dz = 1 + z2

Observe ahora que (1)

π= γ

Z γr

1 dz + 1 + z2

Z [−r,r]

1 dz 1 + z2

donde [−r, r] es el segmento de recta de −r a r. Para la segunda integral del lado derecho de (1), se tiene que 1 dz = 2 [−r,r] 1 + z

Z

(2)

Z r

1 dx 2 −r 1 + x

y para la primera integral del lado derecho en (1), observe que para z ∈ {γr } se tiene que r2 − 1 ≤ |1 + z2 | ≤ 1 + r2 , por lo que 1/(r2 − 1) ≥ 1/|1 + z2 | ≥ 1/(r2 + 1), y as´ı se tiene la u´ ltima desigualdad en (3): (3)

Z

γ

πr 1 dz . ≤ `(γr ) sup{| f (z)| z ∈ {γr }} ≤ 2 1 + z2 r −1

Haciendo r → ∞, de (1), (2) y (3) se sigue que 1 dx = π. 2 −∞ 1 + x

Z ∞

Ejemplo 6.15. El ejemplo siguiente, importante en an´alisis de Fourier, es la integral impropia (∗)

Z ∞ sen x 0

x

dx.

160

6 Singularidades

Del cap´ıtulo 2, secci´on §2.3, si x es real, eix = cos x + i sen x y as´ı, sen x/x es la parte imaginaria de eix /x y cos x/x es la parte real de eix /x. Debemos entonces pensar en la funci´on compleja eiz /z, que tiene una singularidad aislada en z0 = 0, y consideramos ahora la curva cerrada γ dada en la figura siguiente:

γR

γr −r

−R

r

0

R

es decir, γ es el segmento de recta [−R, −r], seguido del semic´ırculo γr de radio r y centro 0, orientado negativamente, en el semiplano superior, seguido del segmento de recta [r, R], seguido finalmente del semic´ırculo γR de centro 0 y radio R, orientado positivamente, en el semiplano superior. La funci´on eiz /z es holomorfa en C − {0} y este dominio contiene a la curva γ. Es claro que γ no rodea al origen 0 y as´ı γ es nulhom´ologa en C − {0}. Por el teorema de Cauchy 5.6, Z γ

eiz dz = 0, z

y, separando las piezas de γ, la igualdad anterior es eiz dz + [−R,−r] z

Z

Z γr

eiz dz + z

eiz dz + [r,R] z

Z

Z γR

eiz dz = 0 z

donde observamos que la primera y tercera integrales del lado izquierdo son integrales reales Z −r ix e

(1)

−R

x

Z

dx + γr

eiz dz + z

Z R ix e r

x

Z

dx + γR

eiz dz = 0. z

Ahora, como sen x =


1 ix e − e−ix 2i

entonces Z R sen x r

x

1 R eix − e−ix 1 R eix 1 dx = dx − 2i r x 2i r x 2i Z Z 1 R eix 1 −r eix = dx + dx 2i r x 2i −R x Z

dx =

que al substituir en (1) da

Z

Z R −ix e r

x

dx

6.4 Integrales impropias y el teorema del residuo

(2)

2i

Z R sen x r

x

Z

dx + γr

161

eiz dz + z

eiz dz = 0. z

Z γR

Para calcular la integral impropia (∗), debemos calcular l´ımr→0 y l´ımR→∞ en (2). CoR iz menzando con el segundo l´ımite, la integral que interesa es γR ez dz, y mostraremos que tiende a 0 cuando R → ∞. En efecto, usando la parametrizaci´on γR (t) = Reit , t ∈ [0, π] del semic´ırculo γR , se tiene que Z γR

eiz dz = z

Z π iReit e Rieit

Reit

0

Z π

dt = i

it

eiRe dt

0

por lo que Z

γR

Z π Z π/2 Z π Z eiz π iReit eiReit dt = e−R sent dt = 2 e−R sent dt e dt ≤ dz = i z 0 0 0 0

y usando la desigualdad 2t/π ≤ sent, para t ∈ [0, π/2] por lo que e−R sent ≤ e−2Rt/π , se obtiene que Z

γR

Z π/2 Z π/2
eiz −π −2Rt/π π/2 π dz ≤ 2 e−R sent dt ≤ 2 e−2Rt/π dt = e 1 − e−R = z 2R R 0 0 0

donde l´ımR→∞ (1 − e−R ) = 0 y por lo tanto Z

(3)

l´ım

R→∞ γR

Consideremos ahora la integral (4)

R eiz γr z dz cuando r → 0. Observe que

eiz eiz − 1 1 = + z z z

donde un c´alculo directo muestra que γr ). Por otra parte, la funci´on

eiz dz = 0. z

R 1 dz = −πi (por la orientaci´on negativa de γr z

eiz −1 z

tiene una singularidad removible en el origen y iz por lo tanto existe una constante M > 0 tal que e z−1 ≤ M, para |z| ≤ 1. Se sigue que, para r < 1, Z eiz − 1 dz ≤ M`(γr ) = πrM z γr de donde se sigue que Z

l´ım

r→0 γr

Substituyendo en (4) se obtiene que

eiz − 1 dz = 0. z

162

6 Singularidades

Z

(5)

l´ım

r→0 γr

eiz dz = l´ım r→0 z

Z γr

eiz − 1 dz + l´ım r→0 z

Z γr

1 dz = 0 − πi = −πi. z

Substituyendo (3) y (5) en (2) queda 0 = l´ım l´ım 2i r→0 R→∞

Z R sen x r

x

Z

dx + l´ım

R→∞ γR

eiz dz + l´ım r→0 z

Z γr

eiz dz = 2i z

Z ∞ sen x 0

x

dx + 0 − πi

de donde se sigue que Z ∞ sen x 0

x

dx =

πi = π/2. 2i

Ejemplo 6.16. Para a > 1 se quiere calcular la integral impropia Z ∞ 0

1 dx, 1 + xa

donde xa = exp(a log x) para 0 < x < ∞. Aqu´ı, la funci´on compleja a considerar es 1/(1 + za ) donde aparece la potencia compleja za por lo que tenemos que elegir una rama holomorfa de esta funci´on. Observe, para comenzar, que z0 = 0 es un punto de ramificaci´on de za , y la rama que elegiremos de za = exp(a log z) es aquella para la cual za = 1 cuando z = 1 y por lo tanto el dominio que se considerar´a es la regi´on Ω := {z = reiθ : R > 0 y |θ − π/a| < π} que es el plano complejo al que se le ha quitado la semirecta (rayo) {z = reiθ : θ = (π/a) ± π}, como en la figura siguiente:

π/a

0

Entonces, la funci´on f (z) = 1/(1 + za ) es holomorfa en Ω , salvo por un polo simple en z0 = eπi/a (ya que za0 = eπi = −1). El paso siguiente es elegir una curva cerrada adecuada. Para R > 0, sea γR el arco circular γR (t) = Reit , para 0 ≤ t ≤ 2π/a, orientado positivamente, y para 0 < r < 1 < R, sea γr−1 el arco circular γr (t) = reit orientado negativamente, de nuevo para 0 ≤ t ≤ 2π/a. Entonces, la curva que escogeremos es la curva cerrada dada por (1)

γ := [r, R] ∗ γR ∗ [Re2πi/a , re2πi/a ] ∗ γr−1 ,

como en la figura siguiente:

6.4 Integrales impropias y el teorema del residuo

163

Re2πi/a re2πi/a 2π/a

r

0

R

donde el a´ ngulo entre los dos segmentos de recta que definen los dos arcos circulares es 2π/a. Por el teorema del residuo 6.8, Z γ

 1  1 πi/a dz = 2πi Res ; e , 1 + za 1 + za

donde z0 = eπi/a es el u´ nico punto singular de la funci´on 1/(1+za ) (un polo simple). Usando el ejercicio 6.25 se tiene que Res



 1 −eπi/a 1 1 πi/a ; e = = =
a−1 1 + za a aeπi e−πi/a a eπi/a

y por lo tanto Z

(2) γ

 1   −eπi/a  −2πieπi/a 1 dz = 2πi Res ; eπi/a = 2πi = . a a 1+z 1+z a a

Ahora, separando la integral del lado izquierdo en (2) en sus piezas (1), la primera integral es 1 dz = a [r,R] 1 + z

Z

(3)

Z R r

1 dx 1 + xa

y para la tercera integral usamos la parametrizaci´on t 7→ te2πi/a , para t ∈ [r, R], por lo que 1 dz = − a [Re2πi/a ,re2πi/a ] 1 + z

Z

(4)

Z R r

1 e2πi/a dt = −e2πi/a 1 + t a (e2πi/a )a

Z R r

1 dt 1 + ta

y al substituir (3) y (4) en (2) queda −2πieπi/a = a

Z R

1 dx − e2πi/a 1 + xa

r

Z R r

1 dx + 1 + xa

Z γR

1 dz − 1 + za

Z γr

1 dz 1 + za

y as´ı 1 − e2πi/a


Z r

R

1 −2πieπi/a dx = − 1 + xa a

Z γR

1 dz + 1 + za

Z γr

1 dz 1 + za

164

6 Singularidades

1 y debemos ahora calcular el l´ımite cuando r → 0 y R → ∞. Para la integral γr 1+z a dz, a como a > 1 el integrando 1/(1 + z ) est´a acotado, digamos por M, usando que la longitud del arco γr es 2πr/a, por la estimaci´on usual se tiene que

R

Z

γr

1 dz ≤ M`(γr ) = M(2πr/a) → 0 1 + za

cuando r → 0.

1 a Para la integral γR 1+z a dz, observe que para z ∈ {γR } se tiene que |1 + z | ≥ |1 + a a R | = |R − 1| por lo que 1 1 ≤ a 1 + za |R − 1|

R

y consecuentemente Z

γr

1 1 2πR dz `(γR ) = →0 ≤ a 1 + za |R − 1| a(Ra − 1)

cuando R → ∞ ya que a > 1,

donde usamos que la longitud del arco γR es `(γR ) = 2πR/a. Se sigue que 1 − e2πi/a

∞


Z 0

−2πieπi/a 1 dx = 1 + xa a

y por lo tanto Z ∞ 0

1 −2πieπi/a −2πi 2πi
=
=
dx = 1 + xa a 1 − e2πi/a ae−πi/a 1 − e2πi/a a eπi/a − e−πi/a π = . a sen π/a

Ejercicios 6.31. Usando la curva γ del ejemplo 6.15, eval´ue la integral Z ∞ sen2 x

x2

0

dx.

Sugerencia: considere la funci´on compleja f (z) = (1 − e2iz )/z2 . 6.32. Para a > 1 real, eval´ue la integral Z 2π 0

cos x dx. a − cos x

6.33. Eval´ue las integrales impropias siguientes:

6.4 Integrales impropias y el teorema del residuo

1 dx. 4 −∞ 1 + x

165

(b)

x2 dx. 1 + x2 + x4 Z0 ∞ eax dx, para 0 < a < 1. (e) x −∞ 1 + e Z ∞ 1 (f) dx. (1 + x2 )2 0

6.34. Muestre que: Z ∞ √ x π (a) dx = √ . 2 2 0 x +a 2a √ Z ∞ π x (b) dx = . 2 2 32 0 (x + 4)

(c)

Z ∞

(a)

1 dx. 3 Z0 ∞ 1 + xa x (c) dx, para −1 < a < 3. (1 + x)3 0 Z ∞

Z ∞

(d)

Z 2π 0

(d)

2π dx dx = √ , si a > 1. a + sen x a2 − 1

Z ∞ 2x2 + x + 1 −∞

x4 + 5x2 + 4

dx =

5π . 6

Cap´ıtulo 7

Aplicaciones conformes

En geometr´ıa cl´asica, la rigidez de una funci´on es importante: se requiere que preserve longitud o a´ ngulos. En este cap´ıtulo mostraremos, para comenzar, que las funciones complejas f : Ω → C (real) diferenciables y que preservan a´ ngulos (a las que se conoce como funciones conformes) son las funciones holomorfas cuya derivada no se anula. Esta interpretaci´on permite visualizar a las funciones holomorfas como transformaciones del plano complejo en s´ı mismo, un buen substituto geom´etrico a la falta de visualizaci´on de la gr´afica de una tal funci´on. Por el corolario 5.21 toda funci´on holomorfa inyectiva satisface que su derivada no se anula y por el teorema de la funci´on abierta 4.25 o 5.20 y el corolario 4.26, toda funci´on holomorfa inyectiva es biholomorfa y consecuentemente tanto la funci´on como su inversa preservan a´ ngulos, es decir, son conformes. En la primera secci´on de este cap´ıtulo se prueban las primeras propiedades de las funciones conformes y en la segunda secci´on se estudia una familia importante de aplicaciones conformes, las transformaciones de M¨obius. En la u´ ltima secci´on se demuestra uno de los resultados m´as importantes en este contexto, el teorema de la aplicaci´on de Riemann que afirma que todo subconjunto propio, abierto y simplemente conexo de C es biholomorfo al disco unitario B(0; 1).

7.1.

Funciones conformes

En el enfoque de Riemann a la teor´ıa de funciones complejas, las funciones que preservan a´ ngulos juegan un papel importante y este punto de vista geom´etrico permite visualizar a las funciones como transformaciones del plano en s´ı mismo. Para motivar los resultados de esta secci´on comenzamos recordando unos resultados de a´ lgebra lineal que necesitaremos: si w, z ∈ C, pens´andolos como vectores en R2 se tiene el producto escalar euclidiano usual, con respecto a la base can´onica 1 = (1, 0) e i = (0, 1) de R2 :

hw, zi := Re wz = Re wz = hz, wi

167

168

7 Aplicaciones conformes

y si w, z ∈ C∗ := C − {0} el n´umero real cos ϕ :=

hw, zi |w||z|

define el a´ ngulo ϕ entre w y z. Entonces, una funci´on R-lineal inyectiva T : C → C preserva a´ ngulos si hw, zi hT (w), T (z)i = |w||z| |T (w)||T (z)| para z, w ∈ C∗ . O equivalentemente, si para todo z, w ∈ C se tiene que |Tw||T z|hw, zi = hTw, T zi|w||z|. M´as a´un, una funci´on R-lineal T que preserva a´ ngulos se dice que preserva orientaci´on si hw, zi y hTw, T zi tienen el mismo signo. Una funci´on R-lineal inyectiva T que preserva a´ ngulos con orientaci´on se dice que es conforme, y se dice que T es anticonforme si preserva a´ ngulos cambiando la orientaci´on. Lema 7.1. Sea T : C → C una funci´on R-lineal inyectiva. Entonces, T es conforme, i.e., preserva a´ ngulos con orientaci´on si y s´olo si existe un λ ∈ C∗ := C − {0} tal que T (z) = λ z, para todo z ∈ C. Demostraci´on. Supongamos que T es conforme. Entonces, T es inyectiva y as´ı 0 6= T (1, 0) = T (1) =: λ ∈ C∗ . Escribamos T (i) = T (0, 1) =: µλ ∈ C∗ . Entonces, como 1 e i son ortogonales 0 = |T (i)||T (1)|hi, 1i = hT (i), T (1)i|i||1| porque T preserva a´ ngulos = hT (i), T (1)i = hλ µ, λ i porque T (1) = λ y T (i) = λ µ = Re(λ µλ ) = |λ |2 Re(µ), y como |λ |2 6= 0 se sigue que Re(µ) = 0, es decir, µ = ri con r ∈ R. Por lo tanto, para todo z = x + iy ∈ C se tiene que T (z) = T (x +iy) = T (1x +iy) = xT (1)+yT (i) = λ x +λ µy = λ x +λ ri = λ (x +ryi) por lo que
hT (1), T (z)i = hλ , λ (x + ryi)i = Re λ λ (x − ryi) = |λ |2 Re(x − ryi) = |λ |2 x y usando de nuevo que T preserva a´ ngulos se sigue que |z||λ |2 x = |1||z|hT (1), T (z)i = h1, zi|T (1)||T (z)| por lo que |z||λ |2 x = |λ ||λ (x + ryi)|h1, zi = |λ |2 |(x + ryi)|x,

porque h1, zi = x.

7.1 Funciones conformes

169

y as´ı |z|x = |x + ryi|x. Si x 6= 0 se sigue que |x + ryi| = |z| = |x + yi|, es decir, r2 y2 = y2 , por lo que si y 6= 0 se debe tener que r = ±1. Por lo tanto, T (z) = λ (x + ryi) = λ (x ± iy),

es decir, T (z) = λ z o T (z) = λ z,

y como T preserva la orientaci´on se debe tener que T (z) = λ z, como se quer´ıa. Rec´ıprocamente, supongamos que T (z) = λ z con λ ∈ C∗ . Entonces, (∗)

hTw, T zi = hλ w, λ zi = |λ |2 hw, zi

y |Tw| = |λ ||w| y |T (z)| = |λ ||z|. Multiplicando (∗) por |w||z| se sigue que |w||z|hTw, T zi = |w||z||λ |2 hw, zi = |λ ||w||λ ||z|hw, zi = |Tw||T z|hw, zi y por lo tanto T preserva a´ ngulos. Note que (∗) dice que hw, zi y hTw, T zi tienen el mismo signo y as´ı T preserva orientaciones. t u Funciones conformes. La importancia de los resultados anteriores, para el caso de una funci´on arbitraria (real) diferenciable, es que se aplican inmediatamente a la diferencial de la funci´on: en general, una funci´on f : Ω → C se dice que es conforme en z0 ∈ Ω si es (real) diferenciable en z0 (vea la proposici´on 2.6) y su diferencial T = d f |z0 : R2 → R2 en z0 es conforme, es decir, es inyectiva y preserva a´ ngulos orientados. Interpretaci´on geom´etrica. Si γ : [a, b] → Ω es lisa y t0 ∈ (a, b) satisface que γ 0 (t0 ) 6= 0 (diremos que f es regular en t0 ), entonces la imagen de γ tiene una recta tangente bien definida en el punto z0 = γ(t0 ) ∈ Ω en la direcci´on del vector γ 0 (t0 ) 6= 0: γ 0 (t0 ) z0

γ

y note que el a´ ngulo de inclinaci´on de esta recta tangente es arg(γ 0 (t0 )). Supongamos ahora que γ1 , γ2 : [0, 1] → Ω son dos curvas que se intersectan en un punto z0 = γ1 (t1 ) = γ2 (t2 ) y adem´as son regulares en ese punto. El a´ ngulo entre γ1 y γ2 en z0 es por definici´on el a´ ngulo arg(γ 01 (t1 )) − arg(γ 02 (t2 )). As´ı, geom´etricamente el a´ ngulo entre las curvas γ1 y γ2 en el punto de intersecci´on es el a´ ngulo entre sus vectores tangente en ese punto:

170

7 Aplicaciones conformes

γ 01 (t1 ) γ1 z0

γ 02 (t2 ) γ2

Por definici´on este a´ ngulo tiene un signo asignado: el a´ ngulo entre γ2 y γ1 en z0 es el negativo del a´ ngulo entre γ1 y γ2 en ese mismo punto. Entonces, una funci´on f : Ω → C es una aplicaci´on conforme en el punto z0 ∈ Ω si es (real) diferenciable en z0 (vea la proposici´on 2.6) y preserva los a´ ngulos entre pares de curvas que se cortan en z0 y que son regulares en ese punto. Se dice que f : Ω → C es conforme si f es conforme en cada punto de Ω . La primera propiedad que probaremos afirma que las aplicaciones holomorfas cuya derivada no se anula en un punto son conformes en ese punto: Proposici´on 7.2. Si f : Ω → C es holomorfa y f 0 (z0 ) 6= 0, entonces f es conforme en z0 . Demostraci´on. Sean γ1 , γ2 : [0, 1] → Ω dos curvas para las que existen t1 ,t2 ∈ [0, 1] tales que γ1 (t1 ) = γ2 (t2 ) = z0 ∈ Ω y adem´as γ1 y γ2 son regulares en t1 y t2 , respectivamente. Las composiciones f ◦ γ j : [0, 1] → C son curvas en C y para t j ∈ [0, 1], por la regla de la cadena se tiene que ( f ◦ γ j )0 (t j ) = f 0 (z0 )γ 0j (t j ). Como γ 0 (t j ) 6= 0 porque las γ j son regulares en t j y como f 0 (z0 ) 6= 0 por hip´otesis, entonces las curvas f ◦ γ j son regulares en t j . Por definici´on el a´ ngulo entre f ◦ γ1 y f ◦ γ2 en f (z0 ) es arg( f ◦ γ2 )0 (t1 ) − arg( f ◦ γ1 )0 (t1 ) = arg( f 0 (z0 )γ 02 (t2 )) − arg( f 0 (z0 )γ 02 (t1 )) = arg f 0 (z0 ) + arg γ 02 (t2 ) − arg f 0 (z0 ) − arg γ 01 (t1 ) = arg γ 02 (t2 ) − arg γ 01 (t1 ), donde la u´ ltima expresi´on es el a´ ngulo entre γ1 y γ2 en z0 .

t u

Ejemplo 7.1. Para la funci´on f (z) = z2 , en z0 = 0 se tiene que f 0 (0) = 0 y para cualesquiera dos curvas que pasen por el 0 y sean regulares en ese punto, la funci´on f (z) transforma el a´ ngulo θ entre estas curvas en el a´ ngulo 2θ . Sin embargo este es u´ nico punto donde lo anterior falla, porque 0 es el u´ nico cero de f 0 (z). En general, una funci´on holomorfa no constante, en este caso f 0 (z), se anula en un conjunto de puntos aislados y por lo tanto la proposici´on anterior s´olo falla en ese conjunto de ceros de f 0 . Se tiene la afirmaci´on rec´ıproca de la proposici´on 7.2 anterior: Proposici´on 7.3. Si f = u + iv : Ω → C es una funci´on conforme y sus partes real e imaginaria u, v tienen derivadas parciales continuas en Ω , entonces f es holomorfa y su derivada f 0 no se anula en Ω .

7.1 Funciones conformes

171

Demostraci´on. Por la proposici´on 2.9 debemos probar que u y v satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann. Ahora, como las parciales de u y v existen y son continuas, como funci´on f : R2 → R2 e´ sta es diferenciable y por el ejercicio 2.22 su diferencial, en z0 , est´a dada por la Jacobiana   ux (z0 ) uy (z0 ) T := vx (z0 ) vy (z0 ) es decir, d f |z0 = T : R2 → R2 es la funci´on R-lineal dada para z = x+iy = (x, y) ∈ R2 por      ∂ f ∂ f ux (z0 ) uy (z0 ) ux (z0 ) uy (z0 ) x T (z) = z= = ·x+ ·y vx (z0 ) vy (z0 ) vx (z0 ) vy (z0 ) y ∂ x z0 ∂ y z0 ∂ f ∂ f = ·z+ ·z ∂ z z0 ∂ z z0 y as´ı, por el lema 7.1 anterior se debe tener que ecuaciones de Cauchy-Riemann, como se quer´ıa.

∂f ∂z

= 0, es decir, f satisface las t u

Ejemplo 7.2. En el ejemplo 7.1 vimos que la funci´on f : C∗ → C∗ dada por f (z) = z2 es conforme. Escribiendo z = x + iy ∈ C∗ vemos que u = Re( f ) = x2 − y2 y v = Im( f ) = 2xy. Observe ahora que las rectas paralelas al eje Y , x = a se transforman, mediante f , en las curvas con ecuaciones param´etricas u = a2 − y2 v = 2ay que, eliminando y quedan como u = a2 −(v/2a)2 , es decir, v2 = 4a2 (u−a2 ), que son par´abolas en el plano UV . Similarmente, las rectas horizontales y = b se transforman en las par´abolas u = x2 − b2 v = 2bx que, eliminando x quedan como v2 = 4b2 (u + b2 ). Ahora note que como las rectas x = a y y = b son perpendiculares en el plano XY (dominio de f ) y como f es conforme, las par´abolas anteriores son perpendiculares en el plano UV :

172

7 Aplicaciones conformes

z 7→ z2-

Ejemplo 7.3. Considere ahora la funci´on exponencial f (z) = ez . Como es holomorfa en todo C y su derivada es ella misma (y no anula en C), entonces es conforme en todo C. Ahora, para las rectas verticales x = a en su dominio, escribi´endolas como z = a + iy, con a fijo, se tiene que f (z) = exp(a + iy) = ea eiy = reiy con r = ea > 0 fijo. As´ı, f transforma la recta x = a en el c´ırculo con centro el origen y radio r = ea . Similarmente, para las rectas horizontales y = b en su dominio, escribi´endolas como z = x + bi, con b fijo, se tiene que f (z) = ex ebi = ex (cos b + i sen b) que es una semirecta (rayo) a partir del origen (pero no incluye al origen) con a´ ngulo de inclinaci´on b:

z 7→ ez-

Ejemplo 7.4. Considere la funci´on f : C∗ → C dada por f (z) = 12 (z + z−1 ). De nuevo, f es holomorfa y su derivada es f 0 (z) = 1 − z−2 que no se anula en todo C − {±1} y por lo tanto f es conforme en C − {0, ±1}. Para z = x + iy, escribiendo r = |z|, ξ = x/r, η = y/r, note que (1)

1 u = Re( f (z) = (r + r−1 )ξ 2

y

1 v = Im( f (z)) = (r − r−1 )η 2

como ξ 2 + η 2 = 1, de (1) se sigue que (2) y

u2 v2  2 +  2 = 1 1/2(r + r−1 ) 1/2(r − r−1 )

7.1 Funciones conformes

173

u2 v2 − 2 = 1. 2 ξ η

(3)

Note que (2) muestra que la imagen de cada c´ırculo |z| = r < 1 en el plano xy es una elipse en el plano uv con di´ametro mayor r + r−1 y di´ametro menor r−1 − r. La ecuaci´on (3) muestra que la imagen de cada rayo z = ct, con 0 < t < 1, c fijo tal que |c| = 1, es una rama de una hip´erbola. Es claro que todas las elipses e hip´erbolas anteriores son confocales, con focos comunes ±1, y como los c´ırculos |z| = r y los rayos z = ct con ortogonales en el plano xy, entonces las elipses y las hip´erbolas correspondientes son ortogonales en el plano uv:

z 7→ 21 (z + z−1 ) -

Ejemplo 7.5. La funci´on f (z) = cos
z transforma la franja vertical 0 < Re(z) < π en la regi´on C − (−∞, −1] ∪ [1, ∞) :

π

z 7→ cos z -

−1

1

y las rectas verticales x = a ∈ (0, π) − {π/2} (es decir, las rectas z = a + iy, con y libre, x = a fija) en 1 1 cos z = cos(a + iy) = e−y (cos a + i sen a) + ey (cos a − i sen a) 2 2 cuyas partes real e imaginaria son 1 cos a(ey + e−y ) = cos a cosh y 2 1 v = sen a(e−y − ey ) = − sen a senh y, 2

u=

174

7 Aplicaciones conformes

que son las ecuaciones param´etricas, usando las funciones trigonom´etricas hiperb´olicas (vea el ejercicio 2.31), de hip´erbolas confocales, como se ilustra en la figura siguiente:

z 7→ cos z -

Note que la recta vertical Re z = π/2 se transforma en el eje imaginario, ya que para z = π2 + iy, con y libre, se tiene que cos z = cos

 i
+ iy = e−y − ey . 2 2

π

Ejercicios 7.1. Si T : R2 → R2 es R-lineal, demuestre que T preserva a´ ngulos con signo si y s´olo si existe un real positivo r > 0 tal que para todo w, z ∈ R2 se tiene que hTw, T zi = rhw, zi. 7.2. Si f = u + iv : Ω → C es (real) diferenciable, demuestre que f preserva orientaciones en z0 ∈ Ω si y s´olo si el determinante de la Jacobiana en z0 es positivo. Usando el ejercicio 2.22 concluya que si f es holomorfa, entonces f preserva orientaciones.   ab 7.3. Sea A = una matriz con entradas reales. Considere la funci´on TA : C → cd C inducida por A, es decir,      ab x ax + by TA (z) := Az = = . cd y cx + dy   a b Demuestre que TA es C-lineal si y s´olo si A = y por lo tanto TA (z) = −c a (a + ib)z. 7.4. Demuestre que una funci´on R-lineal T : C → C es C-lineal si y s´olo si T (i) = iT (1).

7.2 Transformadas de M¨obius

175

7.5. Sea T : C → C dada por T (z) := λ z + µz, con λ , µ ∈ C fijos. Demuestre que T es una isometr´ıa (es decir, |T (z)| = |z|, para todo z ∈ C) si y s´olo si λ µ = 0 y |λ + µ| = 1. 7.6. Muestre que la funci´on f (z) = 12 (z + z−1 ) del ejemplo 7.4 es suprayectiva. Muestre que para cada w ∈ C − {±1}, la preimagen f −1 (w) consiste de dos puntos, uno en B(0; 1) − {0} y otro en C − B(0; 1). Demuestre que f : B(0; 1) − {0} → C − [−1, 1] es biyectiva.

7.2.

Transformadas de M¨obius

Una familia importante de transformaciones conformes es la dada por la transformaciones lineales fraccionarias que son funciones racionales no constantes de la forma az + b T (z) := cz + d con a, b, c, d complejos dados. Conviene considerar a la funci´on anterior como una   ab acci´on de la matriz compleja A := en el plano complejo y dada para z ∈ C cd por la igualdad   az + b ab TA (z) = A · z = · z := . cd cz + d Observe ahora que si λ ∈ C∗ es un complejo no nulo, la matriz     ab λa λb λA = λ · = cd λc λd determina la misma transformaci´on lineal fraccional ya que   λ az + λ b az + b λa λb (λ A) · z = ·z = = = A · z. λc λd λ cz + λ d cz + d Claramente una transformaci´on de M¨obius es holomorfa en la regi´on Ω = C − {cz + d = 0} y su derivada es TA0 (z) =

ad − bc (cz + d)2

  ab . Se sigue que si det A = 0, entonces TA es conscd tante. Por otra parte, si det A 6= 0, la matriz A es invertible y se dice  que TA es una d −b 1 , entontransformaci´on de M¨obius. Como la inversa de la matriz A es det A −c a donde ad − bc = det A = det

176

7 Aplicaciones conformes

 ces la matriz B :=

 d −b determina la inversa de la transformaci´on de M¨obius −c a

ya que      dz − b  (ad − bc)z ab d −b ab = = z, TA ◦ TB · z = ·z = cd −c a cd −cz + a ad − bc por lo que TA ◦ TB = id, y similarmente, TB ◦ TA = id, y por lo tanto TA es biyectiva. Entonces, por la proposici´on 7.2, las transformadas de M¨obius son conformes y hemos as´ı probado la parte (3) del lema siguiente, que por otra parte se sigue de las partes (1) y (2) del mismo lema y cuya demostraci´on dejamos como el ejercicio 7.7: Lema 7.4. Sean A, B matrices complejas 2 × 2 invertibles. Entonces, (1) TA ◦ TB = TAB . (2) TA = id si y s´olo si A = aI2 , donde a

∈ C∗

  10 e I2 = es la matriz identidad. 01

(3) TA−1 = TA−1 .

t u

Clasificaci´on de las transformaciones de M¨obius. Si T (z) = (1) (2) (3) (4)

T T T T

az+b cz+d ,

diremos que

es una traslaci´on si T (z) = z + b. es una dilataci´on u homotecia si T (z) = az, con a > 0. es una rotaci´on si T (z) = eiθ z. es una inversi´on si T (z) = 1/z.

Proposici´on 7.5. Toda transformaci´on de M¨obius es composici´on de traslaciones, rotaciones, dilataciones e inversiones. az+b Demostraci´on. Si en T (z) = az+b cz+d se tiene que c = 0, entonces T (z) = d = (a/b)z + (b/d) donde (a/d) = reiθ por lo que (a/b)z es la composici´on de una dilataci´on con una rotaci´on y as´ı T (z) = reiθ + (b/d) es la composici´on de una dilataci´on, una rotaci´on y una traslaci´on. Si c 6= 0, podemos escribir

bc − ad a c(az + b) az + b + = = = T (z) c(cz + d) c c(cz + d) cz + d por lo que T (z) es la composici´on     bc − ad 1 bc − ad 1 a 1 z 7→ cz + d 7→ 7→ 7→ + cz + d c cz + d c cz + d c donde la primera funci´on es la composici´on de una dilataci´on con una rotaci´on y una traslaci´on, la segunda es una inversi´on, la tercera es una dilataci´on seguida de una rotaci´on y la cuarta es una traslaci´on. t u

7.2 Transformadas de M¨obius

177

Proposici´on 7.6. Toda transformaci´on de M¨obius lleva c´ırculos de C en c´ırculos o rectas de C. Demostraci´on. Es claro que traslaciones, rotaciones y dilataciones llevan c´ırculos en c´ırculos y as´ı, por la proposici´on 7.5, basta considerar el caso de una inversi´on ζ = 1/z. Ahora, la ecuaci´on cartesiana de un c´ırculo es de la forma A(x2 + y2 ) + Bx +Cy + D = 0

(∗)

con A, B,C, D ∈ R tales que |A| + |B| + |C| > 0 y |B| + |C| + |D| > 0. Pongamos z = x + iy y ζ = α + iβ . Substituyendo en z = 1/ζ se obtiene que x + iy =

α − iβ α β 1 = 2 = 2 −i 2 α + iβ α +β2 α +β2 α +β2

por lo que x=

α α2 + β 2

y

y=

−β α2 + β 2

que al substituir en (∗) da  A

 β2 Bα α2 Cβ + + 2 − +D = 0 (α 2 + β 2 )2 (α 2 + β 2 )2 (α + β 2 ) (α 2 + β 2 )

que al simplificar y multiplicar por (α 2 + β 2 ) queda (†)

A + Bα −Cβ + D(α 2 + β 2 ) = 0

que es la ecuaci´on de un c´ırculo si D 6= 0 (ya que los coeficientes en (†) son los mismos que en (∗) intercambiando A con D y por lo tanto satisfacen las mismas condiciones) y es una recta si D = 0. t u El resultado siguiente es clave para caracterizar las aplicaciones conformes del disco unitario en s´ı mismo: Teorema 7.7 (Lema de Schwarz). Sea B(0; 1) = {z ∈ C : |z| < 1} el disco unitario y supongamos que f (z) es holomorfa en B(0; 1) y satisface que: (1) | f (z)| ≤ 1 para z ∈ B(0; 1), (2) f (0) = 0. Entonces, | f 0 (0)| ≤ 1 y | f (z)| ≤ |z| para todo z ∈ B(0; 1). M´as a´un, si | f 0 (0)| = 1 o si | f (z)| = |z| para alg´un z 6= 0 en B(0; 1), entonces existe una constante c ∈ C tal que |c| = 1 y f (w) = cw para todo w ∈ B(0; 1). Demostraci´on. Defina g : B(0; 1) → C mediante ( f (z)/z si z 6= 0, g(z) = f 0 (0) si z = 0.

178

7 Aplicaciones conformes

Claramente g es continua en B(0; 1) porque l´ım g(z) = l´ım

z→0

z→0

f (z) f (z + 0) − f (0) = l´ım = f 0 (0) = g(0), z→0 z z−0

donde la segunda igualdad es porque f (0) = 0 por (2). Por el argumento en la demostraci´on de 4.21 la funci´on g es holomorfa en B(0; 1). Note que para 0 < r < 1, en el disco cerrado |z| ≤ r, por (1) se tiene que | f (z)/z| ≤ |1/z| por lo que |g(z)| = | f (z)/z| ≤ |1/z| y as´ı, para z en el c´ırculo |z| = r se tiene que f (z) | f (z)| 1 ≤ |g(z)| = = z |z| r es decir, g(z) est´a acotada en ese c´ırculo por 1/r y por lo tanto tiene la misma cota en todo el disco |z| ≤ r por el teorema del m´odulo m´aximo 4.24, es decir, |g(z)| ≤ 1/r para todo z tal que |z| ≤ r. Como esto es v´alido para todo 0 < r < 1, haciendo que r → 1 se obtiene que |g(z)| ≤ 1 para todo z ∈ B(0; 1), es decir, | f (z)| ≤ |z|, como se quer´ıa. Note tambi´en que como f 0 (0) = g(0), entonces | f 0 (0)| = |g(0)| ≤ 1. Finalmente, si | f (z)| = |z| para alg´un z ∈ B(0; 1), z 6= 0, entonces |g(z)| = 1 para ese z y por lo tanto |g| alcanza su m´aximo en B(0; 1) y as´ı, el teorema del m´odulo m´aximo implica que g(z) es constante, digamos c ∈ C, por lo que f (z) = cz, como se quer´ıa, porque como |g(z)| = 1, se debe tener que |c| = 1. Similarmente, si 1 = | f 0 (0)| = |g(0)|, entonces |g| alcanzar´ıa su m´aximo en z = 0 ∈ B(0; 1). t u Adem´as del lema de Schwarz 7.7, para caracterizar las aplicaciones conformes del disco unitario en s´ı mismo el ejemplo siguiente ser´a clave: Ejemplo 7.6. Si b ∈ C satisface que |b| < 1, considere la transformaci´on de M¨obius Lb (z) :=

z−b 1 − bz

(es de M¨obius porque el determinante de la matriz asociada es 1 − |b|2 ) y note que si b 6= 0 la igualdad 1 − bz = 0 implica que z = 1/b y por lo tanto Lb es holomorfa en el disco |z| < 1/|b| donde |b| < 1 por lo que 1/|b| > 1 y as´ı Lb es holomorfa en un B(0; 1) del disco unitario. M´as a´un, como disco abierto que contienea la cerradura  1 −b la matriz asociada a Lb es , por el lema 7.4 su inversa es la transformada −b 1   1b de M¨obius dada por la matriz , es decir, b1 Lb−1 = L−b =

z+b . 1 + bz

Se sigue que Lb : B(0; 1) → B(0; 1) es biholomorfa. M´as a´un, si z = eiθ ∈ ∂ B(0; 1) se tiene que

7.2 Transformadas de M¨obius

179

iθ e − b eiθ − b =
= 1 |Lb (z)| = 1 − beiθ eiθ e−iθ − b y as´ı Lb (z) ∈ ∂ B(0; 1). Finalmente, note que Lb (b) = 0 y Lb0 (z) =

1 − |b|2 (1 − |b|2 )2

por lo que Lb0 (0) = 1 − |b|2 y Lb0 (b) = 1/(1 − |b|2 ). El resultado principal caracteriza las aplicaciones conformes del disco unitario en s´ı mismo: Teorema 7.8. Sea f : B(0; 1) → B(0; 1) una funci´on holomorfa. Entonces, f es biholomorfa tal que f (b) = 0 , para b ∈ B(0; 1), si y s´olo si existe un complejo c tal que |c| = 1 tal que f = cLb . Demostraci´on. Por el ejemplo 7.6 anterior la suficiencia es obvia. Supongamos ahora es biholomorfa tal que f (b) = 0. Entonces, para todo z ∈ B(0; 1) se tiene que | f (z)| ≤ 1. Entonces, para z0 ∈ B(0; 1) tal que f (z0 ) =: w0 ∈ B(0; 1). Entonces, en la familia de funciones f con las propiedades anteriores queremos distinguir aquellas que dan el valor m´aximo para | f 0 (z0 )|. Por el ejemplo 7.6 anterior las transformadas de M¨obius L−w0 : B(0; 1) → B(0; 1) y Lz0 : B(0; 1) → B(0; 1) son biholomorfas y satisfacen que Lz0 (z0 ) = 0 y por lo tanto la composici´on fˆ := Lw0 ◦ f ◦ L−z0 : B(0; 1) → B(0; 1) satisface que fˆ(0) = Lw0 ◦ f ◦ L−z0 (0) = Lw0 ◦ f (z0 ) = Lw0 (w0 ) = 0 y as´ı, por el lema de Schwarz 7.7, se tiene que | fˆ0 (0)| ≤ 1. Para obtener la conclusi´on de la segunda parte del lema de Schwarz 7.7 necesitamos determinar cu´ando se tiene que | fˆ0 (0)| = 1. Para e´ sto, aplicando la regla de la cadena a la definici´on de fˆ y por los c´alculos del ejemplo 7.6 anterior, se obtiene que
0
fˆ0 (0) = (Lw0 ◦ f )0 L−z0 (0) L−z (0) = (Lw0 ◦ f )0 (z0 ) 1 − |z0 |2 0

= Lw0 0 ( f (z0 )) f 0 (z0 ) 1 − |z0 |2 = Lw0 0 (w0 ) f 0 (z0 ) 1 − |z0 |2 =


1 − |z0 |2 0 1 0 2 f (z ) 1 − |z | = f (z0 ) 0 0 1 − |w0 |2 1 − |w0 |2

y usando que | fˆ0 (0)| ≤ 1 y que z0 , w0 ∈ B(0; 1), se sigue que 2 1 − |w0 |2 0 0 | fˆ (0)| ≤ 1 − |w0 | (1) | f (z0 )| = 1 − |z0 |2 1 − |z0 |2 y se tiene la igualdad si y s´olo si | fˆ0 (0)| = 1. Por el lema de Schwarz 7.7, cuando se tiene la igualdad existe una constante c ∈ C tal que |c| = 1 y fˆ(w) = cw para todo w ∈ B(0; 1), es decir, cw = fˆ(w) = Lw0 ◦ f ◦ L−z0 (w) por lo que w = 1c Lw0 ◦ f ◦ L−z0 (w) y as´ı 1c Lw0 ◦ f = Lz0 y por lo tanto f = Lw−10 ◦ cLz0 = L−w0 ◦ cLz0 , es decir, (2)


f (z) = L−w0 cLz0 (z) para todo z ∈ B(0; 1).

180

7 Aplicaciones conformes

Ahora, como por hip´otesis f es biholomorfa, sea g : B(0; 1) → B(0; 1) su inversa y note que como f (b) = 0 se tiene entonces que g(0) = b. Aplicando la desigualdad (1) a f y g con z0 = b y w0 = f (b) = 0 se obtiene que (3)

| f 0 (b)| ≤

1 1 − |0|2 = 2 1 − |b| 1 − |b|2

y

|g0 (0)| ≤

1 − |b|2 = 1 − |b|2 1 − |0|2

y note que como id = g ◦ f , entonces 1 = (g ◦ f )0 (b) = g0 ( f (b)) f 0 (b) = g0 (0) f 0 (b), y multiplicando las desigualdades de (3) se debe tener que 1 = |g0 (0)|| f 0 (b)| ≤

1 (1 − |b|2 ) = 1 1 − |b|2

y por lo tanto las desigualdades de (3) deben ser igualdades, en particular | f 0 (b)| = 1/(1 − |b|2 ) y as´ı se tiene la igualdad en (1), para w0 = 0 y z0 = b, por lo que se tiene la igualdad (2):
(4) f (z) = L0 cLb (z) = cLb (z) ya que L0 (w) =

w−0 1−0w

= w, es decir, L0 = id, y (4) es lo que se quer´ıa demostrar. t u

Corolario 7.9. Sea Ω C una regi´on simplemente conexa y sea z0 ∈ Ω . Si existe una funci´on holomorfa f : Ω → C tal que (1) f (z0 ) = 0 y f 0 (z0 ) > 0; (2) f es inyectiva; (3) f (Ω ) = B(0; 1), entonces, f es u´ nica con las propiedades anteriores. Demostraci´on. Supongamos que f , g : Ω → C satisfacen las propiedades del corolario. Entonces, g−1

f

f ◦ g−1 : B(0; 1) −→ Ω −→ B(0; 1) es biholomorfa y satisface que ( f ◦ g−1 )(0) = f (z0 ) = 0 y as´ı, por el teorema 7.8 anterior (aplicado a la funci´on f ◦ g−1 y al punto b = 0), existe una constante c tal que |c| = 1 y adem´as f ◦ g−1 (z) = cL0 (z) = cz para todo z ∈ B(0; 1). Se sigue que (1/c) f (z) = g(z), es decir, f (z) = cg(z) y por lo tanto 0 < f 0 (z0 ) = cg0 (z), donde g0 (z0 ) > 0. Por lo tanto c > 0 es real positivo y como |c| = 1 se debe entonces tener que c = 1, es decir, f = g, como se quer´ıa. t u Transformaciones de M¨obius en C∞ . Para comprender mejor el comportamiento de las transformaciones de M¨obius, conviene pensarlas como funciones con dominio el plano complejo extendido C∞ (v´ease la secci´on 1.4 del cap´ıtulo 1), donde as´ı pensadas juegan un papel importante al iniciar el estudio de las funciones modulares, de importancia capital en la teor´ıa de n´umeros y geometr´ıa diofantina. Al

7.2 Transformadas de M¨obius

181

considerar las transformaciones de M¨obius como funciones con dominio C∞ , la forma natural de ver lo anterior es desde el punto de vista proyectivo y aprovechamos la ocasi´on para reinterpretar al plano complejo extendido como sigue: La recta proyectiva compleja. En el espacio vectorial complejo C2 := {(w, z) : w, z ∈ C} consideramos las rectas complejas que pasan por el origen, es decir, los subespacios vectoriales complejos de dimensi´on uno. Note que cada una de estas rectas ` est´a determinada por un punto (w, z) distinto del origen (0, 0) y todos los puntos (0, 0) 6= (w0 , z0 ) ∈ ` satisfacen que (w0 , z0 ) = λ (w, z) para alg´un λ ∈ C∗ . Es un ejercicio sencillo 7.12, el probar que la anterior es una relaci´on de equivalencia en el conjunto C2 − {(0, 0)}. A la clase de equivalencia de (w, z) 6= (0, 0) se le denotar´a por [w, z] (donde notamos que, geom´etricamente la clase [w, z] consiste de todos los puntos de la recta que pasa por el origen (0, 0) de C2 y el punto (w, z)). Al conjunto de clases de equivalencia se le denota por  P1C = [w, z] : (w, z) ∈ C2 − {(0, 0)} y se le llama la recta proyectiva compleja. Observaci´on 7.1. Se tiene una biyecci´on natural ϕ : P1C → C∞

dada por

( w/z si z 6= 0, ϕ[w, z] = ∞ si z = 0

dada por

( [w, 1] si w ∈ C, ψ(w) = [1, 0] si w = ∞.

con inversa la funci´on ψ : C∞ →

P1C

La verificaci´on de ϕ y ψ son inversas una de la otra es rutina, s´olo se tiene que tener en cuenta que w/0 = ∞ si 0 6= w ∈ C. Note que la biyecci´on anterior da otra naturalizaci´on del infinito ∞: en la esfera de Riemann correspond´ıa al polo norte N y en la recta proyectiva compleja corresponde al punto [1, 0]. Ahora, si L : C2 → C2 es una funci´on C-lineal biyectiva, la imagen de cada subespacio unidimensional complejo de C2 es de nuevo un subespacio unidimensional complejo de C2 y por lo tanto L induce una funci´on biyectiva L : P1C → P1C que, por la observaci´on 7.1, al componer con ψ y ϕ corresponde a una funci´on biyectiva TL : C∞ → C∞ , es decir, TL = ϕ ◦ L ◦ ψ. Por otro lado, como las funciones C-lineales biyectivasL : C2 → C2 corresponden a matrices complejas invertibles 2 × 2, digaab mos A = , con a, b, c, d ∈ C tales que det A = ad − bc 6= 0, por lo visto ancd teriormente la matriz A induce una funci´on TA = ϕ ◦ A ◦ ψ : C∞ → C∞ que expl´ıcitamente est´a dada como sigue: para z ∈ C ⊆ C∞ sea ψ(z) = [z, 1] ∈ P1C ' C∞ el 2 2 punto correspondiente; entonces,   por definici´on de la funci´on C-lineal A : C → C ab asociada a la matriz A = se tiene que cd

182

7 Aplicaciones conformes

TA (z) = ϕ ◦ A ◦ ψ(z) = ϕ

     az + b ab z az + b , =ϕ = ϕ(az + b, cz + d) = cd 1 cz + d cz + d

es decir, al restringir TA : C∞ → C∞ a C se tiene una transformaci´on de M¨obius. Por otra parte, para z = ∞ ∈ C∞ se tiene que      ( ∞ si c = 0, ab 1 a TA (∞) = ϕ ◦ A ◦ ψ(∞) = ϕ ◦ A[1, 0] = ϕ ◦ =ϕ = cd 0 c a/c si c 6= 0. Tambi´en, para el punto donde se anula el denominador de una transformaci´on de M¨obius usual, es decir, si z = −d/c ∈ C ⊆ C∞ , observe que        ab ab −d/c −ad/c + b TA (−d/c) = ϕ ◦ ◦ ψ(−d/c) = ϕ ◦ =ϕ cd cd 1 −dc/c + d =

−ad/c + b = ∞, 0

porque −ad/c + b = −(ad − bc)/c = − det A/c con det A 6= 0 y c 6= 0. Se tienen los resultados an´alogos al lema 7.4: Corolario 7.10. (1) Como la composici´on de transformaciones lineales es lineal, se sigue que la composici´on de transformaciones de M¨obius en C∞ es nuevo una transformaci´on de M¨obius en C∞ y adem´as se tiene que TA ◦ TB = TAB . (2) TA = id si y s´olo si A = λ I2 , con λ ∈ C∗ . (3) TA−1 = TA−1 . Se sigue que el conjunto M¨ob = {TA : C∞ → C∞ es transformaci´on de M¨obius} es un grupo, con la composici´on como operaci´on. M´as a´un, si GL(2, C) denota el grupo lineal general de matrices complejas invertibles 2 × 2, la funci´on θ : GL(2, C) → M¨ob que manda una matriz A a la transformaci´on de M¨obius TA es un homomorfismo de grupos suprayectivo y su n´ucleo es ker(θ ) = {A ∈ GL(2, C) : A = λ I2 , λ ∈ C∗ }. Por el primer teorema de isomorfismo de Noether se sigue que M¨ob ' GL(2, C)/C∗ I2 := PSL(2, C), el grupo lineal proyectivo. Demostraci´on. Para (1), observe que

7.2 Transformadas de M¨obius

183

TA ◦ TB = (ϕ ◦ A ◦ ψ) ◦ (ϕ ◦ B ◦ ψ) = (ϕ ◦ A) ◦ (ψ ◦ ϕ) ◦ (B ◦ ψ) = (ϕ ◦ A) ◦ (B ◦ ψ) = ϕ ◦ (AB) ◦ ψ = TAB . Las partes (2) y (3) se prueban como las correspondientes en el lema 7.4, la suprayectividad de la funci´on θ es de su definici´on y la parte algebraica es el ejercicio 7.13. t u   ab Lema 7.11 (Puntos fijos). Si TA 6= id : C∞ → C∞ con A = , entonces TA tiene cd uno o dos puntos fijos. Demostraci´on. Para el punto ∞ ∈ C∞ , por definici´on TA (∞) = ∞ si y s´olo si c = 0. Ahora, para los puntos finitos z ∈ C ⊆ C∞ , observe que z es punto fijo de T , es decir, olo si cz2 + (d − a)z − b = 0. Si c 6= 0 TA (z) = z, si y s´olo si az+b cz+d = z, es decir, si y s´ la ecuaci´on anterior tiene dos soluciones (contadas con su multiplicidad) y si c = 0 la ecuaci´on (d − a)z  − b= 0 tiene una soluci´on si d 6= a o ninguna si d = a, ya que ab b 6= 0 porque A = 6= λ I2 , a = d y c = 0 implican que b 6= 0. t u cd Ejemplo 7.7. Si λ 6= 0, 1, la transformaci´on de M¨obius Dλ (z) := λ z tiene como puntos fijos al 0 y al ∞. Rec´ıprocamente, si T es una transformaci´on de M¨obius cuyos puntos fijos son 0 e ∞, escribiendo T (z) = az+b cz+d , como 0 es punto fijo se debe tener que b = 0 y a, d 6= 0. Como ∞ es punto fijo se debe tener que c = 0 y por lo tanto T (z) = az d = (a/d)z, es decir, T (z) = λ z = Dλ (z) con λ ∈ C − {0, 1}. Proposici´on 7.12 (3-transitividad). Si z1 , z2 , z3 ∈ C∞ y w1 , w2 , w3 ∈ C∞ son dos conjuntos, cada uno con tres puntos distintos, entonces existe una u´ nica transformaci´on de M¨obius T : C∞ → C∞ tal que T (z j ) = w j ,

para 1 ≤ j ≤ 3.

Demostraci´on. (Unicidad): Supongamos que T, L : C∞ → C∞ son dos transformaciones de M¨obius que satisfacen la conclusi´on de la proposici´on. Entonces, L−1 ◦ T : C∞ → C∞ es una transformaci´on de M¨obius con tres puntos fijos y as´ı, por el lema 7.11 anterior se debe tener que L−1 ◦ T = id, es decir, L = T . (Existencia): Observe primero que la transformaci´on de M¨obius T dada por

T (z) :=

 (z − z2 )(z1 − z3 )     (z − z1 )(z2 − z3 )        z − z2      z3 − z2   z3 − z1      z − z1         z − z2  z − z1

si z1 , z2 , z3 ∈ C ⊆ C∞ ,

si z1 = ∞,

si z2 = ∞,

si z3 = ∞,

184

7 Aplicaciones conformes

satisface que T : z1 , z2 , z3 7→ ∞, 0, 1. En forma totalmente an´aloga se tiene una transformaci´on de M¨obius L tal que L : w1 , w2 , w3 7→ ∞, 0, 1. Por lo tanto, la composici´on L−1 ◦ T : z1 , z2 , z3 7→ ∞, 0, 1 7→ w1 , w2 , w3 t u

hace lo requerido.

Proposici´on 7.13 (2-transitividad). Si z1 , z2 ∈ C∞ y w1 , w2 ∈ C∞ son dos conjuntos, cada uno con dos puntos distintos, entonces existe una transformaci´on de M¨obius T : C∞ → C∞ tal que T (z j ) = w j ,

para 1 ≤ j ≤ 2.

Si Tˆ es otra transformaci´on de M¨obius que satisface lo anterior, entonces T = λ Tˆ , para alg´un λ ∈ C∗ . Demostraci´on. Comenzamos observando que si z1 , z2 ∈ C∞ son dos puntos distintos, entonces existe una transformaci´on de M¨obius S tal que S(z1 ) = 0 y S(z2 ) = ∞. En efecto, z−z 1  sirve cuando z1 , z2 ∈ C,    z − z2      1 S(z) = sirve cuando z2 ∈ C y z1 = ∞,   z − z2        z − z1 sirve cuando z1 ∈ C y z2 = ∞. Observe ahora que si L es otra transformaci´on de M¨obius que satisface lo mismo que la S anterior, entonces S ◦ L−1 satisface que S ◦ L−1 : 0, ∞ 7→ z1 , z2 7→ 0, ∞ y as´ı, por el ejemplo 7.7 se debe tener que S ◦ L−1 (z) = λ z, para λ 6= 0, 1, y por lo tanto S = λ L, y la afirmaci´on rec´ıproca es obvia. Ahora, si para w1 , w2 la transformaci´on de M¨obius R satisface que R(w1 ) = 0 y R(w2 ) = ∞, entonces la composici´on T := R−1 ◦ S : z1 , z2 7→ 0, ∞ 7→ w1 , w2 . Finalmente, si Tˆ : z1 , z2 7→ w1 , w2 es otra transformaci´on de M¨obius con la misma propiedad que la T anterior, entonces R ◦ Tˆ : z1 , z2 7→ w1 , w2 , 0, ∞ y por lo observado en el p´arrafo anterior se debe tener que S = λ R ◦ Tˆ con λ ∈ C∗ . Pero como T = R−1 ◦ S, entonces S = R ◦ T que al substituir en S = λ R ◦ Tˆ da R ◦ T = λ R ◦ Tˆ , de donde se sigue que T = R−1 ◦ λ R ◦ Tˆ = λ Tˆ , como se quer´ıa. t u Clases de conjugaci´on. En el grupo M¨ob de transformaciones de M¨obius de C∞ consideremos la relaci´on de equivalencia dada por la conjugaci´on1 , es decir, L, T ∈ M¨ob son conjugadas si existe una S ∈ M¨ob tal que T = S ◦ L ◦ S−1 . Esta es una 1

Vea por ejemplo [9].

7.2 Transformadas de M¨obius

185

relaci´on de equivalencia y sus clases de equivalencia se conocen como las clases de conjugaci´on del grupo M¨ob. Ejemplo 7.8. Todas las traslaciones, excepto por cero, son conjugadas. En efecto, si √ (

b/a)z+c

Ta (z) = z + a y Tb (z) = z + b son dos traslaciones, sea S(z) = √ . Entonces, a/b   1a como la matriz de Ta es de la forma para Ta , y cambiando a por b se tiene la 01 de Tb , y como    p    p 1a 1b a/b pc a/b p−c = 01 01 b/a b/a 0 0 del corolario 7.10 se sigue que S ◦ Ta ◦ S−1 = Tb . Ejemplo 7.9. Consideremos ahora las transformaciones de M¨obius de la forma Dλ (z) = λ z, con λ 6= 0, 1, y queremos determinar cu´ando dos transformaciones de M¨obius de esta forma son conjugadas. Supongamos entonces que Dµ es otra transformaci´on de M¨obius de la forma anterior, con µ ∈ C − {0, 1}, y que es conjugada de Dλ , es decir, existe una transformaci´on de M¨obius M tal que (1)

Dµ = M ◦ Dλ ◦ M −1 .

Se sigue que M(0) y M(∞) son los puntos fijos de Dµ ya que (2)

M ◦ Dλ ◦ M −1 : M(0), M(∞) 7→ 0, ∞ 7→ 0, ∞ 7→ M(0), M(∞)

ya que, por el ejemplo 7.7, los puntos fijos de Dλ (z) = λ z son 0, ∞. Pero, por (1), M ◦ Dλ ◦ M −1 = Dµ tiene (por el ejemplo 7.7) los puntos fijos 0, ∞. Se sigue que {M(0), M(∞)} = {0, ∞} y se tienen las posibilidades siguientes: M(0) = 0 y M(∞) = ∞ o M(0) = ∞ y M(∞) = 0. En el primer caso, por el ejemplo 7.7 se tiene que M = Dα , con α 6= 0, 1. En el segundo caso, si M(z) = az+b cz+d , como M(0) = ∞ se debe tener que b 6= 0 y d = 0, y como M(∞) = 0 entonces a = 0; se sigue que M(z) = czb = (b/c) 1z , es decir, M(z) = δ (1/z) con δ 6= 0. Substituyendo en (1), en el primer caso: M(z) = Dα (z) = αz, por lo que M −1 (z) = Dα −1 (z) y as´ı µz = Dµ (z) = Dα ◦ Dλ ◦ Dα −1 (z) = Dα ◦ Dλ (α −1 z) = Dα (λ α −1 z) = αλ α −1 z = λ z y por lo tanto µ = λ . En el segundo caso: M(z) = δ (1/z) por lo que M −1 (z) = δ /z, y se tiene que
µz = Dµ (z) = M ◦ Dλ ◦ M −1 (z) = M ◦ Dλ (δ /z) = M λ δ /z = δ (z/λ δ ) = λ −1 z y por lo tanto µ = λ −1 . Juntando los dos casos hemos probado que:

186

7 Aplicaciones conformes

Dλ es conjugado de Dµ ⇔ {λ , λ −1 } = {µ, µ −1 } ⇔ λ + λ −1 = µ + µ −1 . El n´umero complejo λ + λ −1 depende entonces s´olo de la clase de conjugaci´on de la transformaci´on de M¨obius Dλ . Note que como λ 6= 1, no puede suceder que λ + λ −1 = 2 ya que esto dar´ıa lugar a la ecuaci´on cuadr´atica λ 2 − 2λ + 1 = 0 cuya u´ nica soluci´on es λ = 1. Se sigue que λ + λ −1 ∈ C − {2}. Se usar´a la notaci´on κ(Dλ ) := λ + λ −1 ∈ C − {2}. Clasificaci´on de las clases de conjugaci´on. En el lema 7.11 vimos que una transformaci´on de M¨obius, distinta de la identidad, tiene uno o dos puntos fijos y a continuaci´on consideramos esos dos casos: ´ nico punto fijo. Observe primero Caso 1. Supongamos que T (z) = az+b cz+d tiene un u que si el u´ nico punto fijo de T es a = ∞, entonces T (z) = z + b es una traslaci´on con b 6= 0. En efecto, por la demostraci´on del lema 7.11 sabemos que T (∞) = ∞ si y s´olo si c = 0 y por lo tanto T (z) = az + b. Si a = 1, como T 6= id, se debe tener que b 6= 0 y as´ı T (z) = z + b. Si a 6= 1, entonces T (z) = az + b tiene otro punto fijo, a saber, z = b/(1 − a), una contradicci´on. Supongamos ahora que a 6= ∞ es el u´ nico punto fijo de T . Sea S una transformaci´on de M¨obius tal que S(a) = ∞ (para a 6= ∞, S(z) = 1/(z − a) sirve). Entonces, S ◦ T ◦ S−1 tiene como u´ nico punto fijo al ∞ y, por lo visto en el p´arrafo previo, es una traslaci´on, digamos S ◦ T ◦ S−1 (z) = z + b con b 6= 0. Por el ejemplo 7.8 todas las traslaciones no triviales son conjugadas entre s´ı. Caso 2. Supongamos ahora que T (z) = az+b cz+d tiene dos puntos fijos (distintos), digamos a, b ∈ C∞ . Sea S una transformaci´on de M¨obius tal que S(a) = 0 y S(b) = ∞. Entonces, S ◦ T ◦ S−1 : 0, ∞ 7→ 0, ∞ tiene como puntos fijos al 0, ∞. Por el ejemplo 7.7 se debe tener que S ◦ T ◦ S−1 = Dλ , con λ 6= 0, 1. Por el ejemplo 7.9 dos transformaciones de M¨obius de la forma Dλ , con λ ∈ C − {0, 1} son conjugadas si y s´olo si tienen el mismo invariante κ(Dλ ) = λ + λ −1 . Ahora, usando que para T con dos puntos fijos se tiene que S ◦ T ◦ S−1 = Dλ , se define κ(T ) = κ(Dλ ) = λ + λ −1 . El ejercicio 7.22 pide probar que si T y R tienen dos puntos fijos, entonces T es conjugada de R si y s´olo si κ(T ) = κ(R). Hemos as´ı probado: Teorema 7.14. Las clases de conjugaci´on de las transformadas de M¨obius son: (1) La clase formada s´olo por la identidad {id}. (2) Las que tienen un u´ nico punto fijo, a las que se llama parab´olicas. (3) Las que tienen dos puntos fijos dan lugar a las clases de conjugaci´on Ca = {T : C∞ → C∞ : κ(T ) = a ∈ C − {2}}, donde

7.2 Transformadas de M¨obius

187

Si a ∈ [−2, 2), se dice que T es el´ıptica. Si a ∈ (2, ∞), se dice que T es hiperb´olica. Si a ∈ C − [−2, ∞), se dice que T es loxodr´omica. t u

Ejercicios 7.7. Demuestre las partes (1) y (2) del lema 7.4. 7.8. Encuentre los puntos fijos de una traslaci´on, una dilataci´on y la inversi´on. 7.9. Si T es una transformaci´on de M¨obius, encuentre condiciones necesarias y suficientes sobre T para que T (S1 ) = S1 , donde S1 es el c´ırculo unitario |z| = 1. 7.10. Si T es una transformaci´on de M¨obius, encuentre condiciones necesarias y suficientes sobre T para que T (B(0; 1)) = B(0; 1), donde B(0; 1) es el disco unitario |z| < 1. 7.11. Sea f : B(0; 1) → C holomorfa no constante tal que Re( f (z)) ≥ 0 para todo z ∈ B(0; 1). (1) (2)

(3)

Demuestre que Re( f (z)) > 0 para todo z ∈ B(0; 1). Usando una transformaci´on de M¨obius adecuada y el lema de Schwarz 7.7, demuestre que si f (0) = 1, entonces | f (z)| ≤

1 + |z| 1 − |z|

| f (z)| ≥

1 − |z| 1 + |z|

para z ∈ B(0; 1). Si f (0) = 1, demuestre que

7.12. Demuestre que, en C2 − {(0, 0)}, la relaci´on (w, z) ∼ (w0 , z0 ) ⇔ existe λ ∈ C∗ tal que λ (w, z) = (w0 , z0 ) es de equivalencia. 7.13. Demuestre las partes algebraicas del corolario 7.10. 7.14. Demuestre que las transformaciones de M¨obius que llevan el disco unitario sobre s´ı mismo son de la forma T (z) =

λ (z − z0 ) , z0 z − 1

con |z0 | < 1 y |λ | = 1.

7.15. Usando el lema de Schwarz 7.7, demuestre que la identidad es la u´ nica aplicaci´on conforme biyectiva del disco unitario en s´ı mismo, que fija el origen y tiene derivada positiva.

188

7 Aplicaciones conformes

7.16. Usando el ejercicio anterior, demuestre que las u´ nicas aplicaciones conformes biyectivas del disco unitario en s´ı mismo son las del ejercicio 7.14. 7.17. ¿Para qu´e valores de λ es Dλ el´ıptica o hiperb´olica? 7.18. Suponga que una transformaci´on de M¨obius T 6= id no tiene al ∞ como punto fijo. Demuestre que si T es parab´olica y a es su punto fijo, entonces T 0 (a) = 1. 7.19. Suponga que una transformaci´on de M¨obius T 6= id no tiene al ∞ como punto fijo. Si T tiene dos puntos fijos, digamos a, b, demuestre que T 0 (a)T 0 (b) = 1. on de M¨obius y sea H = {z ∈ C : Im(z) > 0} 7.20. Sea T (z) = az+b cz+d una transformaci´ el semiplano complejo abierto superior. Demuestre que T manda H en H si y s´olo si a, b, c, d ∈ R y ad − bc = 1. 7.21. Sea Γ := {T (z) = az+b cz+d : a, b, c, d ∈ Z, ad − bc = 1}. Por el ejercicio anterior los elementos de Γ mandan el semiplano H en s´ı mismo. Demuestre que, con la composici´on de funciones, Γ es un grupo, al que se conoce como el grupo modular. 7.22. Demuestre que si T y R tienen dos puntos fijos, entonces T es conjugada de R si y s´olo si κ(T ) = κ(R). 7.23. Si T tiene dos puntos fijos finitos, digamos a, b ∈ C ⊆ C∞ , demuestre que κ(T ) = T 0 (a) + T 0 (b). 7.24. Muestre que las transformaciones de M¨obius T (z) = 1/z y R(z) = −z son conjugadas. 7.25. Demuestre que el grupo de M¨obius M¨ob es simple. 7.26. Demuestre que si f : B(0; 1) → B(0; 1) es holomorfa, f 6= id, entonces f tiene a lo m´as un punto fijo en B(0; 1), es decir, un punto z ∈ B(0; 1) tal que f (z) = z. 7.27. Sea f : B(0; 1) → B(0; 1) es holomorfa. Demuestre que para todo z ∈ B(0; 1) se tiene que 1 . | f 0 (z)| ≤ 1 − |z|

7.3.

El teorema de la aplicaci´on de Riemann

Si Ω1 , Ω2 son dos regiones de C, diremos que son conformes o equivalentemente conformes si existe una funci´on biyectiva holomorfa f : Ω1 → Ω2 . Por el teorema de la funci´on abierta 4.25, la funci´on f anterior es biholomorfa. Como la familia de funciones holomorfas y biyectivas es cerrada bajo composici´on (proposici´on 2.4) e inversas (corolarios 4.26 y 5.21), se sigue que la relaci´on de equivalencia conforme anterior es, en efecto, una relaci´on de equivalencia.

7.3 El teorema de la aplicaci´on de Riemann

189

Ejemplo 7.10. Cualquier disco abierto B(z0 ; r), para 0 < r < ∞, es conformemente equivalente al disco unitario B(0; 1). En efecto, la traslaci´on T : B(z0 ; r) → B(0; r) dada por T (z) = z − z0 es biholomorfa. La contracci´on S : B(0; r) → B(0; 1) dada por S(z) = z/r tambi´en es biholomorfa y as´ı, la composici´on S ◦ T : B(z0 ; r) → B(0; 1) es biholomorfa. Ejemplo 7.11. El teorema de Liouville 4.18 implica que el plano C no es conformemente equivalente al disco unitario. Ejemplo 7.12. Sea H := {z ∈ C : Im(z) > 0} el semiplano (abierto) superior. Claramente H es una regi´on no acotada de C. Mostraremos que H es conformemente equivalente al disco unitario B(0; 1). En efecto, las matrices     1 −i i i A := y B := 1 i −1 1 son invertibles y satisfacen que AB = 2iI2 = BA. Para las transformaciones de M¨obius asociadas TA (z) =

z−i z+i

y

TB (z) =

iz + i z+1 =i −z + 1 −z + 1

se tiene que TA es holomorfa en C − {−i} y TB es holomorfa en C − {1}. Por las partes (1) y (2) del lema 7.4 se sigue que TA ◦ TB = TAB = T2iI2 = id = T2iI2 = TBA = TB ◦ TA y por lo tanto TA y TB son biholomorfas inversas una de la otra. Veamos ahora cu´ales son las im´agenes de estas dos funciones: Para TA observe que, para z = x + iy 6= −i, 1 − |TA (z)|2 = 1 −

|z|2 − 2y + 1 4y 4 Im(z) = = |z|2 + 2y + 1 |z + i|2 |z + i|2

y por lo tanto, para z ∈ H donde Im(z) > 0 (en particular z 6= −i) se tiene que 1 − |TA (z)|2 > 0 y as´ı |Ta (z)| < 1, es decir, la restricci´on de TA al semiplano superior satisface que (1)

TA : H → B(0; 1).

Por otra parte, para TB y z 6= 1,  1+z 1  1+z 1 + z  1  2 − 2|z|2  1 − |z|2 Im(TB (z)) = Im i = i +i = = 1−z 2i 1 − z 1−z 2 |1 − z|2 |1 − z|2 entonces, para |z| < 1 se tiene que Im(TB (z)) > 0, es decir, la restricci´on de TB al disco unitario satisface que

190

7 Aplicaciones conformes

TB : B(0; 1) → H.

(2)

Finalmente, como TA y TB son conformes, inversas una de la otra, (1) y (2) implican que TA : H → B(0; 1) es una equivalencia conforme, es decir, el semiplano superior es conformemente equivalente al disco unitario.

H

TA 

TB

B(0; 1)

Una vasta generalizaci´on del ejemplo 7.12 anterior es el resultado principal de esta secci´on, uno de los teoremas m´as profundos de la teor´ıa de funciones de una variable compleja: Teorema 7.15 (Riemann). Todo subconjunto propio, abierto y simplemente conexo de C es conformemente equivalente al disco unitario B(0; 1). Idea de la demostraci´on. Se quiere mostrar la existencia de una funci´on f : Ω → B(0; 1) holomorfa y biyectiva (a la que se conoce como una aplicaci´on de Riemann). Supongamos por un momento que ya se tiene una tal funci´on y sea z0 ∈ Ω tal que f (z0 ) = 0 (z0 es u´ nico, porque f es biyectiva). Si g : Ω → B(0; 1) es cualquier otra funci´on holomorfa tal que g(z0 ) = 0, entonces la composici´on g ◦ f −1 : B(0; 1) → B(0; 1) es una funci´on holomorfa del disco unitario en s´ı mismo y satisface que g ◦ f −1 (0) = 0. Por el lema de Schwarz 7.7 se tiene que |(g ◦ f −1 )0 (0)| ≤ 1 con la igualdad si y s´olo si la funci´on g ◦ f −1 (z) = λ z, para λ ∈ C tal que |λ | = 1. Ahora, por la regla de la cadena (g ◦ f −1 )0 (0) = g0 ( f −1 (0))( f −1 )0 (0) = g0 (z0 ) f 0 (z1 ) y susbtituyendo en la desigualdad |(g ◦ f −1 )0 (0)| ≤ 1 se tiene que

0

|g0 (z0 )| = (g ◦ f −1 )0 (0) ≤ 1 0 | f (z0 )| de donde se sigue que (1)

|g0 (z0 )| ≤ | f 0 (z0 )|

con la igualdad si y s´olo si g = λ f , para λ ∈ C tal que |λ | = 1. Dicho en otras palabras, la desigualdad (1) dice que la aplicaci´on de Riemann f maximiza, en valor absoluto, la derivada de cualquier funci´on de la familia de funciones holomorfas Ω → B(0; 1) que se anulan en z0 .

7.3 El teorema de la aplicaci´on de Riemann

191

La discusi´on anterior sugiere entonces la estrategia para la demostraci´on del teorema de Riemann 7.15: se debe maximizar | f 0 (z0 )| entre la familia F de funciones holomorfas inyectivas f : Ω → B(0; 1) que se anulan en el punto z0 ∈ Ω . Lo primero que haremos es mostrar que el problema de maximizaci´on anterior tiene soluci´on, y despu´es, siguiendo una idea de Carath´eodory, simplificada por F´ejer y Riesz, probaremos el teorema de Riemann 7.15. Comenzamos con el problema de maximizaci´on planteado observando que, como es usual en este tipo de problemas, la existencia de la soluci´on o´ ptima depende sutilmente de propiedades de compacidad y de sucesiones de funciones uniformemente localmente acotadas. Comenzamos con la parte topol´ogica: Lema 7.16. Todo abierto Ω ⊆ C es la uni´on de una sucesi´on {Kn } de subconjuntos compactos tales que (i) (ii)

Kn ⊆ int Kn+1 , para todo n, y Cada compacto de Ω est´a contenido en alg´un Kn .

Demostraci´on. Para cada n ≥ 1 defina los conjuntos abiertos [
Un := {z ∈ C : |z| > n} ∪ B a; 1/n . a6∈Ω

Entonces, sus complementos Kn := {z ∈ C : |z| ≤ n} ∩

\

{z ∈ C : |z − a| ≥ 1/n}

a6∈Ω

son cerrados y acotados (por n, por ejemplo) y as´ı, son compactos. Note que \

{z ∈ C : |z − a| ≥ 1/n} = {z ∈ C : d(z, C − Ω ) ≥ 1/n}

a6∈Ω

por lo que este conjunto est´a contenido en Ω . Se sigue que cada Kn ⊆ Ω . Por otro lado, si z ∈ Ω , como C − Ω es cerrado, por la proposici´on 1.23 se tiene que d(z, C − Ω ) > 0 y as´ı existe un entero n ≥ 1 tal que d(z, C − Ω ) ≥ 1/n y escogiendo n suficientemente grande, para que se cumpla que |z| ≤ n, se tiene que z ∈ Kn . Hemos S as´ı probado que Ω = n Kn . Note ahora que Kn ⊆ {z ∈ C : |z| < n + 1} ∩ {z ∈ C : d(z, C − Ω ) > 1/(n + 1)} ⊆ Kn+1 donde el conjunto de enmedio es abierto, lo cual demuestra la parte (i) y al mismo tiempo se sigue que [ [ Ω = Kn = int Kn+1 n

n

por lo que {int Kn } es una cubierta abierta de Ω , en particular lo es de cada subconjunto compacto K ⊆ Ω y consecuentemente K est´a cubierto por una familia finita de conjuntos int Kn , y como estos est´an encadenados por el lema 7.16 (ii), K est´a contenido en el mayor de ellos, lo cual prueba (ii). t u

192

7 Aplicaciones conformes

Familias de funciones continuas. A continuaci´on recolectamos las nociones que necesitamos sobre familias de funciones continuas u holomorfas. Usaremos la notaci´on C(Ω , ∆ ) para denotar a la familia de funciones continuas f : Ω → ∆ ⊆ C y denotaremos con O(Ω ) ⊆ C(Ω , C) al conjunto de funciones holomorfas f : Ω → C. Si F ⊆ C(Ω , C) es una familia de funciones continuas en Ω , diremos que F es una familia equicontinua si para todo ε > 0 existe un δ > 0 tal que para toda f ∈ F, si |z − z0 | < δ se tiene que | f (z) − f (z0 )| < ε. Note entonces que toda f ∈ F es una funci´on uniformemente continua. Se dice que F es una familia puntualmente acotada si para cada z ∈ Ω existe un n´umero real M(z) tal que | f (z)| ≤ M(z) para toda f ∈ F. Equivalentemente, si para cada z ∈ Ω el conjunto { f (z) : f ∈ F} tiene cerradura compacta (vea el ejercicio 7.31). Una familia de funciones F ⊆ O(Ω ) se dice que es una familia normal si toda sucesi´on de funciones de la familia tiene una subsucesi´on que converge uniformemente en cada subconjunto compacto de Ω (algunas veces se dice que la subsucesi´on converge uniformemente localmente). Note que no se pide que la funci´on l´ımite sea un elemento de F. Teorema 7.17 (Arzel`a-Ascoli). Si F ⊆ C(Ω , C) es una familia equicontinua puntualmente acotada, entonces F es normal. Demostraci´on. Sea { fn } una sucesi´on de funciones fn ∈ F. Sea z1 , z2 , . . . , zn , . . . una enumeraci´on de los puntos de Ω que tienen parte real e imaginaria en Q. Pongamos S0 = N. Para el punto z1 , por hip´otesis la sucesi´on { fn (z1 ) : n ∈ S0 } es una sucesi´on (puntualmente) acotada de n´umeros complejos y por lo tanto (vea el ejercicio 1.31 de la secci´on 1.2 del cap´ıtulo 1) contiene una subsucesi´on convergente, es decir, existe un subconjunto infinito S1 ⊆ S0 tal que la sucesi´on { fn1 (z1 ) : n1 ∈ S1 } converge. Consideremos ahora la subsucesi´on { fn1 : n1 ∈ S1 } de { fn }. Para el punto z2 , por hip´otesis la sucesi´on { fn1 (z2 ) : n ∈ S1 } es (puntualmente) acotada y procediendo como antes existe un subconjunto infinito S2 ⊆ S1 y una subsucesi´on { fn2 : n2 ∈ S2 } de { fn1 : n1 ∈ S1 } tal que { fn2 (z2 ) : n2 ∈ S2 } converge. Recursivamente se obtienen subconjuntos infinitos (1)

· · · ⊆ Sk ⊆ Sk−1 ⊆ · · · ⊆ S1 ⊆ S0 = N

con la propiedad de que existen subsucesiones { fnk : nk ∈ Sk } tales que { fnk (zk ) : nk ∈ Sk } converge. Note que se tienen inclusiones (2)

{ fnk } ⊆ { fnk−1 } ⊆ · · · ⊆ { fn1 } ⊆ { fn }

y para cada k la subsucesi´on { fnk } converge puntualmente en cada z1 , . . . , zk . Considere ahora la subsucesi´on diagonal { frk } cuyo rk -´esimo t´ermino frk es el k-´esimo t´ermino de la subsucesi´on { fnk }. Dicho de otra manera, rk es el k-´esimo t´ermino en Sk (en el orden usual) y poniendo S := {r1 , r2 , . . .} se tiene que la subsucesi´on diagonal anterior es { frk : rk ∈ S}. Note que, por las inclusiones de (1), para cada k hay a lo m´as k − 1 t´erminos en S − Sk . Se sigue que { frk (z j )} converge para todos

7.3 El teorema de la aplicaci´on de Riemann

193

los puntos z j ∈ Ω con parte real e imaginaria en Q. As´ı, para cada ε > 0 y cada z ∈ Ω con partes real e imaginaria en Q, existe un entero N(ε, z) tal que (1)

| fm (z) − fn (z)| < ε/3

para todo m, n > N(ε, z) con m, n ∈ S. Ahora, sea K ⊆ Ω un compacto. Como F es equicontinua, para el ε > 0 anterior existe una δ > 0 tal que si |z − z0 | < δ se tiene que (2)

| fn (z) − fn (z0 )| < ε/3.

Note ahora que los discos B(w; δ /2), variando z ∈ K, forman una cubierta abierta de K, y como K es compacto admiten una subcubierta finita, digamos B(w1 ; δ /2), . . . , B(wM ; δ /2). Observe ahora que los complejos con partes real e imaginaria en Q son densos en Ω y as´ı, en cada uno de los discos B(wi ; δ /2) podemos escoger un complejo zi con partes real e imaginaria racionales, para cada 1 ≤ i ≤ M. Entonces, por (1) el entero N = m´ax{N(ε, zi ) : 1 ≤ i ≤ M} satisface que (3)

| fm (zi ) − fn (zi )| < ε/3

para todo m, n > N y 1 ≤ i ≤ M. Para terminar, si z ∈ K es arbitrario, escojamos un disco de la cubierta tal que z ∈ B(wi ; δ /2) y un zi ∈ B(wi ; δ /2) con partes real e imaginaria racionales. Entonces, para toda m, n > N, con m, n ∈ S, por (3) y (2) con z0 = zi , se tiene que | fm (z) − fn (z)| ≤ | fm (z) − fn (zi )| + | fn (zi ) − fm (zi )| + | fm (zi ) − fn (z)| < ε/3 + ε/3 + ε/3 = ε, de donde se sigue que la subsucesi´on { fn : n ∈ S} es de Cauchy y por lo tanto converge, en el compacto K, como se quer´ıa. t u Una familia de funciones F ⊆ O(Ω ) se dice que es una familia localmente acotada si cada punto z0 ∈ Ω tiene un disco en el cual la familia est´a acotada por la misma cota, es decir, existen constantes M y r > 0 tales que | f (z)| ≤ M para toda z ∈ B(z0 ; r) y toda f ∈ F. Claramente toda familia localmente acotada es puntualmente acotada. Lema 7.18. Una familia F ⊆ O(Ω ) es localmente acotada si y s´olo si para cada subconjunto compacto K ⊆ Ω , existe un n´umero real R(K) tal que | f (z)| ≤ R(K) para todo f ∈ F y todo z ∈ K. Demostraci´on. Si F es localmente acotada y K ⊆ Ω es cualquier compacto, por hip´otesis en cada punto z ∈ K se tiene un disco B(z; r) en el cual las restricciones de las funciones de F est´an acotadas, digamos por Rr . Como K es compacto y estos discos cubren K, existe una subcubierta finita de K, digamos B(z1 ; r1 ), . . . , B(zn ; rn ) y cotas R1 , . . . , Rn para F en cada uno de estos n discos. Sea R(K) = m´ax{R1 , . . . , Rn }. Entonces, R(K) es cota de todas las funciones de F al restrigirlas a K. El rec´ıproco t u es directo, usando los compactos B(z; r).

194

7 Aplicaciones conformes

El resultado importante en este contexto es: Teorema 7.19 (Stieltjes-Osgood-Montel). Sea Ω ⊆ C una regi´on. Si la familia F ⊆ O(Ω ) es localmente acotada, entonces F es normal. Demostraci´on. Como F es localmente acotada, es puntualmente acotada. Por el teorema de Arzel`a-Ascoli 7.17 basta probar que F es equicontinua. Por S el lema 7.16 existe una sucesi´on de subconjuntos compactos {Kn } de Ω tales que Kn = Ω y Kn ⊆ int Kn+1 , para todo n. Entonces, para z ∈ Kn ⊆ int Kn+1 existe un δn > 0 tal que B(z; δn ) ⊆ int Kn+1 ⊆ Kn+1 .

(1)

Ahora, si z1 , z2 ∈ Kn satisfacen que |z1 − z2 | < δn /2, sea γ = ∂ B(z1 ; δn ) orientado positivamente. Usando que 1 z1 − z2 1 − = ζ − z1 ζ − z2 (ζ − z1 )(ζ − z2 ) por la f´ormula de Cauchy 4.3 se tiene que f (z1 ) − f (z2 ) =

=

1 2πi

Z γ

f (ζ ) 1 dζ − ζ − z1 2πi

(z1 − z2 ) 2πi

Z γ

Z γ

f (ζ ) 1 dζ = ζ − z2 2πi

Z γ

(z1 − z2 ) f (ζ ) dζ (ζ − z1 )(ζ − z2 )

f (ζ ) dζ (ζ − z1 )(ζ − z2 )

y como ζ ∈ {γ}, entonces |ζ − z1 | = δn y ya que |z1 − z2 | < δn /2 se debe tener que |ζ − z2 | > δn /2 y as´ı 1/|ζ − z2 | < 2/δn , y por lo tanto, de la igualdad que obtuvimos de la f´ormula de Cauchy se sigue que n o |z1 − z2 | | f (ζ )| sup : ζ ∈ {γ} `(γ) 2π |ζ − z1 ||ζ − z2 | R(Kn+1 )|z1 − z2 | |z1 − z2 | 2 R(Kn+1 ) · 2πδn = < 2 2π δn 2δn

| f (z1 ) − f (z2 )| ≤

para todo f ∈ F y cualesquieranz1 , z2 ∈ Kn tales o que |z1 − z2 | < δn /2. Finalmente, δn δn dada ε > 0 escogiendo δ < m´ın 2 , R(K ) ε se tiene que si |z1 − z2 | < δ entonces n+1

| f (z1 ) − f (z2 )| < ε, para toda f ∈ F. Hemos probado as´ı que, para cada Kn , las restricciones de elementos de F a Kn forman una familia equicontinua. Entonces, para cualquier sucesi´on { fn } ⊆ F, al restringirla a K1 es equicontinunua y as´ı, por el teorema de Arzel`a-Ascoli 7.17, tiene una subsucesi´on { fn1 } que converge en K1 . Restringiendo ahora esta subsucesi´on a K2 , de nuevo es equicontinua y por lo tanto tiene una subsucesi´on que converge en K2 . Procediendo recursivamente, se tienen conjuntos infinitos de enteros Sk : · · · ⊆ Sk ⊆ Sk−1 ⊆ · · · ⊆ S1 ⊆ S0 = N

7.3 El teorema de la aplicaci´on de Riemann

195

con la propiedad de que existen subsucesiones { fnk : nk ∈ Sk } ⊆ { fn } tales que sus restricciones convergen uniformemente en Kn . Como en la demostraci´on del teorema de Arzel`a-Ascoli 7.17, el m´etodo diagonal da una subsucesi´on { frk : rk ∈ S} que converge uniformemente en cada Kn , y as´ı, por el lema 7.17, en cada subconjunto compacto K ⊆ Ω . Se sigue que F es normal. t u Procedemos a continuaci´on a demostrar el teorema de Riemann 7.15: Demostraci´on. Sea Ω

C una regi´on simplemente conexa y sea

F := { f ∈ O(Ω ) : f es inyectiva y f (Ω ) ⊆ B(0; 1)}; mostraremos que existe una f ∈ F que es suprayectiva en B(0; 1). Para comenzar, observe que como f (Ω ) ⊆ B(0; 1), entonces sup{| f (z)| : z ∈ Ω } ≤ 1, para toda f ∈ F y por lo tanto F es localmente acotada. Por el teorema de Stieljes-OsgoodMontel 7.19 F es normal si es no vac´ıa. Para probar que no es vac´ıa, observe que como Ω C, existe un w0 ∈ C − Ω por lo que la funci´on z 7→ z − w0 no se anula en Ω , y como Ω es simplemente conexo existe una ra´ız cuadrada de esta funci´on, es decir, existe ϕ ∈ O(Ω ) tal que (ϕ(z))2 = z − w0 . Note ahora que si ϕ(z1 ) = ϕ(z2 ) entonces z1 − w0 = (ϕ(z1 ))2 = (ϕ(z2 ))2 = z2 − w0 y por lo tanto z1 = z2 y as´ı ϕ es inyectiva. Tambi´en, si ϕ(z1 ) = −ϕ(z2 ) el mismo argumento muestra que z1 = z2 . Ahora, como ϕ es inyectiva, el teorema de la funci´on abierta 4.25 ϕ(Ω ) es abierto. En particular, para z0 ∈ Ω , ϕ(z0 ) ∈ ϕ(Ω ) es un punto interior, es decir, existe un disco B(ϕ(z0 ); r) ⊆ ϕ(Ω ), donde podemos escoger 0 < r < |ϕ(z0 )|; note que ϕ(z0 ) 6= 0 porque (ϕ(z0 ))2 = ϕ(z0 ) − w0 y z0 ∈ Ω . Entonces, el disco B(−ϕ(z0 ); r) no interecta a Ω ya que si existiera un z ∈ Ω tal que ϕ(z) ∈ B(−ϕ(z0 ); r), se tendr´ıa que |ϕ(z) + ϕ(z0 )| < r y por lo tanto | − ϕ(z) − ϕ(z0 )| < r. Se sigue que −ϕ(z) ∈ B(ϕ(z0 ); r) ⊆ ϕ(Ω ) y as´ı existe z0 ∈ Ω tal que ϕ(z0 ) = −ϕ(z), y como observamos antes lo anterior implica que z = z0 y consecuentemente ϕ(z) = −ϕ(z) de donde se sigue que ϕ(z) = 0 y por lo tanto z − w0 = (ϕ(z))2 = 0, es decir, w0 = z ∈ Ω , una contradicci´on. Hemos as´ı mostrado que ϕ(Ω ) ∩ B(−ϕ(z0 ); r) = 0. / Si ahora se define r :Ω →C ψ= ϕ + ϕ(z0 ) observe que, como ϕ(z) 6= −ϕ(z0 ) para toda z ∈ Ω , entonces ψ es holomorfa, y es inyectiva porque ϕ lo es. Tambi´en, para z ∈ Ω , como ϕ(z) 6∈ B(−ϕ(z0 ); r), entonces |ϕ(z) + ϕ(z0 )| > r y por lo tanto 1/|ϕ(z) + ϕ(z0 )|, 1/r, de donde se sigue que r r |ψ(z)| = < 1, = ϕ(z) + ϕ(z0 ) |ϕ(z) + ϕ(z0 )| es decir, ψ : Ω → B(0; 1) es holomorfa e inyectiva, por lo que ψ ∈ F y as´ı F 6= 0, / y por lo tanto es normal por el teorema de Stieljes-Osgood-Montel 7.19. Una vez que ya probamos que F 6= 0, / tiene sentido el paso siguiente que es considerar el problema de maximizar los valores absolutos | f 0 (z0 )| variando f ∈ F. Sea

196

7 Aplicaciones conformes

µ := sup{| f 0 (z0 )| : f ∈ F}. Observe que µ > 0 porque las funciones f ∈ F son holomorfas inyectivas y por lo tanto su derivada no se anula en Ω . Por definici´on de µ existe una sucesi´on { fn } ⊆ F tal que {| fn0 (z0 )|} → µ, y como F es normal, esta sucesi´on tiene una subsucesi´on que converge uniformemente en subconjuntos compactos de Ω (y por simplicidad y no complicar la notaci´on la seguiremos denotando por { fn }); sea f = l´ım{ fn }. Por el teorema de convergencia 4.27 de Weierstrass f ∈ O(Ω ) y { fn0 } → f 0 uniformemente en subconjuntos compactos de Ω . Se sigue que | f 0 (z0 )| = l´ım {| fn0 (z0 )|} = µ n→∞

y como µ > 0, lo anterior implica que f no es constante. Ahora, como cada fn (Ω ) ⊆ B(0; 1), entonces f (Ω ) ⊆ B(0; 1), pero como f : Ω → C es holomorfa no constante, por el teorema de la funci´on abierta 4.25 f (Ω ) es abierto y consecuentemente f (Ω ) ⊆ B(0; 1). Finalmente, observe que como cada fn ∈ F es inyectiva, entonces f tambi´en es inyectiva: en efecto, si z 6= z0 son dos puntos de Ω , pongamos w = f (z) y wn = fn (z), para n ≥ 1. Escojamos un disco cerrado B(z0 ; δ ) que no contiene a z y adem´as tal que f − w no tiene ceros en ∂ B(z0 ; δ ) (lo cual es posible porque los ceros de f − w no tienen puntos de acumulaci´on en Ω , por el teorema de la identidad 4.20). Note ahora que las funciones { fn − wn } → f − w (uniformemente en B(z0 ; δ )) y como las fn son inyectivas, las fn − wn no tienen ceros en B(z0 ; δ ) (porque su u´ nico cero es z 6∈ B(z0 ; δ )). Por el teorema de Hurwitz 6.12 las funciones fn − wn y f − w tienen el mismo n´umero de ceros en B(z0 ; δ ) y consecuentemente f − w no tiene ceros en B(z0 ; δ ), en particular f (z0 ) 6= w = f (z), es decir, f es inyectiva y as´ı f ∈ F. Observe ahora que, para la transformaci´on de M¨obius Lw : B(0; 1) → B(0; 1) del ejemplo 7.6 (donde se muestra que Lw : B(0; 1) → B(0; 1) es biholomorfa), al componer con f ∈ F se obtiene otra funci´on en F ya que Lw es biholomorfa y si w = f (z0 ) la composici´on L f (z0 ) ◦ f : Ω → B(0; 1)

dada por

(L f (z0 ) ◦ f )(z) =

f (z) − f (z0 ) 1 − f (z0 ) f (z)

satisface adem´as que (L f (z0 ) ◦ f )(z0 ) = 0. As´ı, en F hay funciones ϕ : Ω → B(0; 1) holomorfas e inyectivas que adem´as satisfacen que ϕ(z0 ) = 0. Mostraremos ahora que el teorema de Riemann se sigue de lo anterior (por medio de un truco, ((sacado de la manga)), de Koebe2 ). En efecto, sea f ∈ F una funci´on que maximiza el valor absoluto |ϕ 0 (z0 )| entre las funciones ϕ ∈ F que satisfacen que ϕ(z0 ) = 0. Supongamos que f (Ω ) B(0; 1) y sea w ∈ B(0; 1) − f (Ω ). Entonces, z−w del ejemplo la composici´on de f (z) con la transformaci´on de M¨obius Lw (z) = 1−wz 7.6, (1)

2

Lw ◦ f : Ω → B(0; 1)

dada por

f (z) − w 1 − w f (z)

Literalmente: ((Schmiegungsverfahren)), en la p´agina 845 de [18].

7.3 El teorema de la aplicaci´on de Riemann

197

es holomorfa e inyectiva en Ω y no se anula en Ω porque estamos asumiendo que w 6= f (z) para todo z ∈ Ω . Como Ω es simplemente conexa, por el corolario 5.14 la funci´on de (1) tiene una ra´ız cuadrada holomorfa en Ω , es decir, existe g : Ω → C holomorfa tal que
2 f (z) − w g(z) = 1 − w f (z)

(2)

y observe que g es inyectiva (por una demostraci´on similar a la que hicimos cuando probamos que F 6= 0) / y que no se anula en Ω . Definamos ahora h : Ω → C mediante h(z) = Lg(z0 ) ◦ g, con Lg(z0 ) la transformaci´on de M¨obius del ejemplo 7.6, es decir, (3)

h(z) =

g(z) − g(z0 ) 1 − g(z0 )g(z)

,

con g(z0 ) jugando el papel de w en (1) y as´ı h(Ω ) ⊆ B(0; 1). Note tambi´en que h(z0 ) = 0 y que h es inyectiva porque g y Lg(z0 ) lo son. Se sigue que h ∈ F. Ahora, por la regla de la cadena la derivada de h en z0 es (4)

0 h0 (z0 ) = (Lg(z0 ) ◦ g)0 (z0 ) = Lg(z (g(z0 )) · g0 (z0 ) = 0)

g0 (z0 ) , 1 − |g(z0 )|2

donde observamos que, como f (z0 ) = 0, de (2) se sigue que |g(z0 )|2 = |w|. Por otra parte, derivando en z0 ambos lados de (2) y usando que f (z0 ) = 0 se obtiene que 2g(z0 )g0 (z0 ) =

[1 − w f (z0 )] f 0 (z0 ) + [ f (z0 ) − w]w f 0 (z0 ) = f 0 (z0 )[1 − ww] [1 − w f (z0 )]2

y as´ı f 0 (z0 ) 1 − |w|2 g (z0 ) = 2g(z0 ) 0




por lo que al substituir en (4) queda g0 (z ) f 0 (z ) 1 − |w|2
| f 0 (z )|(1 + |w|) | f 0 (z )|(1 + |w|) 0 0 0 0 p |h (z0 )| = = = = 1 − |w| 2g(z0 )(1 − |w|) 2|g(z0 )| 2 |w|) 0

> | f 0 (z0 )| y como f ∈ F satisface tambi´en que h(z0 ) = 0, la desigualdad anterior contradice la elecci´on de f que maximiza el valor absoluto de la derivada de funciones en F que se anulan en z0 . Se sigue que la existencia de w ∈ B(0; 1) − f (Ω ) es falsa y por lo tanto f (Ω ) = B(0; 1), como se quer´ıa. t u Corolario 7.20. S´olo hay dos clases de equivalencia conforme de regiones simplemente conexas: la clase que consta s´olo de C y la clase que consta de las regiones simplemente conexas propias. t u

198

7 Aplicaciones conformes

Ejercicios 7.28. Considere la funci´on f : C∗ → C dada por f (z) = 12 (z + z−1 ) del ejemplo 7.4. Demuestre que: (7) (8)

f se restringe a una funci´on biholomorfa f : B(0; 1) − {0} → C − [−1, 1]. f se restringe a una funci´on biholomorfa f : H → C − {x ∈ R : |x| ≥ 1}.

7.29. Si Ω ⊆ C es una regi´on que es conformemente equivalente a una regi´on simplemente conexa, demuestre que Ω es simplemente conexa. 7.30. Demuestre que la funci´on de Koebe f : B(0; 1) → C dada por f (z) = inyectiva. Determine su imagen.

z (1−z)2

es

7.31. Si F ⊆ C(Ω , C), demuestre que para cada z ∈ Ω existe un n´umero real M(z) tal que | f (z)| ≤ M(z) para toda f ∈ F si y s´olo si para cada z ∈ Ω el conjunto { f (z) : f ∈ F} tiene cerradura compacta. En este caso se dice que la familia F es puntualmente acotada (vea la p´agina 192). 7.32. En la demostraci´on 7.3 del teorema de la aplicaci´on de Riemann 7.15 se maximiz´o el m´odulo | f 0 (z0 )| para todas las funciones f holomorfas e inyectivas en Ω . Demuestre que la funci´on f con m´odulo | f 0 (z0 )| m´aximo anterior tambi´en maximiza el m´odulo de las derivadas en z0 entre todas las funciones ϕ : Ω → B(0; 1) no necesariamente inyectivas. 7.33. Sean Ω1 , Ω2 dos subconjuntos abiertos propios de C que son simplemente conexos. Sea f : Ω1 → Ω2 una equivalencia conforme y sea z0 ∈ Ω1 y su imagen w0 = f (z0 ) ∈ Ω2 . Demuestre que para cualquier funci´on holomorfa inyectiva g : Ω1 → Ω2 tal que g(z0 ) = w0 se tiene que |g0 (z0 )| ≤ | f 0 (z0 )|. 7.34. Encuentre una funci´on holomorfa f que transforma biyectivamente la regi´on {z ∈ C : |z| < 1, Re(z) > 0} en el disco unitario B(0; 1).

Referencias

En la bibliograf´ıa se han listado, de [1] a [8], libros que han sido consultados y que dan una visi´on m´as amplia de los temas desarrollados en las notas. De [10] a [21] se han incluido algunos art´ıculos consultados, ya sea por su relevancia hist´orica o para aclarar algunos puntos. 1. Ahlfors, L., Complex Analysis. McGraw Hill, New York, 1966. 2. Conway, J. B., Functions of One Complex Variable I. 2nd. Edition, Springer-Verlag, New York, 1978. 3. Heins, M., Complex Function Theory. Academic Press, London, 1969. 4. Lang, S., Complex Analysis. Third Edition, Springer-Verlag, New York, 1993. 5. Remmert, R., Theory of Complex Functions. Springer-Verlag, New York, 1991. 6. Rudin, W., Real and Complex Analysis. Third Edition, McGraw Hill, New York, 1987. 7. Saks, S. and A. Zygmund, Analytic Functions. Third Edition, Elsevier, Amsterdam, 1971. 8. Sarason, D., Complex Function Theory. Second Edition, AMS, Providence, 2007. 9. Zald´ıvar, F., Introducci´on a la teor´ıa de grupos. Revert´e-SMM, M´exico, 2006. 10. Artin. E., “On the Theory of Complex Functions.” Collected Papers, 513-522. AddisonWesley, Reading, 1965. 11. Arzel`a, C., “Sulle funzioni di linee.” Mem. Accad. Sci. Ist. Bologna Cl. Sci. Fis. Mat. 5 (5) (1895), 55-74. 12. Arzel`a, C., “Un’osservazione intorno alle serie di funzioni.” Rend. Dell’ Accad. R. Delle Sci. Dell’Istituto di Bologna (1882-1883), 142-159. 13. Ascoli, G., “Le curve limiti di una variet`a data di curve.” Atti della R. Accad. Dei Lincei Memorie della Cl. Sci. Fis. Mat. Nat. 18 (3) (1883-1884), 521-586. 14. Carath´eodory, C., “Untersuchungen u¨ ber die konformen Abbildungen von festen und ver¨anderlichen Gebieten.” Math. Annalen 72 (1912), 107-144. 15. Dixon, J. D., “A Brief Proof of Cauchy’s Integral Theorem.” Proc. Am. Math. Soc. 29 (3) (1971), 625-626. 16. Goursat, E., “D´emostration du Th´eor`eme de Cauchy.” Acta Math. 4 (3) (1884), 197-200. 17. Goursat, E., “Sur la D´efinition G´en´erale des Fonctions Analytiques d’apr`es Cauchy.” Trans. Am. Math. Soc. 1 (1900), 14-16. ¨ 18. Koebe, P., “Uber eine neue Methode der konformen Abbildung und Uniformisierung.” Nachrichten von der K¨oniglichen der Wissenschaften zu G¨ottingen. Mathematischephysikalesche Klasse (1912), 844-848. 19. Montel, P., “Sur les suites infinies de fonctions.” Ann. de l’Ecole Norm. 4 (3) (1907) 233-304. 20. Osgood, W. F., “On the Existence of the Green’s Function for the Most General Simply Connected Plane Region.” Trans. Am. Math. Soc. 1 (3) (1900), 310314. ¨ 21. Pringsheim, A., “Uber den Goursat’schen Beweis des Cauchy’schen Integralsatzes.” Trans. Am. Math. Soc. 2 (1901), 413-421.

199

´ Indice alfab´etico

abierto, 11 relativo, 17 absolutamente, 26 acci´on, 175 acumulaci´on, 23 aislado, 33 anal´ıtica, 48 a´ ngulo entre dos curvas, 169 anillo de funciones holomorfas, 48 aplicaci´on conforme, 170 aplicaci´on de Riemann, 190 aproximaci´on lineal, 41 argumento de un complejo, 4 biholomorfa, 109, 188 bola, 11 abierta, 11 cerrada, 12 cambio de par´ametro, 75 campo de fracciones, 154 de funciones meromorfas, 154 de n´umeros complejos, 1 de n´umeros reales, 1 Cantor, 24 c´apsula convexa, 22 Carath´eodory, 39 cero, 103 simple, 111, 132 cerrado, 12 relativo, 17 cerradura, 16 ciclo, 120 ciclos hom´ologos, 120

clase de homotop´ıa, 127 clases de conjugaci´on, 185 cociente de funciones, 28 compacto, 19 completez de C, 24 componente conexa, 19 composici´on de funciones, 28 conducta local de una funci´on holomorfa, 130 conexo, 17 conforme, 170 conformes, 188 conjugaci´on, 2 conjugada arm´onica, 50 conjugadas, 184 conjugado, 2 conjunto abierto, 11 cerrado, 12 compacto, 19 conexo, 17 convexo, 18, 21 denso, 32 disconexo, 16 continua en un punto, 29 contraer, 122 converge compactamente, 110, 157 convergencia absoluta, 26 compacta, 110, 157 puntual, 93 uniforme, 93 convexo, 18, 21 cubierta abierta, 19 curva, 75

201

´Indice alfab´etico

202 cerrada, 63, 75 lisa, 75 lisa por tramos, 75 nulhom´ologa, 117 regular, 169 curvas hom´ologas, 121 hom´otopas, 121 denso, 32 derivada, 37 a` la Carath´eodory, 39 como aproximaci´on lineal, 41 de la funci´on inversa, 108 di´ametro, 24 diferenciable, 37, 48 dilataci´on, 176 disco, 11 abierto, 11 cerrado, 12 de convergencia, 95 disconexo, 16 distancia, 10 cordal, 33, 34 entre conjuntos, 31 2-transitividad, 184 ecuaci´on de Laplace, 50 ecuaciones de Cauchy-Riemann, 45 eje imaginario, 1 real, 1 el´ıptica, 187 equicontinua, 192 equivalentemente conformes, 188 esfera de Riemann, 35 estimaci´on de Cauchy, 90 expansi´on de Laurent, 148 exponencial, 53 extremo final, 17, 63 extremo inicial, 17, 63 familia equicontinua, 192 localmente acotada, 193 normal, 192 puntualmente acotada, 192, 198 fibra, 154 de una funci´on, 154 forma a + bi, 2 forma polar de un complejo, 4 f´ormula integral de Cauchy en un disco, 87, 90

en una regi´on anular, 145 versi´on homol´ogica, 118 versi´on homol´ogica para ciclos, 120 f´ormula para el n´umero de ceros y polos, 155 f´ormulas de De Moivre, 6 fracciones parciales, 139 frontera, 15 funci´on abierta, 108 anal´ıtica, 48 arm´onica, 50 biholomorfa, 109 compleja, 28 conforme, 169, 170 continua, 30 de Koebe, 198 de Lipschitz, 33 diferenciable, 48 entera, 103 exponencial, 52 hiperb´olica, 61 holomorfa, 48 lineal conforme, 168 logaritmo, 55 meromorfa, 154 modular, 180 peri´odica, 53 potencia, 56 racional, 138 trigonom´etrica, 57 trigonom´etrica hiperb´olica, 61 uniformemente continua, 30 gran teorema de Picard, 140 grupo, 182 de M¨obius, 182 fundamental, 127 lineal general, 182 lineal proyectivo, 182 modular, 188 hiperb´olica, 187 holomorfa, 48 hom´ologo, 120 a cero, 120 hom´otopa, 121 homotecia, 176 homotop´ıa, 121 hoyo, 113 imagen de una curva, 75 de una funci´on, 28 inversa, 29

´Indice alfab´etico independencia de la trayectoria, 125 ´ındice, 115 ´ındice de un ciclo, 120 ´ındice de una curva cerrada, 115 integral de l´ınea, 74 de Riemann, 65 de Riemann-Stieljes, 69 interior, 16 inversi´on, 176 isometr´ıa, 175 Laplace, 50 lazo, 122 constante, 122 nulhom´otopo, 122 Leibniz, 58 lema de Schwarz, 177 l´ımite de sucesiones complejas, 22 de una funci´on, 29 inferior, 26 superior, 26 Lipschitz, 33 lisa por tramos, 63 localmente acotada, 193 logaritmo, 55 longitud de un pol´ıgono, 64 loxodr´omica, 187 m´etrica cordal, 33 m´odulo, 3 m´odulo de un complejo, 3 meromorfa, 154 Morera, 91 multiplicidad, 103 n´umeros de Bernoulli, 151 norma de una partici´on, 66 normal, 192 nulhom´ologa, 117 nulhom´ologo, 120 nulhom´otopo, 122 n´umero de vueltas, 115 operadores de Wirtinger, 49 orden de un cero, 103 de un polo, 138 parab´olica, 186 parte imaginaria de un complejo, 2

203 parte real de un complejo, 2 parte singular, 138 peri´odica, 53 per´ıodo, 53 plano complejo extendido, 33 pol´ıgono, 17 polo, 137 en ∞, 140 preservar a´ ngulos, 168 primitiva, 43 principio del argumento, 155 producto de funciones, 28 proyecci´on estereogr´afica, 34 punto aislado, 33 de acumulaci´on, 23 frontera, 15 interior, 11 l´ımite, 23 punto al infinito, 33 punto de ramificaci´on, 162 puntos fijos de una transformaci´on de M¨obius, 183 radio de convergencia, 95 ra´ıces de complejos, 6 rama del logaritmo, 55 principal del logaritmo, 56 recta proyectiva compleja, 181 rectificable, 64 refina, 64 regi´on, 48 anular, 143 anular de convergencia, 144 simplemente conexa, 126 reparametrizaci´on, 75 residuo, 152 resta de funciones, 28 Riemann-Stieljes integrable a lo largo de γ, 69 rotaci´on, 176 segmento, 17 semiplano cerrado, 15 serie, 26 arm´onica, 27 convergente, 26 convergente absolutamente, 26 de funciones, 94 de la funci´on exponencial, 99 de Laurent, 143, 148

´Indice alfab´etico

204 de potencias, 95 de Taylor, 100 divergente, 26 geom´etrica, 95 infinita, 26 simple, 111, 132 simplemente conexa, 126 singularidad, 133 aislada, 133 aislada en ∞, 140 esencial, 139 esencial en ∞, 140 removible, 134 removible en ∞, 140 subcubierta finita, 19 sucesi´on, 22 convergente, 22 de Cauchy, 24 de funciones, 93 de sumas parciales, 26 suma de funciones, 28 suma de curvas, 115 sumas de Riemann-Stieljes, 69 sumas parciales, 26 teorema de Arzel`a-Ascoli, 192 de Cantor, 24 de Casorati-Weierstrass, 139 de Cauchy en un disco, 101 de Cauchy en una regi´on convexa, 85 de Cauchy para dos c´ırculos conc´entricos, 145 de Cauchy, versi´on homol´ogica, 119 de Cauchy, versi´on homol´ogica para ciclos, 120 de Cauchy, versi´on homot´opica, 123 de Cauchy-Goursat, 83 de Cauchy-Hadamard, 95 de Hurwitz, 157

de isomorfismo de Noether, 182 de la aplicaci´on de Riemann, 190 de la conducta local de una funci´on holomorfa, 130 de la funci´on abierta, 108, 131 de la identidad, 104 de Liouville, 103 de Morera, 91 de Picard, 140 de Rouch´e, 156 de singularidades removibles de Riemann, 134 de Stieljes-Osgood-Montel, 194 del m´odulo m´aximo, 106 del m´odulo m´aximo en una regi´on acotada, 107 del m´odulo m´ınimo, 112 del m´odulo m´ınimo en una regi´on acotada, 112 del residuo, 152 fundamental del a´ lgebra, 103 transformaci´on de M¨obius, 175 el´ıptica, 187 hiperb´olica, 187 loxodr´omica, 187 parab´olica, 186 transformaciones lineales fraccionarias, 175 traslaci´on, 176 trayectoria, 63 lisa por tramos, 63 cerrada, 63 lisa, 63 opuesta, 76 rectificable, 64 traza de un ciclo, 120 de una curva, 75 3-transitividad, 183 unidad imaginaria, 2 uniformemente continua, 30