Variable Compleja y Análisis Funcional, Ejercicios de Matemáticas

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Colecci´on de ejercicios resueltos:

Variable Compleja y An´alisis Funcional

Propuestos por Fernando Bombal Gord´on

Redactados por Alvaro S´´ anchez Gonz´alez

Ejercicio 1 Est´udiese en qu´e puntos de C la siguiente funci´on es R-diferenciable, en cu´ales se verifican las condiciones de Cauchy-Riemann, en cu´ales es C-diferenciable y si es holo- morfa en alg´un abierto, calculando la derivada en los puntos en que ´esta exista:

h(z) = (^) x (^2) +xy 2 − i (^) x (^2) +yy 2 si (x, y) 6 = (0, 0) y 0 en otro caso.

Soluci´on. En primer lugar, podemos identificar el plano complejo C con el plano real de dos dimensiones R^2 de una forma natural mediante la aplicaci´on que a cada par (x, y) ∈ R^2 le asocia x + iy ∈ C. Haciendo esta identificaci´on, podemos interpretar una funci´on de una variable compleja en t´erminos de dos funciones reales de dos variables reales. Es decir, identificando z = x+iy con (x, y) podemos entender una funci´on f (z) como u(x, y)+iv(x, y). Las funciones u, v : R^2 → R reciben el nombre de parte (o componente) real e imaginaria respectivamente de la funci´on f.

Sabemos que una funci´on f : R^2 → R^2 es R-diferenciable si lo son ambas componentes, y ser´a C-diferenciable si y s´olo si, adem´as, se cumplen las condiciones de Cauchy-Riemann. En este caso el valor de la derivada en un punto viene dado por:

f ′(z) = ∂u ∂x

• i ∂v ∂x

∂u ∂x − i ∂u ∂y

∂v ∂y

− i ∂u ∂y

∂v ∂y

• i ∂v ∂x

Estudiemos qu´e ocurre con la funci´on h(z). Sean u(x, y) = (^) x (^2) +xy 2 y v(x, y) = (^) x 2 −+yy 2. Entonces ∂u ∂x

−x^2 + y^2 (x^2 + y^2 )^2

∂u ∂y

− 2 xy (x^2 + y^2 )^2

∂v ∂x

2 xy (x^2 + y^2 )^2

∂v ∂y

−x^2 + y^2 (x^2 + y^2 )^2

luego las derivadas parciales existen y son continuas (en todo punto salvo en 0), con lo que h es una funci´on R-diferenciable en R^2 \ { 0 }. Adem´as se cumplen las condiciones de Cauchy- Riemann pues ∂u ∂x

−x^2 + y^2 (x^2 + y^2 )^2

∂v ∂y

∂u ∂y

2 xy (x^2 + y^2 )^2

∂v ∂x

luego h es una funci´on C-diferenciable en C \ { 0 }.

Justifiquemos la afirmaci´on realizada de que la funci´on no es siquiera R-diferenciable en (0, 0). En este caso tendr´ıamos que los l´ımites

l´ım h→ 0

u(h, 0) − u(0, 0) h = l´ım h→ 0

h^2

l´ım h→ 0

v(0, h) − v(0, 0) h

= l´ım h→ 0

h^2

El caso c) se trata de forma ligeramente distinta a los dos anteriores. En primer lugar, debemos escoger un corte de rama del plano complejo de manera que la poligonal γ quede en el complementario de dicho corte. Consideramos r la semirecta con origen en 0 y que forma un ´angulo de π/4 con el eje real. En C \ r, la funci´on f = 1/z tiene una primitiva que es l(z) = log|z| + iθ, siendo z = |z|eiθ^ con π/ 4 < θ < π/4 + 2π. As´ı tendremos que ∫

γ

f = l(i) − l(1) = (0 + iπ/2) − (0 + 2πi) = 3πi/ 2.



Ejercicio 3 Demu´estrese que la funci´on f (z) := (^1) z , z ∈ C \ { 0 } no posee una primitiva holomorfa en ning´un entorno abierto de la circunferencia unidad.

Soluci´on. Por reducci´on al absurdo, supongamos que existe una funci´on F (z) primitiva de la funci´on f (z) = 1/z en alg´un entorno abierto de la circunferencia unidad. En ese caso, podemos considerar la integral de f (z) a lo largo de la circunferencia unidad C(0, 1), que es un camino cerrado y por tanto

C(0,1) f^ (z)dz^ = 0. Sin embargo, si parametrizamos C(0, 1) por γ(t) = eit^ con t ∈ [0, 2 π], obtenemos ∫

γ

f (z)dz =

∫ (^2) π

0

idt = 2πi,

lo cual nos lleva a contradicci´on. 

Ejercicio 4 Sea f una funci´on holomorfa en un dominio G ⊂ C. Pru´ebese que bajo alguna de las dos siguientes condiciones, la funci´on f es constante.

a) <f =cte;

b) |f | =cte.

Soluci´on. Denotemos, como habitualmente, <f = u y =f = v. Puesto que f ∈ H(G), se tiene que f es C-diferenciable y por tanto cumple las condiciones de Cauchy-Riemann:

∂u ∂x

∂v ∂y

∂u ∂y

∂v ∂x

En el primero de los casos, u es constante y as´ı se tiene que ∂u∂x = ∂u∂y = 0, luego ∂v∂y = ∂v ∂x = 0.^ Por tanto^ v^ tambi´en es constante y como consecuencia^ f^ =^ u^ +^ iv^ es constante. En el segundo supuesto, la hip´otesis nos dice que u^2 + v^2 es constante, sea esta constante A ∈ R+^ ∪ { 0 }. Si A = 0, no hay nada que probar, pues ser´ıa u = v = 0 y por tanto f = 0 constante.

Supongamos entonces que A 6 = 0. Derivando, podemos formar el siguiente sistema donde las inc´ognitas son las derivadas parciales:

2 u ∂u∂x + 2v ∂v∂x = 0

2 u ∂u∂y + 2v ∂v∂y = 0

Puesto que se verifican las condiciones de Cauchy-Riemann, obtenemos: 2 u ∂u∂x − 2 v ∂u∂y = 0

2 u ∂u∂y + 2v ∂u∂x = 0

Puesto que (^) ∣ ∣∣ ∣∣ ∣∣

u − v

v u

= u^2 + v^2 = A 6 = 0

por el teorema de Rouch´e, el sistema tiene soluci´on trivial:

∂u ∂x

∂u ∂y

con lo que <f es constante, y del caso anterior se deduce que f es constante. 

Ejercicio 5 Sea γ el camino cerrado formado por la poligonal formada por los segmentos que unen los puntos − 1 − i, 1 + i, 1 − i, −1 + i, − 1 − i en este orden. Calc´ulese los valores que toma la funci´on Ind(γ, ·) en C \ γ∗. ¿Es γ simplemente cerrado?

Soluci´on. Realizando un dibujo de la situaci´on que se plantea y orientando el camino de la forma correcta, podemos dividir el plano complejo (menos la traza del camino γ) en tres componentes conexas. Llamemos I al interior del tri´angulo formado en la regi´on de la parte real negativa, II al interior del tri´angulo en la parte real positiva y III a C \ I ∪ II ∪ γ∗.

El ´ındice es constantemente nulo en la componente no acotada de C \ γ∗^ con lo que Ind(γ, z) = 0, ∀z ∈ III.

Adem´as, podemos ver el camino γ como concatenaci´on de dos caminos γ 1 y γ 2 , siendo ´estos los que tienen por traza al tri´angulo que limita la regi´on I y al tri´angulo que limita la regi´on II respectivamente. Aplicando las propiedades del ´ındice, se tiene que Ind(γ, z) =Ind(γ 1 + γ 2 , z) =Ind(γ 1 , z)+Ind(γ 2 , z). Si estamos en la zona I, tendremos que Ind(γ 2 , z) = 0 por estar en la componente conexa no acotada de C \ γ∗ 2 y Ind(γ 1 , z) = 1. An´alogamente, si estamos en la regi´on II, se tiene que Ind(γ 1 , z) = 0 y que Ind(γ 2 , z) = 1.

Por tanto, se tiene entonces que Ind(γ, z) = 1, ∀z ∈ I, que Ind(γ, z) = − 1 , ∀z ∈ II 

Por tanto, al ser G conexo, la funci´on j(z) es constante. Ser´a j(z) = a 6 = 0 y en consecuencia existir´a un b ∈ C tal que a = eb, con lo que eb^ = e−h(z)f (z) y tendremos f (z) = ebeh(z)^ = eh(z)+b^ con lo que h(z) + b es un logaritmo de f.

c ⇒ d : Consideremos la funci´on g : G → C tal que g(z) = z − a. Tenemos que z ∈ G y que a ∈ C \ G y por tanto g(z) 6 = 0 para cualquier z ∈ G. Adem´as, es claro que g ∈ H(G) y por tanto, utilizando la hip´otesis, g tiene un logaritmo holomorfo en G.

d ⇒ a : Debemos comprobar que todo camino γ cerrado en G es hom´ologo a 0 en G, esto es, si se tiene que Ind(γ, a) = 0 para cualquier punto a ∈ C \ G. Para ello sabemos que

Ind(γ, a) =

2 πi

γ

dζ ζ − a

Adem´as, por hip´otesis, tenemos que existe F (z) logaritmo de g(z) = z − a, luego eF^ (z)^ = z − a. Por tanto:

F ′(z) = g′(z)e−F^ (z)^ = e−F^ (z)^ =

g(z)

z − a

De esta forma tenemos lo que busc´abamos:

Ind(γ, a) =

2 πi

γ

dζ ζ − a

2 πi

γ

F ′(ζ)dζ = 0.

Ejercicio 7 a) Pru´ebese directamente que l´ımx→ 0 sinx^ x= 1.

b) Calc´ulese (^) ∫

γ

dζ sin ζ donde γ := γ 1 + γ 2 , siendo γ 1 el borde orientado positivamente del cuadrado de centro 0 y lados de longitud dos, considerado con origen y final en el punto P = − 12 + i y γ 2 el borde orientado positivamente del rect´angulo de v´ertices ± 12 ± 2 i, considerado tambi´en con origen y final en P.

Soluci´on.

a) Por definici´on de sin x tenemos:

sin x x

eix^ − e−ix 2 i

2 i

[ (^) eix (^) − 1 x

1 − e−ix x

]

Haciendo en esta expresi´on x → 0 obtenemos

l´ım x→ 0

sin x x = l´ım x→ 0

2 i

[ (^) eix (^) − 1 x

1 − e−ix x

]

2 i 2(eix)′|x=0 = 1.

b) Debemos calcular

γ

dζ sin ζ siendo^ γ^ :=^ γ^1 +^ γ^2 lo indicado en el enunciado. Si denotamos g(ζ) = (^) sinζ ζ , tenemos que

γ

dζ sin ζ =^

γ

g(ζ) ζ dζ. La funci´on g(z) = (^) sinz z tiene una discontinuidad evitable en z = 0, pues

l´ım z→ 0 g(z) = l´ım z→ 0

sin z z

y por tanto podemos extender g(z) a una funci´on holomorfa en un abierto entorno de cero que contenga a γ, de hecho, este abierto puede ser G = C. Puesto que γ ∼ 0(G), podemos aplicar la f´ormula integral de Cauchy:

1 2 πi

γ

g(z) z − z 0 dz = Ind(γ, z 0 )g(z 0 )

y por tanto (^) ∫

γ

dζ sin ζ

γ

g(ζ) ζ dζ = 2πiInd(γ, z 0 )g(z 0 ).

Haciendo z 0 = 0, g(z 0 ) = g(0) = 1. Adem´as Ind(γ, 0) = Ind(γ, 0)+Ind(γ, 0) = 1+1 = 2. Finalmente: (^) ∫

γ

dζ sin ζ

= 2πiInd(γ, 0)g(0) = 4πi.

Ejercicio 8 Sea γ 1 el camino cerrado formado por la poligonal que une lo puntos − 1 , −i, 2 + i, 3 , 2 − i, i, − 1 , en este orden, y γ 2 el borde positivamente orientado del circulo de centro 1 y radio 2 , considerado con origen y final en − 1. Sea Γ = γ 1 + γ 2. Se pide:

a) Calc´ulese

Γ

dz z−r para^0 < r <^1 y para^1 < r <^3. b) Calc´ulese Int(γ).

c) Sean f, g ∈ H(D(c, r)) con f (c) 6 = 0, g(c) = 0 y g′(c) 6 = 0. Pru´ebese que h(z) = f g^ ((zz)) con z 6 = c tiene un polo simple en c con residuo f g^ ′((zc)).

d) Calc´ulese (^) ∫

Γ

Log(z + 2) sin 2z dz

donde Log denota el logaritmo principal.

Por lo que ya hemos calculado en el apartado anterior, podemos concluir que

Ind(Γ, a) = 2 y Ind(Γ, b) = 0.

Adem´as, como el punto e est´a en la componente conexa no acotada de C \ Γ∗, podemos decir que Ind(Γ, e) = 0. Veamos qu´e ocurre con los puntos c y d. Procediendo de manera an´aloga a lo hecho en el primer apartado del ejercicio, obtenemos:

Ind(Γ, c) = Ind(∆, c) = Ind(γ 2 , c) + Ind(σ 1 , c) + Ind(σ 2 , c) = 1 + 0 + 0 = 1,

Ind(Γ, d) = Ind(∆, d) = Ind(γ 2 , d) + Ind(σ 1 , d) + Ind(σ 2 , d) = 1 + 0 + 0 = 1.

Por lo anterior y por la definici´on de interior de un camino tenemos:

Int(Γ) = {z ∈ C \ Γ∗^ : Ind(Γ, z) 6 = 0} = A ∪ C ∪ D.

c) Calculemos el siguiente l´ımite: l´ımz→c h(z)(z − c). Puesto que g(c) = 0, obtenemos:

l´ zım→c

f (z) g(z) (z − c) = l´ zım→c

f (z) g(z)−g(c) z−c

f (z) g′(z)

Luego la funci´on h(z) tiene un polo simple en c de residuo (^) gf′^ ((cc)).

d) Puesto que estamos trabajando con el logaritmo principal de z − 2, podemos tomar como corte de rama R = (−∞, −2] y considerar como abierto Ω = C \ R. Tenemos entonces que Γ es hom´ologo a 0 en Ω, que el conjunto H = {kπ/2 : k ∈ N} ∩ Ω es numerable y sin puntos de acumulaci´on en Ω, por lo tanto discreto y Γ∗^ ∩ H = ∅. Adem´as, la funci´on h(z) = Logsin 2(z+2)z es holomorfa en Ω \ H. Por tanto, estamos en las hip´otesis del teorema general del residuo. Aplicando dicho teorema: ∫

Γ

Log(z + 2) sin 2z dz = 2πi

a∈Int(Γ)∩H

Ind(Γ, a)Res(h, a) = 2πiInd(Γ, 0)Res(h, 0).

Por el segundo apartado, sabemos que Ind(Γ, 0) = 2. Adem´as, si tomamos f (z) = Log(z − 2) y g(z) = sin z, tenemos que h(z) = f g^ ((zz)) y estar´ıamos en las condiciones del apartado anterior y as´ı Res(h, 0) = Log2 cos 0(2). As´ı hemos obtenido: (^) ∫

Γ

Log(z + 2) sin 2z dz = 2πiLog(2).

Ejercicio 9 Est´udiese si la funci´on

f (z) =

sin (^1) z

(z 6 = 0, sin

z

es meromorfa

a) En C.

b) En C \ { 0 }. c) Calc´ulese el residuo de f en cada polo.

Soluci´on.

a) El conjunto de posibles discontinuidades de la funci´on f (z) es:

Pf = {zk =

kπ : k ∈ Z \ { 0 }} ∪ {z = 0}.

Este conjunto es numerable, pero tiene un punto de acumulaci´on, z = 0. Por tanto Pf no es un conjunto discreto y as´ı f (z) no es meromorfa en C.

b) En este caso el conjunto de posibles discontinuidades es:

Pf = {zk =

kπ

: k ∈ Z \ { 0 }}

que es numerable y no tiene puntos de acumulaci´on en G = C \ { 0 }. Adem´as f ∈ H(G \ Pf ). Comprobemos que zk = (^) kπ^1 es polo de f para todo k ∈ Z \ { 0 }. Debemos ver que l´ımz→zk | (^) sin^1 z

| = ∞ o lo que es equivalente l´ımz→zk | sin (^1) z | = 0. Efec- tivamente:

zl´→ımz k

sin

z = sin kπ = 0 ∀k ∈ Z \ { 0 }.

As´ı, f (z) es meromorfa en G = C \ { 0 }, f ∈ M(G).

c) Debemos calcular el residuo de f en cada punto z = (^) kπ^1 , y para ello debemos saber el valor del siguiente l´ımite: l´ım z→ (^) kπ^1

(z −

kπ

sin (^1) z y ver que es distinto de cero. Denotando h(z) = sin (^1) z entonces:

l´ım z→ (^) kπ^1

sin (^1) z z − (^) kπ^1

= l´ım z→ (^) kπ^1

h(z) − h( (^) kπ^1 ) z − (^) kπ^1

= h′(

kπ

) = −k^2 π^2 cos kπ = (−1)k+1k^2 π^2

Por tanto Res(f,

kπ

(−1)k+ k^2 π^2 k ∈ Z \ { 0 }.

donde {α 1 , ..., αm} son los ceros de f en D(0, 1) y k 1 , ..., km sus ´ordenes. As´ı h ∈ H(G \ { (^) α^1 i }i=1,...,m ∪ {α 1 , ..., αm}). Puesto que |αi| < 1 , se tiene que (^) |α^1 i| > 1 para i = 1, ..., m y por tanto G′^ = G
{ (^) α^1 i }i=1,...,m es un abierto conexo que contiene a D(0, 1). Del lema de Schwartz y de las propiedades de los automorfismos del disco unidad, sabemos que |ϕα(z)| = 1 ⇔ |z| = 1, luego si |z| = 1 se tiene que |h(z)| = 1. As´ı, los posibles ceros de h en D(0, 1) estar´an entre los ceros de f, pero vamos a comprobar que en realidad, la funci´on h no tiene ceros:

l´ım z→αi h(z) = l´ım z→αi

(z − αi)ki^ g(z) (z − αi)ki^1 −^1 αiz [ϕα 1 (z)]k^1 ...[ϕαm (z)]km

donde g(αi) 6 = 0 y g(z) ∈ H(G). En principio, la funci´on h no tiene por qu´e estar definida en los αi, pero son singular- idades evitables y por tanto podemos extender h a una funci´on holomorfa no nula en αi. As´ı, la extensi´on de h es una funci´on sin ceros en D(0, 1), con lo que no se cumple el resultado del apartado anterior. Por el apartado anterior h es constante y |h(z)| = 1. Por tanto, hemos encontrado λ de m´odulo 1 tal que

f (z) = λ[ϕα 1 (z)]k^1 [ϕα 2 (z)]k^2 ...[ϕαm (z)]km^ , ∀z ∈ G′^ ⊃ D(0, 1).

c) Comprobemos que bajo las hip´otesis que nos plantean, la funci´on f s´olo puede tener un cero y ´este va a ser α = 0. Estamos en las condiciones de los dos apartados anteriores, luego por el primero, f debe tener alg´un cero. Por el segundo: f (z) = λ[ϕα 1 (z)]k^1 ...[ϕαm (z)]km^ para todo z ∈ C \ { (^) α^11 , ..., (^) α^1 m } donde α 1 , ..., αm son los ceros de f en D(0, 1). Pero si αj 6 = 0, entonces l´ımz→ 1 /αj |f (z)| = ∞, lo que contradice que f sea entera. Por tanto, el ´unico cero de f en D(0, 1) es el 0 y f (z) = λzk^ siendo k el orden del cero y con |λ| = 1.

Ejercicio 11 Encu´entrese una transformaci´on de M¨obius que transforme:

i) El eje real en la circunferencia unidad, y el semiplano =z > 0 en D(0, 1).

ii) Los puntos 1 , i, − 1 en i, − 1 , 1 respectivamente.

iii) los puntos − 1 , 0 , 1 en − 1 , i, 1 respectivamente.

En los dos ´ultimos casos, ¿cu´al es la imagen de D(0, 1)?

Soluci´on. Se nos piden calcular transformaciones de M¨obius, que sabemos que tiene la sigu- iente forma: T (z) = azcz++bd , con a, b, c, d ∈ C por determinar y ad − bc 6 = 0. Estas aplicaciones quedan un´ıvocamente determinadas por la imagen de tres puntos.

i) En el primero de los casos se nos pude que T (z) transforme el eje real en el borde del disco unidad. Existir´an infinitas aplicaciones que hagan esto en funci´on de los puntos que se elijan y de sus im´agenes. Para determinar una de ellas, elegimos tres puntos del eje real, por ejemplo, − 1 , 0 −1 y tres puntos del borde del disco que ser´an las respectivas im´agenes, por ejemplo, − 1 , 1 , i. Calculemos los coeficientes de la transformaci´on de M¨obius que hace {− 1 , 0 , 1 } 7 → {− 1 , 1 , i}. Sustituyendo:

T (0) =

b d = 1 ⇒ b = d.

T (−1) = −a + b −c + d

= − 1 ⇒ −a + b = c − d.

T (1) =

a + b c + d = i ⇒ a + b = ci + di.

Si b = d = 0, entonces a = −c = ic y as´ı a = c = 0 que no es una soluci´on. Por tanto podemos tomar, por ejemplo, b = d = 1 y entonces a = 1 + 2i y c = 1 − 2 i. Por tanto una soluci´on es T (z) = (1 + 2i)z + 1 (1 − 2 i)z + 1

Comprobemos que se cumple T ({z : =z > 0 }) = D(0, 1). Puesto que T es continua, transforma componentes conexas en componentes conexas, con lo que s´olo es necesario comprobar lo anterior para un punto concreto, por ejemplo, z = i :

T (i) =

(1 + 2i)i + 1 (1 − 2 i)i + 1

−1 + i 3 + i

i ∈ D(0, 1),

con lo que se cumplen las condiciones requeridas para T (z).

ii) En este caso debemos calcular la transformaci´on que manda { 1 , i, − 1 } 7 → {i, − 1 , 1 }. De nuevo, sustituyendo: T (1) = a + b c + d

= i ⇒ a + b = ci + di.

T (i) =

ai + b ci + d = − 1 ⇒ ai + b = −ci − d.

T (−1) =

−a + b −c + d

= 1 ⇒ −a + b = −c + d.

Una soluci´on es a = 1 + 2i, b = 1, c = 1 y d = 1 − 2 i, con lo que la transformaci´on de M¨obius es: T (z) = (1 + 2i)z + 1 z + (1 − 2 i)

a) Por lo que hemos observado anteriormente |f −^1 ◦ g(z)| ≤ |z| si z ∈ D(0, 1). Supongamos, por reducci´on al absurdo, que para alg´un 0 < r < 1 existe un z 0 ∈ D(0, r) tal que g(z 0 ) ∈/ f (D(0, r)). Entonces (f −^1 ◦g)(z 0 ) ∈/ D(0, r), pero (f −^1 ◦g)(z 0 ) ∈ D(0, 1) y por tanto obtenemos la contradicci´on |(f −^1 ◦ g)(z 0 )| > r > |z 0 |. As´ı debe ser g(D(0, r)) ⊂ f (D(0, r)) para todo 0 < r < 1.

b) Por la observaci´on previa, aplicando la regla de la cadena y el teorema de la derivada de la funci´on inversa, se obtiene directamente lo que buscamos:

|(f −^1 ◦ g)′(0)| ≤ 1 ⇔|(f −^1 )′(g(0))g′(0)| ≤ 1 ⇔

⇔|

f ′(f −^1 (g(0)))

g′(0)| ⇔ |

f ′(0)

g′(0)| ≤ 1 ⇔

f ′(0) ||g′(0)| ≤ 1 ⇔ |g′(0)| ≤ |f ′(0)|.

c) Si ahora |g′(0)| = |f ′(0)|, de nuevo aplicando el lema de Schwartz tenemos que existe λ de m´odulo 1 tal que (f −^1 ◦ g)(z) = λz, y como f −^1 ◦ g(D(0, 1)) = D(0, 1), entonces g(D(0, 1)) = f (D(0, 1)). Adem´as se tiene que g(z) = f (λz).



Ejercicio 13 Sea G un abierto de C y H(G) con la topolog´ıa compacto-abierta.

a) Sea F ⊂ H(G) una familia normal. Pru´ebese que F′^ = {f ′^ : f ∈ F} es tambi´en normal. P´ongase un ejemplo que muestre que el rec´ıproco no es cierto.

b) Pru´ebese que si F es puntualmente acotada en C y F′^ es normal, entonces F tambi´en es normal.

c) Si G es un dominio, pru´ebese que en b) basta suponer que existe un punto a ∈ G tal que {f (a) : f ∈ F} es acotado.

Soluci´on.

a) Es un resultado conocido de teor´ıa (Teorema de Weierstrass) que el operador “derivar” es una aplicaci´on continua en el espacio de las funciones holomorfas en un abierto con la topolog´ıa compacto-abierta:

∂ : (H(G), τc) −→ (H(G), τc)

f 7 −→ ∂(f ) = f ′

Dada una sucesi´on (f (^) n′) en F′^ debemos encontrar una subsucesi´on convergente en en F′. Dada (f (^) n′), existe (fn) en F tal que (fn)′^ = f (^) n′ para todo n. Ahora, como la familia F es normal, existe f en F y una subsucesi´on (fni ) de (fn) tal que fni → f en τc. Por ser δ una aplicaci´on continua, obtenemos que (f (^) n′i ) → f ′, luego la familia F′^ tambi´en es normal. Un contraejemplo de que el rec´ıproco no es cierto es el siguiente: Consideremos F′^ = { 1 } que claramente es normal y sin embargo F = {z + n : n ∈ N} no es normal. El teorema de Ascoli-Arzel`a asegura que una familia es normal si y s´olo si es equicontinua y puntualmente acotada, y nuestra familia F no es puntualmente acotada.

b) Para ver que la familia F es normal, por el teorema de Montel basta ver que es local- mente acotada en G. Sea a ∈ G. Por ser F puntualmente acotada, existe M > 0 : sup{|f (a)| : f ∈ F} ≤ M. Adem´as, F′^ es puntualmente acotada, luego por el teorema de Montel existe D(a, r) entorno abierto de a tal que sup{|f ′(z) : z ∈ D(a, r)|} ≤ N < ∞. Por tanto, para toda f ∈ F y para todo punto z ∈ D(a, r) se tiene f (z)−f (a) =

[a,z] f^

′ y consecuentemente:

|f (z)| = |

[a,z]

f ′^ + f (a)| ≤ |

[a,z]

f ′| + |f (a)| ≤ |

[a,z]

N | + M ≤ N r + M < ∞.

Es decir, F est´a localmente acotada y de nuevo, por el teorema de Montel, F es normal.

c) Si ahora G es un dominio, F′^ es normal y F est´a acotada en un punto a ∈ G, de- mostremos que entonces F est´a puntualmente acotada. Sea z 0 ∈ G, por ser ´este un dominio, existe un camino γ : [0, 1] → G tal que γ(0) = a y γ(1) = z 0. Como F′^ es normal, est´a uniformemente acotada sobre el compacto γ∗, es decir, existe N > 0 tal que ‖f ′‖γ∗^ = sup{|f ′(z)| : z ∈ γ∗} ≤ N para toda f ∈ F. Sea tambi´en M = sup{|f (a) : f ∈ F|}. Por tanto, para toda f ∈ F, tenemos f (z 0 ) − f (a) =

γ f^

′ (^) y por tanto:

|f (z 0 )| = |

γ

f ′^ + f (a)| ≤ |

γ

f ′| + |f (a)| ≤ |

γN | + M ≤ N long(γ) + M < ∞.

Entonces sup{|f (z 0 )| : f ∈ F} ≤ N long(γ) + M < ∞ y as´ı F est´a puntualmente acotada. Aplicando el apartado anterior, se obtiene que F es normal.



Ejercicio 14 Sea u una funci´on arm´onica en un dominio G de C.

a) Si u es id´enticamente nula en en un abierto no vac´ıo de G, pru´ebese que u es nula en todo G.

Por tanto f ≡ 0 en un entorno D(z 0 , r) de z 0 con lo que u|D(z 0 ,r) ≡ 0 y aplicando el apartado anterior, se tiene u id´enticamente nula en G.

c) Sea u funci´on arm´onica no constante y U ⊂ G un abierto. Veamos que u(U ) es abierto en C. Por ser U abierto, existe una colecci´on de discos {Di}i∈I tal que U = ∪Di. Al ser u no constante, en particular no es constante sobre cada disco abierto. En caso contrario, aplicando el teorema de identidad tendr´ıamos u constante. Veamos que u(Di) es abierto para cada i ∈ I. De nuevo, por ser u arm´onica, existe una funci´on fi ∈ H(Di) tal que <fi = u|Di. Como u no es constante entonces fi no es constante y por el teorema de la aplicaci´on abierta fi(Di) es abierto y por tanto <fi(Di) es abierto (pues las proyecciones son abiertas) y as´ı u(Di) es abierto. Entonces u(U ) = u(∪Di) = ∪u(Di) es abierto.



Ejercicio 15 Calc´ulese directamente la integral de Poisson para el valor en la frontera f (eiθ) = sin θ + cos θ.

Soluci´on. Para encontrar una soluci´on al problema de valor en la frontera sin θ + cos θ, basta con encontrar una soluci´on al problema con valor en la frontera sin θ y otra soluci´on al problema con cos θ y sumar ambas.

De la teor´ıa se conoce que la soluci´on al problema de Dirichlet existe y es ´unica, y que adem´as la expresi´on de dicha soluci´on es:

u(z) = <g(z) = <

2 πi

γ

f (ζ) ζ

ζ + z ζ − z dζ

donde f^ ( ζζ)ζζ+−zz es el n´ucleo de Poisson y z = reiθ.

Resolvamos entonces el problema para el valor de la frontera cos θ = e iθ (^) +e−iθ 2 =^

1 2 (ζ^ +^

1 ζ ), siendo ζ = eiθ. De esta forma, debemos tomar, en la expresi´on 1, f (ζ) = 12 (ζ + (^) ζ^1 ).

g 1 (z) =

2 πi

γ

ζ

ζ +

ζ

)( (^) ζ + z ζ − z

dζ =

4 πi

γ

ζ^2

)( (^) ζ + z ζ − z

dζ =

4 πi

[ ∫

γ

ζ ζ − z

dζ +

γ

z ζ − z

dζ +

γ

ζ(ζ − z)

dζ +

γ

z ζ^2 (ζ − z)

dζ

]

La primera de las integrales la calculamos con la f´ormula integral de Cauchy y la segunda de ellas no es m´as que el ´ındice de γ con respecto al punto z. Las dos integrales restantes las podemos calcular por descomposici´on en fracciones simples: ∫

γ

ζ(ζ − z)

dζ =

γ

( A

ζ

B

ζ − z

dζ = AInd(γ, 0) + BInd(γ, z) = A + B = 0,

ya que A(ζ − z) + Bζ = 1 para todo ζ ∈ γ, de donde A + B = 0. ∫

γ

z ζ^2 (ζ − z) dζ =

γ

( A

ζ

B

ζ^2

C

ζ − z dζ

= A + C = 0,

puesto que Aζ(ζ − z) + B(ζ − z) + Cζ^2 = z de donde A + C = 0, y adem´as (^) ζB 2 tiene primitiva

con lo que

γ

B ζ^2 dζ^ = 0. De esta forma: g 1 (z) =

4 πi (2πiz + 2πiz + 0 + 0) = z,

con lo que u 1 (z) = <z o m´as claramente, como z = reiθ, u 1 (reiθ) = r cos θ.

Procedemos ahora de manera an´aloga pero tomando, en la expresi´on 1 f (ζ) = (^21) i

ζ − (^1) ζ

y aplicamos de nuevo los c´alculos anteriores:

g 2 (z) =

2 πi

γ

ζ

2 i

ζ −

ζ

)( (^) ζ + z ζ − z

dζ =

− 4 π

γ

ζ^2

)( (^) ζ + z ζ − z

dζ =

− 4 π

[ ∫

γ

ζ ζ − z

dζ +

γ

z ζ − z

dζ −

γ

ζ(ζ − z)

dζ −

γ

z ζ^2 (ζ − z)

dζ

]

4 π

(2πiz + 2πiz − 0 − 0) = −iz.

Por tanto, u 2 (reiθ) = <(−ireiθ) = r sin θ. En consecuencia, sumando las dos soluciones anteriores, obtenemos la soluci´on al proble- ma de valor en la frontera f (eiθ) = sin θ + cos θ, que es u(reiθ) = r cos θ + r sin θ. 

Ejercicio 16 Sea u una funci´on arm´onica positiva en U = D(0, 1) y tal que u(0) = 1. Encu´entrese estimaciones del valor de u( 12 ).

Soluci´on. Aplicando la desigualdad de Harnack para funciones arm´onicas positivas:

R − r R + r

u(a) ≤ u(a + reiθ) ≤ R + r R − r

u(a) en D(a, R).

En nuestro caso particular, R = 1, a = 0, r = 12 , y por tanto

1 − (^12) 1 + (^12)

1 ≤ u(

y por tanto las estimaciones para el valor de u pedido son

1 3

≤ u(