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Problemas de Variable Compleja. Soluciones. Hoja 4


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1 Problemas de Variable Compleja. Soluciones. Hoja 4 Ejercicio.- Sobre la circunferencia C(0, /r) se verifica que Sea N N tal que para todo n N max{ e ( +! min{ e : = /r} = e /r n n! } : = r } < e /r min{ e : = /r}. Por el T. de Rouché la función + n! n! carece de ceros dentro de B(0, /r). Por tanto sus ceros (n en total) están en c B(0, /r), es decir, los ceros Z(f n ) de f n, n N, verifican Z(f n ) B(0, r). Ejercicio 2.- Sabemos que = y que ( ) 2 = Se verifica que min{ : = r < } =. Por tanto, existe N N tal que para todo ( ) 2 (+r) 2 n N se verifica max{ ( ) 2 ( n n ) : = r < } < Como ( ) 2 ( + r) 2 min{ : = r}. ( ) 2 no tiene ni ceros ni polos en B(0, r), concluimos que n n no tiene ceros en B(0, r), n N. Ejercicio 3.- Sea p() = (a) Estudiemos Z(p) D. Observemos que D, p() ( 5 + ) = 4 = < Por el T. de Rouché p tiene en D el mismo número de ceros que 5 +, es decir, un () cero. (b) Estudiemos Z(p) { < < 2}. Para todo C con = 2 se verifica p() 4 = 5 + < 6 = 4. Por el T. de Rouché p tiene en { < 2} el mismo número de ceros que 4, es decir, cuatro (4) ceros. Por tanto p tiene en { < < 2} tres (3) ceros. Ejercicio 4.- Sea p() = Entonces D, p() ( 4 3 ) = < 4 3 = 4. Por el T. de Rouché p tiene en D tres (3) ceros. Ejercicio 5.- (i) Sea p() = n + a n n + + a + a 0, que tiene, como máximo, n raíces en C. Si a Z(p) es un cero de p, indicaremos por m(a) la multiplicidad de a. Tomando R 0 > 0 suficientemente grande, todas las raíces de p están dentro de D(0, R 0 ). Por tanto para todo R R 0 se verifica

2 2 a Z(p) m(a) = p () 2πi B(0,R) p() d = 2π 2πi 0 = 2π n 2π 0 n( + (n )a n n + + a ( + a n + + a 0 ) n n ) n ( + (n )a n n + + a n n + a n + + a 0 n Rie it dt ) dt. () Fijemos ɛ > 0. Se puede elegir R R 0 tal que para todo R R se verifique que B(0, R), n n ( + (n )a n n + + a n n + a n + + a 0 n ) ɛ. Como ɛ > 0 es arbitrario, teniendo en cuenta () obtenemos p () 2π m(a) = lim d = lim ndt = n. R 2πi B(0,R) p() R 2π 0 a Z(p) En consecuencia p tiene n ceros en C, contado cada cero según su multiplicidad. (ii) Sea p() = n + a n n + + a + a 0, con a 0 0. Haciendo R suficientemente grande se tiene que p() < para todo B(0, R). n Aplicando el T. de Rouché obtenemos N p()/ n P p()/ n = N P = 0. Como a 0 0, entonces N p()/ n = N p() y P p()/ n = n. En consecuencia N p() = n. Ejercicio 6.- Para todo D se tiene que Por el T. de Rouché se tiene f() n ( n ) = f() < = n. número de ceros de f() n = 0 en D = número de ceros de n = 0 en D = n. Ejercicio 7.- Supongamos que existe un polinomio p() = n + a n + + a n, n, tal que p() <, =. Sea f() = a n + + a n, que verifica D, f() ( n ) < = n. Por el T. de Rouché f() tendría n ceros en D, lo que no puede ser porque f es un polinomio de grado n. Ejercicio 8.- Dados ɛ > 0 y R > 0, sea γ el camino del dibujo (ver hoja final). Observemos que para todo = x + iy γ verifica x ɛ > 0 por lo que γ, 0 < e = e x <. Así que haciendo R λ + se verifica λ, γ, y, en consecuencia λ e (λ ) < λ.

3 3 Por tanto n. de ceros de λ e = 0 en {Re() > 0} = n. de ceros de λ = 0 en {Re() > 0} =. Sea 0 la única solución de λ e = 0 en {Re() > 0}. Entonces 0 = λ 0 e 0 0 = 0 0 R. Así que 0 = x (0, λ) y 0 = λ x e x, es decir, λ = x + e x. Teniendo en cuenta la forma de la función f(t) = t + e t, t > 0, se concluye que, si λ, entonces x 0. Ejercicio 9.- Ver la Proposición Ejercicio 0.- Como f(ω) = Ω y g f() =, Ω, se concluye que g, f son biyecciones entre los abiertos Ω, Ω tales que f = g. Entonces (a) Como g es inyectiva, del Ejercicio 9 sale que g (f()) 0, Ω. (b) Como g es abierta, f es continua. Aplicando la Proposición..2 (E) ó el T. de la aplicación abierta se concluye que Ω, f () = g (f()) f H(Ω). Ejercicio.- (a) T (D(0, r)) = { > /r} { }; (b) T (A) = A;(c) T (A) = { C : Im() 0, }; (d) T (A) = B( 2 + i 2, / 2) \ B(/2, /2). Ejercicio 2.- Por el Corolario 3..3 f() c, G. Si c = 0,f = 0 en G y hemos terminado. Supongamos que c > 0 y que no tiene ceros en G. Entonces /f H(G) y por el Corolario 3..3 de donde sale que f = cte. G, f() c y /f() /c f() = c, Ejercicio 3.- Es claro que { C : f() c} C C (= cerrados de C). Como obviamente { C : f() < c} { C : f() c}, concluimos que { C : f() < c} { C : f() c}. Supongamos que { C : f() < c} = { C : f() c}, es decir, que existe 0 { C : f() c} \ { C : f() < c}. Entonces existe r > 0 tal que B( 0, r) { C : f() < c} =, de donde sale que f() f( 0 ) = c > 0, B( 0, r). En particular /f H(D( 0, r)) y /f( 0 ) /f(), D( 0, r), lo que implica que /f y por tanto f son constantes en D( 0, r). Luego f = cte en C, una contradicción que prueba que { C : f() < c} = { C : f() c}. Ejercicio 4.- Basta aplicar Ejercicio 2 y Ejercicio 3. Ejercicio 5.- Supongamos que el resultado es falso. Entonces dado ɛ > 0 con Rɛ < existe un polinomio p ɛ () tal que p ɛ() ɛ, = R. Si γ(t) := Re it, t [0, 2π], se tiene que d 2πi = Ind γ(0) = y p ɛ ()d = 0. 2πi γ γ

4 4 Por tanto = ( 2πi γ p ɛ())d = 2π ( 2π 0 p ɛ())re it dt 2π 2π p ɛ() Rdt Rɛ <, una contradicción que prueba que el resultado es cierto. 0 Ejercicio 6.- Sean p, q Z con q > 0. Por el T. del módulo máximo si = r y r r r 2 se tiene r p f() q max{r p M(r ) q, r p 2 M(r 2) q }. Sea {(p n, q n ) : n } una sucesión de pares de números enteros con q n > 0 tal que p n /q n siendo α R tal que r α M(r ) = r α 2 M(r 2 ), es decir, ( r Entonces, si = r, r r r 2 y n, se verifica la desigualdad que es equivalente a la desigualdad r 2 ) α = M(r 2) M(r ). r pn f() qn max{r pn M(r ) qn, r pn 2 M(r 2) qn }, α n r p n/qn f() max{r pn/qn M(r ), r pn/qn 2 M(r 2 )}. (2) Tomando límites en (2) para n llegamos a que de donde sale r α f() r α M(r ) = r α 2 M(r 2 ), M(r) M(r ) ( r r )α = M(r ) e α L(r /r) = M(r ) e α L(r /r 2 ) L(r /r) L(r /r 2 ) = M(r ) ( ) M(r2 ) L(r /r) L(r /r 2 ) M(r ) = M(r ) L(r /r) L(r /r 2) M(r 2 ) L(r /r) L(r /r 2 ) = M(r ) Lr 2 Lr Lr 2 Lr M(r 2 ) Lr Lr Lr 2 Lr. Ejercicio 7.- Por las hipótesis del ejercicio existe ɛ > 0 tal que G := B(0, R + ɛ) Ω y f() 0 g(), G. En consecuencia, si h() = f()/g(), G, resulta que h H(G) y h(), B(0, R), por el Corolario Aplicando el mismo argumento a g/f, concluimos que g()/f() = /h(), B(0, R). Por tanto h() =, B(0, R), es decir, f() = λg(), B(0, R), para cierto λ =. Como Ω es una región concluimos que f() = λg(), Ω. Ejercicio 8.- Sea f() = u() + iv(). Como u es armónica en Ω, del Corolario sale que max{u() : B(0, r)} = max{u() : B(0, r)}. (3)

5 Por tanto A(r) crece con r. Supongamos que no fuese estrictamente creciente, es decir, que existen r < r 2 tales que A(r ) = A(r 2 ). Este hecho y (3) implican que existe 0 B(0, r ) tal que u( 0 ) = max{u() : B(0, r 2 )}. Por el Ppio. del máximo (Prop. 5.2.) concluimos que u = cte en Ω, de donde sale que f = cte en Ω, lo que contradice las hipótesis. Por tanto A(r) es estrictamente creciente. Ejercicio 9.- (a)(i) T () = i 2i+i. (a)(ii) Consideremos, en primer término, una transformación de Möbius R tal que R(D) = D y R(0) = i/2. R es un automorfismo de D y, por ejemplo, podría ser R() :=. A +i/2 (i/2) continuación consideramos la traslación S() = +. Entonces T = (S R) verifica las condiciones exigidas. Observemos que hay infinitas soluciones. (a)(iii) Sea R una transformación de Möbius tal que R( c B(0, 2)) = {Im() > 0}. Por ejemplo, podemos hacer que R mande los puntos 2, 2i, 2 sobre los puntos, 0,, en cuyo caso R es de la forma R() = (, 2, 2i, 2) = 2i i 2+2 = 2 4i ( i)( + 2). Es claro que R(0) = 2i i = i. Sea S la traslación S() =. Entonces T = S R cumple los requerimientos. Hay infinitas soluciones. (b) Si 2 = T (), 3 = T (0) y 4 = T ( ), se verifica que T () = (, 2, 3, 4 ), C. Teniendo en cuenta la expresión de la raón cruada (, 2, 3, 4 ) y que 2, 3, 4 R (porque T (R ) = R ), concluimos que los coeficientes a, b, c, d de la transformación T pueden elegirse reales. 5 (c) Es claro que ϕ 0 () D, H, porque 0 < 0, H. ϕ 0 H(H) porque 0 / H. Por otra parte Obviamente ϕ 0 () = 0 0 D, ϕ 0 (0) = 0 0 D y ϕ 0 ( ) = 0 0 D, de donde sale que ϕ 0 (R ) = D. Por el T. de orientación y ya que ϕ 0 ( 0 ) = 0, obtenemos que ϕ 0 (H) = D. Finalmente observemos que ϕ 0 es -a-. (d) () Por (c) toda transformación de Möbius de la forma T () = λ 0 0, λ =, Im( 0 ) > 0, verifica T (R ) = D y T (H) = D siendo H := {Im() > 0}. (2) Sea T una transformación de Möbius tal que T (H) = D. Entonces T (R ) = D. Sean 0 := T (0) H y R() = 0 0. Entonces R T es un automorfismo de D por lo que λ D y a D tales que R T () = λϕ a (), C. Como λϕ a (0) = R T (0) = R( 0 ) = 0, deducimos que a = 0, es decir, ϕ a = id y R T () = λ, C. Si w H se tiene que λt (w) = R T T (w) = R(w) = w 0 w 0 T (w) = λ w 0 w 0, w H. (e) Las transformaciones de Möbius T tales que T ( D) = D son de dos tipos, a saber: Tipo I. T (D) = D. Estas transformaciones son automorfismos de D y por tato tienen la forma T () = λ a a, λ D, a D.

6 6 Tipo II. T (D) = c B(0, ). En este caso la trasformación S() = /T () es de Tipo I, por lo que S() = λ a a, λ D, a D. Por tanto, si a = 0, T () = λ, y, si a 0, se tiene T () = λ a a = a/a λ /a /a = ρ µ, ρ D, µ >. µ

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