Funciones Analı́ticas, Singularidades y Funciones Meromorfas Rodrigo Vargas 1. Suponga que f es una función meromorfa en C y existen números positivos C, k y R tal que |f (z)| < C|z|k si |z| > R. Demuestre que f es racional. Solución. Observe que f no tiene polos dentro de |z| > R como f es acotada para cualquier punto dentro de |z| > R. Luego, todos los polos de f están en |z| ≤ R, con la única posibilidad de un polo en ∞. Sean z1 , . . . , zn los polos de f . Entonces f (z) = g(z) (z − z1 ) · · · (z − zn ) donde g es una función entera. Ahora bien, |g(z)| = |z − z1 | · · · |z − zn ||f (z)| < C|z − z1 | · · · |z − zn ||z|k . Por lo que g es un polinomio de grado menor o igual a n + k. Se sigue que f (z) = g(z)/(z − z1 ) · · · (z − zn ) es una función racional. 2. Suponga que f es holomorfa en el disco unitario D y continua sobre D ∞ X con f (z) = cn z n , z ∈ D. Demuestre que si f tiene exactamente m n=0 ceros contados con multiplicidad en D, entonces mı́n |f (z)| ≤ |c0 | + |c1 | + · · · + |cm | . |z|=1 Solución. Suponga que la desigualdad es estricta. Definimos g(z) = m X cn z n , entonces sobre |z| = 1, tenemos que n=0 m m X X |g(z)| = cn z n ≤ |cn ||z|n = |c0 | + |c1 | + · · · + |cm | . n=0 n=0 1 2 Rodrigo Vargas Luego, sobre |z| = 1, |f (z)| < |g(z)|. Por el Teorema de Rouche, f − g y ∞ X g tiene el mismo número de ceros en D. Pero f (z) − g(z) = cn z n n=m+1 tienen un cero de orden al menos m + 1, dependiendo de si algún cn se anula para n ≥ m + 1. Pero g(z) tiene exactamente m ceros en interior de D. 3. Sea f una función analı́tica sobre D. Suponga que existen una cantindad infinita de puntos distintos zk ∈ D, k = 1, 2, 3, . . . tal que f (zk ) = 0. ¿Esto implica que f (z) ≡ 0? Pruebe o de un contraejemplo. Solución. No. Considere f (z) = sen (πz/(z − 1)), entonces f es analı́tica en D y tiene ceros cuando z/(z − 1) = n ∈ Z luego tiene ceros en n→∞ z = n/(n − 1) −→ 1. 4. Sea f analı́tica en C − {0}. Suponga que |f (z)| ≤ | log(|z|)| , ∀ z 6= 0 . Demuestre que f (z) ≡ 0. Solución. Notemos que sobre |z| = 1 tenemos que |f (z)| ≤ | log(1)| = 0 entonces f (z) ≡ 0 sobre |z| = 1 y por el principio de unicidad implica que f (z) ≡ 0 sobre C − {0}. 5. Suponga que f : D → D es analı́tica y que a ∈ D. Demuestre que |f ′ (a)| ≤ 1 . 1 − |a|2 Solución. Considere las siguientes aplicaciones analı́ticas ϕ(z) = z+a 1+az f (z) ψ(z) = z−f (a) 1−f (a)z Definimos g = ψ ◦ f ◦ ϕ : D → D, entonces g es analı́tica y g(0) = 0. Por 3 Funciones Analı́ticas, Singularidades y Funciones Meromorfas el Lema de Schwarz se tiene que |g′ (0)| ≤ 1. Ahora bien, tenemos que ψ ′ (z) = ϕ′ (z) = 1 − f (a)z + f (a)(z − f (a)) = 1 − |f (a)|2 (1 − f (a)z)2 (1 − f (a)z)2 (1 + az) − (a(z + a)) 1 − |a|2 = 2 (1 + az) (1 + az)2 obteniendo que ψ ′ (f (a)) = 1 y ϕ′ (0) = 1 − |a|2 . Por lo tanto, 1 − |f (a)|2 |g′ (0)| ≤ 1 ⇒ |ψ ′ (f (ϕ(0)))f ′ (ϕ(0))ϕ′ (0)| ≤ 1 ⇒ |ψ ′ (f (a))||f ′ (a)||ϕ′ (0)| ≤ 1 1 ⇒ |f ′ (a)| ≤ ′ |ψ (f (a))||ϕ′ (0)| 1 − |f (a)|2 1 ≤ . ⇒ |f ′ (a)| ≤ 2 1 − |a| 1 − |a|2 6. Suponga que f es analı́tica sobre D, continuas en D y que f se anula sobre un arco abierto no vacı́o de ∂D. Pruebe que f ≡ 0. Solución. Considere las aplicaciones analı́ticas ϕ(z) = z−i z+i f (z) C b Tenemos que f ◦ ϕ : H+ → C es analı́tica y se anula sobre un arco abierto del eje real. Luego, por el Principio de Reflexión de Schwarz, podemos extender f ◦ ϕ tal como lo muestra la figura f ◦ϕ C f (z ∗ ) z∗ b f (z ∗ )∗ z 4 Rodrigo Vargas Pero entonces f ◦ϕ se anuları́a sobre un conjunto no numerable lo implica según el Principio de unicidad que f ◦ ϕ ≡ 0. Luego, f ≡ 0. 7. Suponga que f : C → C es entera y tiene exactamente k ceros en D pero no tiene sobre el cı́rculo {|z| = 1}. Demuestre que existe ε > 0 tal que para toda función entera g que satisface |f (z) − g(z)| < ε sobre el circulo {|z| = 1}, entonces g tiene exactamente k ceros en D. Solución. Sea ε = mı́n |f (z)|, entonces ε > 0 como f no tiene cero |z|=1 en |z| = 1. Si g es cualquier función entera que satisface |f (z) − g(z)| < ε ≤ |f (z)| sobre |z| = 1, entonces por el Teorema de Rouche f y g tienen el mismo número de ceros en D. 8. Suponga que f es analı́tica en D = {z : 0 < |z| < 1} excepto por polos en los puntos n1 , n = 2, 3, 4, . . .. Pruebe que para todo ε > 0, f ({0 < |z| < ε}) es denso en C. Solución. Supongamos que f ({0 < |z| < ε}) no es denso en C. Entonces existe w ∈ C tal que |f (z)−w| ≥ δ para todo z ∈ {0 < |z| < ε}. 1 Consideremos g(z) = , entonces g tiene singularidades removif (z) − w bles en n1 , n = 2, 3, 4, . . .. Luego, g es analı́tica en {0 < |z| < ε} y lı́m g(z) = 0, se sigue que g es definida en 0 sobre la sucesión {1/n : n = 1 z→ n 2, 3, . . .}. Además, 1 , ∀ z ∈ {0 < |z| < ε} . δ Luego, g es acotada en una vecindad de 0 por lo que tiene una singularidad removible en 0. Entonces, por la continuidad de g, g(0) = 0, se sigue que g es analı́tica en {|z| < ε} y se anula sobre una sucesión de puntos que tiene un punto lı́mite, por el Principio de unicidad, g ≡ 0 sobre {|z| < ε}, lo cual es una contradicción. Por lo tanto, f ({0 < |z| < ε}) es denso en C. |g(z)| ≤ 9. Sea f analı́tica en {z : 0 < |z| < 2} y suponga que para n = 0, 1, 2, . . . Z z n f (z)dz = 0 . |z|=1 5 Funciones Analı́ticas, Singularidades y Funciones Meromorfas Demuestre que f tiene una singularidad removible en z = 0. Solución. Tenemos que f (z) = ∞ X am z m en una vecindad de 0. m=−∞ Si f tiene un polo de orden k en z = 0, entonces am = 0 para todo m < −k y luego a−1 a−k + ··· + + a0 + a1 z + · · · . zk z a−k Se sigue que z k−1 f (z) = + · · · + a−1 z k−2 + a0 z k−1 + a1 z k + · · · y z note que k ≥ 1 ⇒ k − 1 ≥ 0. Entonces, por el Teorema de los residuos Z z k f (z)dz = 2πia−k 6= 0 , f (z) = |z|=1 lo cual es una contradicción. Si f tiene una singularidad esencial en 0, entonces sea k el primer término en la parte principal de f tal que a−k 6= 0. Entonces, por el Teorema de los residuos, Z z k−1 f (z)dz = 2πia−k 6= 0 |z|=1 lo cual es una contradicción. Por lo tanto, f tiene una singularidad removible en z = 0. 10. Sea f analı́tica en una vecindad de z0 . Si la serie ∞ X f (n) (z0 ) converge, n=0 demuestre que f se extiende a una función entera y la serie Solución. Si la serie f (n) (z) n=0 converge para todo z. ∞ X ∞ X n→∞ f (n) (z0 ) converge implica que f (n) (z0 ) −→ 0 se n=0 sigue que existe B > 0 tal que |f (n) (z0 )| ≤ B para todo n ∈ N, entonces ∞ ∞ X X f (n) (z0 ) |z − z0 |n n (z − z0 ) ≤ B = Be|z−z0| < ∞ n! n! n=0 n=0 para todo z ∈ C. Por lo tanto, la serie ∞ X f (n) (z0 ) n=0 absolutamente para todo z ∈ C y f (z) = n! ∞ X f (n) (z0 ) n=0 n! (z − z0 )n converge (z − z0 )n es entera. 6 Rodrigo Vargas z2 zn 11. Sea zn un cero de pn (z) = 1 + z + + · · · + , n = 1, 2, 3, . . .. Pruebe 2! n! que lı́m zn = ∞. n→∞ Solución. Por demostrar que para todo R > 0 existe N ∈ N tal que pn (z) no tiene ceros en |z| < R, para todo n ≥ N . Luego, los ceros de pn (z) tienden a ∞ cuando n → ∞. Sean R > 0 y ε = e−R = mı́n |ez |. |z|=R Observe que {pn (z)} converge uniformemente a pacto |z| ≤ R. Luego, existe N ∈ N tal que |pn (z) − ez | < ε , ez sobre el conjunto com- ∀ n ≥ N , ∀ z ∈ {|z| ≤ R} . Entonce, sobre |z| = R, tenemos que |pn (z) − ez | < ε = e−R ≤ |ez | para todo n ≥ N . Por el Teorema de Rouche, pn no tiene ceros en |z| < R. 12. Dado que la serie ∞ X an z n tiene radio de convergencia 1, pruebe que la n=0 función definida por la serie tiene una singularidad en algún z que satisface |z| = 1. Solución. Si f (z) = ∞ X an z n no tiene singularidades para todo |z| = 1, n=0 entonces f serı́a analı́tica sobre |z| = 1, lo que implica que para todo z con |z| = 1 existe δz > 0 tal que f es analı́tica sobre D(z, δz ). Ahora, |z| = 1 es compacto y luego el cubrimiento abierto {D(z, δz ) : |z| = 1} posee un subcubrimiento finito, digamos D(z1 , δ1 ) ∪ · · · ∪ D(zn , δn ) . Tomando un δ > 0 apropiado se tiene que f es analı́tica en D(z, 1 + δ). Entonces el radio de convergencia es al menos 1 + δ, lo cual es una contradicción. 13. Pruebe que la ecuación ez = z tiene una solución. Solución. Sea g(z) = ez −z, entonces g es entera. Luego, por el Teorema de Picard, g toma todo valor en C, con la excepción de un posible valor, una cantidad infinita de veces. Luego, g(z) = 0 una cantidad infinita de Funciones Analı́ticas, Singularidades y Funciones Meromorfas 7 veces o bien g(z) = 2πi una cantidad infinita de veces. El el primer caso, no hay nada que probar. En el segundo caso, note que ez+2πi = ez ⇒ ez+2πi − z = 2πi una cantidad infinita de veces ⇒ ez+2πi = z + 2πi una cantidad infinita de veces ⇒ ew = w una cantidad infinita de veces . 14. ¿Cuántas soluciones hay para sen z = z? Verifique. Solución. Note que podemos usar el mismo argumento del problema anterior como sen z es periódica de perı́odo 2π. Luego, sen z = z tiene una cantidad infinita de soluciones. 15. Demuestre que si f es analı́tica en α y f (z) + αf ′ (α) − zf ′ (α) − f (α) (z − α)2 g(z) = entonces g tiene una singularidad removible en z = α. Solución. Observe que lı́m (z − α)g(z) z→α = L′ Hopital = f (z) + αf ′ (α) − zf ′ (α) − f (α) z→α z−α ′ ′ f (z) − f (α) lı́m = f ′ (α) − f ′ (α) = 0 z→α 1 lı́m Por lo tanto, g tiene una singularidad removible en z = α. 16. Sea G una región simplemente conexa distinta de C, y sea a ∈ G. Sea f : G → G analı́tica tal que f (a) = a. Demuestre que |f ′ (a)| ≤ 1. Más aún, si |f ′ (a)| = 1, demuestre que f (z) es uno a uno y sobre. Solución. Por el Teorema del mapeo de Riemann, G es conformemente equivalente al disco abierto D, es decir, existe una mapeo conforme uno a uno ϕ : D → G tal que ϕ(0) = a. Ahora bien, sea g(z) = ϕ−1 ◦ f ◦ ϕ(z), z ∈ D. Luego, |g(z)| ≤ 1 sobre D y g(0) = 0. Por el Lema de Schwarz, |g′ (0)| ≤ 1. Notemos que g′ (0) = (ϕ−1)′ (f (ϕ(0))) · f ′ (ϕ(0)) · ϕ′ (0) = (ϕ−1 )′ (a)f ′ (a)ϕ′ (0) . Además, (ϕ−1 )′ (a) = 1/ϕ′ (0) lo que implica que |g′ (0)| = |f ′ (a)| ≤ 1. Ahora bien, si |f ′ (a)| = 1, entonces |g′ (0)| = 1 lo que implica según el 8 Rodrigo Vargas Lema de Schwarz que g(z) = cz con |c| = 1, entonces cz = ϕ−1 ◦f ◦ϕ(z) ⇒ f ◦ ϕ(z) = ϕ(cz) ⇒ f (z) = cz la cual es uno a uno y sobre. 17. Sea f analı́tica sobre el anillo A = {z : r < |z| < R} y suponga que existe a ∈ R tal que |f (z)| = |z|a para todo z ∈ A. Demuestre que a ∈ Z y que f (z) = eiθ z a para algún θ ∈ R. Solución. Sea g(z) = z a = ea log z con z ∈ A−R− , entonces analı́tica g es f (z) = 1 para en A − R− y |g(z)| = |f (z)| para z ∈ A − R− . Además, g(z) todo z ∈ A − R− lo que implica que f (z)/g(z) = c donde |c| = 1, z ∈ A − R− . Por lo tanto, f (z) = eiθ g(z) = eiθ z a , para algún θ ∈ R . Ahora, sea γ(t) = ρeit , −π ≤ t ≤ π, r < ρ < R, entonces f es continua en −ρ y luego eiθ ρa e−iπa = lı́m f (ρeit ) = lı́m f (ρeit ) = eiθ ρa eiπa t→π− t→−π + lo que implica que e−iπa = eiπa ⇒ e2πia = 1 ⇒ a ∈ Z. 18. Suponga que f (z) = ∞ X an z n es analı́tica en el disco {|z| < R} y continua n=0 en {|z| ≤ R}. Sea M = máx |f (z)|. |z|=R (a) Demuestre que |an |Rn ≤ M . (b) Más generalmente, demuestre que ∞ X |an |2 R2n ≤ M 2 . n=0 Solución. (a) Notemos que Z 1 Z f (z) 1 |f (z) M M dz ≤ |dz| ≤ (2πR) = n . |an | = n+1 n+1 n+1 2πi 2π z |z| 2πR R |z|=R |z|=R (b) Si podemos demostrar que 1 2πi Z |z|=R ∞ X |f (z)|2 dz = |an |2 R2n , |z| n=0 9 Funciones Analı́ticas, Singularidades y Funciones Meromorfas entonces obtenemos lo pedido como Z 1 f (z)2 1 M2 dz ≤ (2πR) = M 2 . 2πi 2π R z |z|=R Ahora bien, ∞ X |f (z)|2 = f (z)f (z) = an z n n=0 ! ∞ X an z n n=0 ! ∞ X = ! |an |2 |z|2n +g(z) n=0 donde g es una función analı́tica, por lo que sobre |z| = R se tiene ! ∞ X que |f (z)|2 = |an |2 R2n + g(z) y obtenemos que n=0 1 2πi Z |f (z)|2 dz = z |z|=R 1 2πi ∞ X Z 2 |an | R 2n n=0 ! z 1 dz + 2πi |z|=R = ∞ X g(z) dz z |z|=R 2 |an | R n=0 Z 2n ! 1 2πi | Z |z|=R {z 1 ∞ X dz |an |2 R2n . +0 = z n=0 } 19. Sea R− = {x ∈ R : x ≤ 0}. Suponga que f es analı́tica en C − R− y f (z) = xx para x ∈ R, x > 0. Hallar f (i) y f (−i). Solución. La función g(z) = z z = ez log z es analı́tica en C − R− donde log z es el brazo principal del logaritmo. Además, g(x) = f (x), para todo x ∈ R, x > 0. Luego, por el Principio de unicidad, g(z) = f (z) para todo z ∈ C − R− , es decir, f (z) = z z para todo z ∈ C − R− . Ahora bien, tenemos que π π π f (i) = ii = ei log i = ei(log|i|+i 2 ) = ei(i 2 ) = e− 2 , π π pi f (−i) = (−i)−i = e−i log(−i) = e−i(log |−i|−i 2 ) = e−i(−i 2 ) = e− 2 . 20. Sea f una función analı́tica sobre un conjunto conexo abierto G ⊂ C. Suponga que f mapea G sobre un subconjunto de una lı́nea recta. Demuestre que f es constante. 10 Rodrigo Vargas Solución. Por el Teorema del mapeo abierto, f (G) tiene que ser un subconjunto abierto de C a no ser que f sea constante. Un subconjunto de una lı́nea recta no es un conjunto abierto, Luego, f tiene que ser constante. 21. Suponga que f es holomorfa en C − {0} y satisface |f (z)| ≤ |z|2 + 1 |z|2 para z 6= 0 . Si f es una función impar, ¿qué forma tiene la función? ∞ X 1 Solución. Tenemos que f (z) = an z donde an = 2πi n=−∞ Ahora bien, 1 |an | ≤ 2π Z |f (z)| 1 dz ≤ |z|n+1 2π |z|=R R2 + R12 Rn+1 n ! (2πR) = Z f (z) dz. z n+1 |z|=R R2 1 R→∞ + −→ 0 Rn Rn+2 siempre que n ≥ 3 y n ≤ −3. Por lo que an ≡ 0 para n = . . . , −5, −4, −3, 3, 4, 5, . . . y se sigue que f (z) = a−2 a−1 + + a0 + a1 z + a2 z 2 . z2 z Como f es impar entonces f (−z) = −f (z) lo que implica que a−2 = a2 = a−1 + a0 + a1 z. 0 y por lo tanto f (z) = z