Problemas de VC para EDVC elaborados por C. Mora, Tema 3. , demostrar que su trayectoria está contenida en D(1, 1) y calcular

Transcripción

1 Problemas de VC para EDVC elaborados por C. Mora, Tema 3 Ejercicio Sean, : [, ] C dos curvas cerradas de clase C a trozos y z C tal que (t) (t) < z (t) t [, ]. Demostrar que Ind (z) = Ind (z). [Pista: considerar la curva (t) = (t) z, demostrar que su trayectoria está contenida en D(, ) y calcular (t) z Ind ()]. Solución La condición (t) (t) < z (t) t [, ] nos dice en particular que z (t) t [, ], luego la curva : [, ] C, (t) = (t) z está bien (t) z definida (el denominador nunca se anula) y es C a trozos por ser composición de funciones C a trozos. La hipótesis nos dice que (t) (t) z (t) < t [, ] con lo cual (t) = (t) z (t) z = (t) (t) (t) z <, luego T ray D(, ). En particular, está en la región no acotada de C \ T ray, ya que / D(, ), con lo cual, Ind () =. Así, luego = = (t) (t) dt = [ (t) (t) z (t) [ (t) z] [ (t) z] (t) (t) z [ (t) z] 2 (t) z dt ] (t) dt, (t) z 2πi Ejercicio 2 (t) (t) z dt = (t) 2πi (t) z dt es decir, Ind (z) = Ind (z). Sean a C \ {} y un camino cerrado que no pase por, a, /a. Demostrar que Ind / ( a ) = Ind (a) Ind ().

2 Solución 2 Antes de nada, se verifica que / es un camino porque no pasa por. Pongamos que está parametrizado en el intervalo [, β]. Se tiene Ind / ( a ) = 2πi ζ a dζ = β 2πi Pero también por otra parte, Ind (a) Ind () = 2πi como deseábamos. Ejercicio 3 = a 2πi β (t) a [ ζ a ζ (t) (t) 2 dt = (t) [(t) a] (t) dt, ] dζ = 2πi a β 2πi a (ζ a)ζ dζ (t) (t) a (t) dt. Sean un camino en C, su camino conjugado y f una función compleja continua en la trayectoria de. Demostrar que Solución 3 f(z)dz = f(z)dz. Pongamos que : [, β] C. Entonces : [, β] C definido por (t) = (t) es un camino y además es inmediato comprobar que (t) = (t). Por un lado se tiene f(z)dz = β f((t)) (t)dt = β f((t)) (t)dt. Y por otro, gracias a la observación anterior y a que f es continua en la trayectoria de, entonces f(z)dz = β y se tiene la igualdad buscada. f ( ) β (t) (t)dt = f((t)) (t)dt 2

3 Ejercicio 4 Calcular las siguientes integrales curvilíneas e ζ e ζ a) dζ; b) n dζ, n N; c) ζ(ζ ) ζ ζ =2 Solución 4 ζ = ζ = (ζ 2 ) 2 dζ. a) Se tiene la siguiente descomposición en fracciones simples: ; con lo cual, aplicando la fórmula integral de Cauchy, y denotando ζ ζ por C(, 2) a la circunferencia de centro y radio 2 recorrida en sentido positivo, entonces e ζ ζ =2 ζ(ζ ) dζ = e ζ C(,2) ζ dζ e ζ C(,2) ζ dζ = 2πie Ind C(,2) () 2πie Ind C(,2) () = 2πi(e ). ζ = ζ(ζ ) = b) Aplicando la fórmula integral de Cauchy para las derivadas a la función holomorfa f(z) = e z, se tiene que para cada natural n e ζ ζ n dζ = 2πi n dζ = ζ (n )! f n ) () = 2πi (n )!. C(,) c) Se tiene la siguiente descomposición en fracciones simples (ζ 2 ) = 2 4 ζ (ζ + ) 2 4 ζ + 4 (ζ ). 2 Es claro que las funciones ζ, ζ son holomorfas en un ζ+ (ζ+) 2 abierto que contiene a D(, ), con lo que su integral a lo largo de C(, ) es cero. Por otra parte, aplicando la fórmula integral de Cauchy a la función holomorfa ζ y a su derivada primera obtenemos que C(,) dζ = 2πi sen π = ; ζ Todo lo cual concluye que C(,) C(,) (ζ 2 dζ = iπ2 ) 2 2. (ζ ) 2 dζ = 2πiπ cos π = 2π2 i. 3

4 Ejercicio 5 Sea la frontera del cuadrado determinado por las cuatro rectas x = ±2, y = ±2. Calcular cos ζ ζ cosh ζ a) ζ 2 dζ; b) dζ; c) + 8 2ζ + ζ 4 dζ. Solución 5 a) La función ζ cos ζ es holomorfa en C \ {i2 2, i2 2}, luego es ζ 2 +8 holomorfa en la componente acotada determinada por. Esto implica directamente cos ζ dζ =. ζ 2 +8 b) Por la fórmula integral de Cauchy, ζ 2ζ + dζ = ζ/2 dζ = 2πi /2 ζ + /2 2 Ind ( 2 ) = iπ 2. c) Sea la función entera f(z) = cosh ζ. Se verifica que el punto z = está en la componente acotada determinada por, luego Ind () =. Aplicamos la fórmula integral de Cauchy para las derivadas y obtenemos cosh ζ ζ 4 dζ = 2πi 3! f () =. Ejercicio 6 ζ z =R Sean Ω C un abierto, z Ω, R > tales que D(z, R) Ω, y f H(Ω). Demostrar que para todo entero n se verifica la siguiente igualdad (ζ z) dζ = f n) (ζ) n+ n! ζ z dζ. Solución 6 ζ z =R Si aplicamos a f la fórmula de Cauchy para las derivadas obtenemos que f n) (z) = n! dζ. 2πi (ζ z) n+ C(z,R) Pero si aplicamos a f n) la fórmula de Cauchy obtenemos que f n) (z) = f n) (ζ) 2πi ζ z dζ, de donde se concluye el resultado. C(z,R) 4

5 Ejercicio 7 Sea f H(D(, )) tal que para cada natural n se verifica C(, 2 ) ζ n dζ = 2πi. Hallar la expresión explícita de f. Solución 7 Como f H(D(, )) entonces f(z) = n= f n) () z n para cada z D(, ). n! Pero gracias a la hipótesis, la fórmula integral de Cauchy para las derivadas nos dice que f n) () n! = 2πi C(, 2 ) n+ dζ = para cada entero n. ζ Luego f(z) = n= z n = z. Ejercicio 8 Sea una curva cerrada simple cuya trayectoria coincida con la elipse de ecuación ( x 2 ( a) + y ) 2 b =, donde a, b > son dados. Usar dos modos distintos de calcular dζ para deducir la igualdad ζ Solución 8 2π 2π dt = a 2 cos 2 t + b 2 sen 2 t ab. Por un lado, directamente de la definición de índice se tiene ζ dζ = 2πiInd () = 2πi, ya que está en la componente acotada definida por. 5

6 Por otra parte, si efectuamos el cálculo de la integral curvilínea mediante la parametrización natural de la elipse (t) = a cos t + ib sen t, t [, 2π] entonces ζ dζ = = = 2π 2π 2π (t) 2π (t) dt = Juntando ambas cosas obtenemos 2πi = 2π (t) (t) (t) 2 dt (a cos t ib sen t)( a sen t + ib cos t) dt a 2 cos 2 t + b 2 sen 2 t (b 2 a 2 ) sen t cos t + iab dt. a 2 cos 2 t + b 2 sen 2 t (b 2 a 2 ) sen t cos t + iab dt, a 2 cos 2 t + b 2 sen 2 t y tomando partes imaginarias concluimos que 2π = ab 2π de donde se sigue el resultado buscado. Ejercicio 9 a 2 cos 2 t + b 2 sen 2 t dt, Sean R >, f H(D(, R)) y la circunferencia unidad recorrida en sentido positivo. Calcular (2 + ζ + ζ ) ζ dζ y deducir que Solución 9 2π ( + cos t)f(e it )dt = 2πf() + πf (). Como f es holomorfa en un entorno de D(, ), por la fórmula integral de Cauchy, (2 + ζ + ζ ) ζ dζ = 2 ζ dζ + dζ + ζ 2 dζ = 4πif() + 2πif (). 6

7 Por otra parte, si efectuamos el cálculo de la integral curvilínea mediante la parametrización natural de la circunferencia (t) = e it, t [, 2π] entonces (2 + ζ + 2π ζ ) ζ dζ = (2 + e it + e it ) f(eit ) ie it dt e it = 2i 2π ( + cos t)f(e it )dt. Juntando ambas cosas, y dividiendo por 2i obtenemos el resultado buscado. Ejercicio Dados a C, < r < R, f H(D(a, R)) y m Z, calcular Solución 2π f(a + re it )e mit dt. Sea el camino (t) = a + re it, t [, 2π]. Entonces 2π (ζ a) m dζ = ir m f(a + re it )e imt dt. Con esto, y usando la fórmula integral de Cauchy para la derivadas ya concluimos que 2π { si m f(a+re it )e imt dt = ir m (ζ a) m dζ = r m 2π f m) (a) si m. ( m)! Ejercicio Sea f una función holomorfa en un abierto Ω C tal que f(z) < para todo z Ω. Demostrar que para todo camino cerrado en Ω se verifica que f (z) dz =. f(z) 7

8 Solución Definimos la función g : Ω C mediante g(z) = Log(f(z)). Entonces g H(Ω) puesto que nuestra hipótesis afirma que f(ω) D(, ), y la función Log es holomorfa en D(, ). Por tanto, g =. Pero y esto concluye lo que queremos. Ejercicio 2 g (z) = f (z) f(z) Sea f una función entera para la que existen constantes A, B, k > tales que f(z) A + B z k z C. Probar que f es un polinomio. De qué grado? Solución 2 Como f es una función entera, admite un desarrollo en serie de potencias f(z) = n= f n) () z n, z C. n! Ahora bien, por la fórmula integral de Cauchy para las derivadas, f n) () = n! n+ dζ para todo R >. 2πi ζ C(,R) Con esto y gracias a la hipótesis obtenemos la siguiente estimación f n) () n! 2π sup + BRk 2πR n!a n N, R >. R n ζ C(,R) ζ n+ En particular, si n > k, haciendo tender R se tiene que f n) () = para todo natural n [k] + donde [k] es la parte entera de k. Concluimos por tanto f(z) = [k] n= f n) () z n, n! z C y así f es un polinomio de grado menor o igual que [k]. 8