\(\def\N{\mathbb{N}} \def\R{\mathbb{R}} \def\C{\mathbb{C}} \def\Z{\mathbb{Z}} \def\HH{\mathcal{H}} \def\FF{\mathcal{F}} \def\menos{\smallsetminus} \def\im{\mathop{\mathrm{im}}} \def\lim{\mathop{\text{lim}}\limits} \def\sup{\mathop{\mathrm{sup}}\limits} \def\inf{\mathop{\text{inf}}\limits} \def\max{\mathop{\text{max}}\limits} \def\min{\mathop{\text{mín}}\limits} \def\mm{\mathrm} \def\id{\mm{id}} \def\Aut{\mathop{\mathrm{Aut}}}\)Damos a \(\C\) la topología inducida por la norma \(|x+yi|=\sqrt{x^2+y^2}\). Si \(U\subset\C\) es abierto y \(f:U\to\C\) es una función, decimos que es holomorfa si para todo \(z\in U\) existe el límite \(f'(z)=\lim_{h\to0}\frac{f(z+h)-f(z)}h\). Las holomorfas forman un álgebra \(\HH(U)\). Vale la regla de la cadena \((f\circ g)'(z)=f'(g(z))g'(z)\). La función \(f\) es holomorfa si y sólo si vista como \(f(x+yi)=u(x,y)+v(x,y)i\), con \(u,v:\{(x,y)\in\R^2\mid x+yi\in U\}\to\R\), vale que \(u\) y \(v\) son diferenciables y \(\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}\) y \(\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}\), las ecuaciones de Cauchy-Riemann. Defino \(e^{x+yi}=e^x(\cos y+i\sin y)\), \(\sin z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}\) y \(\cos z=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}2\); son holomorfas, \(e^{z+w}=e^ze^w\), \(\sin'z=\cos z\) y \(\cos'z=-\sin z\).
Si \(U\) es abierto, \(\gamma:[a,b]\to\C\) es \(C^1\) a trozos y \(f:U\to\C\) es continua, definimos \(\int_\gamma f=\int_a^b f(\gamma(t))\gamma'(t)\,dt\). Es lineal y \(|\int_\gamma f|\leqq \max_{z\in\gamma}|f(z)|\int_a^b|\gamma'|\). Si \(F:U\to\C\) cumple \(F'=f\), \(\int_\gamma f=F(\gamma(b))-F(\gamma(a))\).
Goursat. Si \(R\) es un rectángulo y \(f\) es holomorfa en un abierto que contiene a \(R\), entonces \[\int_{\partial R} f = 0.\]
Prueba. Tenemos \(\int_{\partial R} f = \sum_{i=1}^4\int_{\partial R_i} f\), donde \(R_1,\ldots,R_4\) son rectángulos iguales en los que dividimos a \(R\). Hay rectángulos \(R^1\supset R^2\supset\cdots\) tales que \(|\int_{\partial R^{n+1}} f|\geqq\frac14|\int_{\partial R^n} f|\). Si \(L_n\) es el perímetro de \(R^n\), tenemos \(L_n=\frac1{2^n}L_0\). La intersección de los \(R^n\) es un punto \(z_0\).
Tenemos \(f(z)=f(z_0)+f'(z_0)(z-z_0)+(z-z_0)h(z)\), con \(h(z)\to 0\) si \(z\to z_0\). Integrando y usando que las funciones con primitiva tienen integral cerrada nula, resulta \(\int_{\partial R^n} f=\int_{\partial R^n}(z-z_0)h(z)\). Tenemos \(|\int_{\partial R^n} f|\geqq \frac1{4^n}|\int_{\partial R}f|\) y \(|\int_{\partial R^n}(z-z_0)h(z)|\leqq \frac1{2^n}L_0\text{diam}(R^n)\max_{z\in R^n}|h(z)|\), con \(\text{diam}(R^n)=\frac1{2^n}\text{diam}(R)\). Luego \(|\int_{\partial R}f|\leqq L_0\text{diam}(R)\max_{z\in R^n}|h(z)|\) para todo \(n\), por lo que \(\int_{\partial R}f=0\). \(\blacksquare\)
La conclusión es que si \(f\) es holomorfa en un disco, tiene primitiva.
Integrales paramétricas. Si \(U\) es abierto, \(\gamma:[0,1]\to\C\) es \(C^1\) a trozos y \(f:U\times\gamma\to\C\) es continua entonces \(F(z)=\int_\gamma f(x,w)\,dw\) es continua. Si \(f(-,w)\) tiene derivada \(f'(-,w)\) para todo \(w\in\gamma\) y \(f'\) es continua, \(F'(z)=\int_\gamma f'(x,w)\,dw\).
Prueba. Dado \(z\in U\), hay \(r>0\) con \(\overline{B(z,r)}\subset U\); \(f|_{\overline{B(z,r)}\times\gamma}\) es uniformemente continua, luego si \(|h|<\delta\), \(|f(z+h,w)-f(z,w)|<\epsilon\) para \(z\in U,w\in\gamma\), y \(|F(z+h)-F(z)|=|\int_\gamma(f(z+h,w)-f(z,w))\,dw|\leqq \epsilon |\gamma|\), por lo que \(F\) es continua. Ahora si \(f'\) es continua, usando continuidad uniforme, \(|\frac{F(z+h)-F(z)}h - \int_\gamma f'(z,w)\,dw| = |\int_\gamma \int_z^{z+h}\frac{f'(t,w)-f'(z,w)}h\,dtdw|\leqq \epsilon|\gamma|\) si \(|h|<\delta\), como queríamos. \(\blacksquare\)
Sean \(U\) un abierto, \(f\) holomorfa en \(U\) y \(\gamma,\eta:[0,1]\to U\) caminos \(C^1\) a trozos con \(\gamma(0)=\eta(0)\), \(\gamma(1)=\eta(1)\) homotópicos. Es decir existe \(H:[0,1]\times[0,1]\to U\) continua tal que \(H(-,0)=H(-,1)\), \(H(0,-)=\gamma\) y \(H(1,-)=\eta\). Entonces \[\int_{\gamma} f = \int_{\eta} f.\]
Prueba. Por continuidad uniforme hay \(n\) tal que \(H([\frac {i-1}{n},\frac{i}{n}]\times[\frac{j-1}{n},\frac{j}{n}])\subset D_{ij}\subset U\), con \(D_{ij}\) discos. Sean \(I_i=\sum_{j=1}^{n}(g_{ij}(H(\frac{i}{n},\frac{j}{n})) - g_{ij}(H(\frac{i}{n},\frac{j-1}{n})))\), donde \(g_{ij}'=f\) en \(D_{ij}\), que existen por Goursat. Se ve que \(I_i=I_{i-1}\). En particular \(I_1=I_n\). Ahora \(I_1=\int_\gamma f\) y \(I_n=\int_\eta f\). \(\blacksquare\)
En particular si \(\gamma\) es homotópico a 0, \(\int_{\gamma} f = 0\). Si \(U\) es simplemente conexo, es decir, es conexo y toda curva cerrada es contráctil, eso vale siempre. Más aún, toda función holomorfa \(f\) tiene primitiva. Un ejemplo es \(\C\menos\R_{\leqq0}\). Por lo tanto ahí puede definirse el logaritmo como una primitiva \(\ln\) de \(\frac1z\) tal que \(\ln(1)=2\pi ik\), \(k\in\Z\). En general, si \(f\) es holomorfa en \(U\) simplemente conexo, y \(f\neq0\), definimos \(L_f(z)=\int_{z_0}^z\frac{f'}f+c\), con \(z_0\in U\) y \(e^c=f(z_0)\), y vale \(e^{L_f(z)}=f(z)\).
Cauchy. Sea \(f\) holomorfa en un abierto \(U\), y \(D\) un disco con \(\overline D\subset U\). Si \(z_0\in D\) entonces \[f(z_0)=\frac1{2\pi i}\int_D \frac{f(z)}{z-z_0}dz.\]
Prueba. La función \(g(z)=\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}\) es holomorfa en \(U\menos\{z_0\}\). Si \(D(z_0,r)\subset D\), por Cauchy \(\int_{D(z_0,r)}g=\int_{D}g\). Ahora \(|\int_{D(z_0,r)}g|\leqq 2\pi r\max_{|z-z_0|=r}|g(z)|\to 0\) si \(r\to0\). Luego \(\int_{D}g=0\) y queda. \(\blacksquare\)
Derivando la fórmula resulta \(f^{(n)}(z_0)=\frac{n!}{2\pi i}\int_D\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}dz.\)
Si \(f\) es holomorfa en un abierto que contiene a \(D=D(z_0,R)\) y \(w\in D\) entonces \(f(w)=\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}f^{(n)}(z_0)(w-z_0)^n\).
Prueba. Tenemos \(2\pi if(w)=\int_D\frac{f(z)}{z-w}dz=\int_D\frac{f(z)}{z-z_0}\frac1{1-\frac{w-z_0}{z-z_0}}dz=\int_D\frac{f(z)}{z-z_0}\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{w-z_0}{z-z_0}\right)^ndz\). Sacando la serie afuera es \(\sum_{n=0}^\infty\int_D\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}dz(w-z_0)^n\) y queda. \(\blacksquare\)
Si \(f\) es holomorfa en un abierto \(U\), sus ceros están aislados.
Prueba. Si \(f(z_0)=0\), \(f(z)=(z-z_0)^mg(z)\) con \(g\) holomorfa, \(g(z_0)\neq0\). Sigue por continuidad de \(g\). \(\blacksquare\)
Liouville. Si \(f:\C\to\C\) es holomorfa y acotada entonces es constante.
Prueba. Tenemos \(f'(z)=\frac1{2\pi i}\int_{D(z,R)}\frac{f(w)}{(w-z)^2}dw\). Luego \(|f'(z)|\leqq \frac MR\), con \(M\) tal que \(|f|\leqq M\). Con \(R\to\infty\) resulta \(f'(z)=0\) y el teorema sigue. \(\blacksquare\)
Morera. Si \(f\) es continua en un abierto \(U\) y para todo rectángulo \(\gamma\) en \(U\) vale \(\int_\gamma f=0\) entonces es holomorfa.
Integral paramétrica 2. Si \(U\) es abierto, \(\gamma:[0,1]\to\C\) es \(C^1\) a trozos y \(f:U\times\gamma\to\C\) es continua con \(f(-,w)\) holomorfa para todo \(w\in\gamma\), entonces \(F(z)=\int_\gamma f(z,w)\,dw\) es holomorfa.
Prueba. Vimos que es continua. Ahora si \(R\) es un rectángulo en \(U\), \(\int_{\partial R}F=\int_{\partial R}\int_\gamma f(z,w)\,dwdz=\int_\gamma\int_{\partial R}f(z,w)\,dzdw=0\), y resulta por Morera. \(\blacksquare\)
Si \(\gamma:[a,b]\to\mathbb{C}\) es \(C^1\) a trozos y \(\alpha\not\in\gamma\) definimos el winding number \[W(\gamma, \alpha)=\frac1{2\pi i}\int_\gamma\frac{dz}{z-\alpha}.\]
Probamos que es un entero. Definimos \(F(t)=\int_a^t\frac{\gamma'(t)}{\gamma(t)-\alpha}dt\). Es continua y derivable salvo en finitos puntos. Tenemos \(\frac{d}{dt}e^{-F(t)}(\gamma(t)-\alpha)=0\) salvo en finitos puntos. Luego \(e^{-F(t)}(\gamma(t)-\alpha)=C\), \(e^{F(b)}=e^{F(a)}\), luego \(F(b)=F(a)+2\pi ik\) con \(k\in\mathbb{Z}\) y \(W(\gamma,\alpha)=k\). Probamos además que es continua como función de \(\alpha\).
Una cadena es una suma formal de caminos cerrados. Sea \(U\) un abierto, y \(\gamma, \eta\in U\) dos cadenas. Decimos que son homólogas en \(U\) si \(\forall\alpha\not\in U.W(\gamma,\alpha)=W(\eta,\alpha)\).
Fórmula de Cauchy. Si \(\gamma\) es homóloga a 0 en \(U\), \(f\) holomorfa en \(U\), \(z_0\in U\), \(z_0\not\in\gamma\), entonces \[W(\gamma,z_0)f(z_0) = \frac1{2\pi i}\int_\gamma \frac{f(z)}{z-z_0}dz.\]
Prueba. Definimos \(g\) en \(U\times U\) así: \[g(z,w)=\left\{\begin{matrix} \frac{f(w)-f(z)}{w-z} & \text{ si } w\neq z, \\ f'(z) & \text{ si } w=z.\end{matrix}\right.\]
Sea \(V=\{z\in\mathbb{C}\mid W(\gamma,z)=0\}\). Vale \(\mathbb{C}=U\cup V\). Definimos \(h\) así: \[h(z)=\left\{\begin{matrix} \int_\gamma g(z,w)\,dw & \text{ si } z\in U, \\ \int_\gamma \frac{f(w)}{w-z}\,dw & \text{ si } z\in V.\end{matrix}\right.\]
Se ve que \(g\) es continua y \(g(-,w)\) es holomorfa, y lo mismo para \(\frac{f(w)}{w-z}\). Luego \(h\) es holomorfa en \(\mathbb{C}\). Además es acotada y tiende a 0 en el límite. Por Liouville es nula y el teorema sigue. \(\blacksquare\)
La fórmula \(W(\gamma,z)f^{(n)}(z)=\frac1{2\pi i}\int_\gamma \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}dz\) se obtiene derivando. Con \(F(z)=(z-z_0)f(z)\) resulta el teorema de Cauchy \(\int_\gamma f=0\).
Si \(f\) es holomorfa en \(\{z\mid r<|z-z_0|<R\}\) entonces hay únicos \(a_n\) para \(n\in\Z\) tales que \(f(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}a_n(z-z_0)^n\), y vale, para \(r<\rho<R\), \[a_{n}=\frac{1}{2\pi i}\int_{|z-z_0|=\rho}\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}dz.\]
Sale como la fórmula de Cauchy pero usando dos círculos. Para ver la unicidad de \(a_n\) se integra término a término \(\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\).
Si \(f\) es holomorfa en un disco menos su centro \(z_0\) hay tres posibilidades:
Singularidad evitable. El desarrollo de Laurent no tiene parte singular. Equivale a que \(f\) sea acotada alrededor de \(z_0\).
Polo. La parte singular tiene finitos términos. En ese caso definimos el orden como el menor \(n\in\Z\) con \(a_n\neq0\).
Singularidad esencial. La parte singular tiene infinitos términos no nulos. En ese caso si \(f\) es holomorfa en \(U=D(z_0,r)\menos\{z_0\}\), \(\overline{f(U)}=\C\) (Casorati-Weierstrass). Esto es porque si \(\alpha\in\C\) cumple que hay \(s>0\) con \(\forall z\in U.|f(z)-\alpha|>s\) entonces \(g(z)=\frac1{f(z)-\alpha}\) es holomorfa en \(U\) y acotada en \(D\), y \(1/g\) tiene como mucho un polo en \(z_0\), absurdo.
Si \(f\) es holomorfa en un abierto \(U\) excepto en puntos \(z_1,\ldots,z_n\) y \(\gamma\) es una cadena homóloga a 0 en \(U\) entonces \(\int_\gamma f=2\pi i\sum_{i=1}^nW(\gamma,z_i)\mm{res}_{z_i}f\), donde \(\mm{res}_{z}f\), el residuo de \(f\) en \(z\), es \(a_{-1}\) en el Laurent de \(f\) en \(z\). Vale \(\mm{res}_zf'/f=\mm{ord}_zf\) si el orden no es infinito.
Rouché. Sea \(\gamma\) homóloga a 0 en \(U\) tal que \(W(\gamma,U)=\{0,1\}\), y \(f,g\) holomorfas en \(U\) tales que \(|f(z)-g(z)|<|f(z)|\) en \(\gamma\). Entonces tienen la misma cantidad de ceros en el “interior” de \(\gamma\), es decir en \(\{z\in U\mid W(\gamma,z)=0\}\).
Prueba. Por la condición no tienen ceros en \(\gamma\), y \(F=g/f\) cumple que \(\im F\circ\gamma\subset D(1,1)\). Luego \(W(F\circ\gamma,0)=0\) y \(0=\int_{F\circ\gamma}\frac1z=\int_\gamma \frac{F'}{F}=\int_\gamma (\frac{g'}g-\frac{f'}f)\). \(\blacksquare\)
Función abierta. Si \(f\) es holomorfa en un abierto conexo \(U\) y no es constante entonces \(f(U)\) es abierto.
Prueba. Sea \(a\in U\), \(\alpha=f(a)\) y \(m=\mm{ord}_a(f-\alpha)\) (\(m\geqq1\)). Sea \(\epsilon>0\) tal que \(D=D(a,2\epsilon)\subset U\) y \(\forall z\in D\menos\{a\}.f(z)\neq\alpha\). Sea \(\gamma(t)=a+\epsilon e^{2\pi it}\). Tenemos que \(\alpha\not\in f\circ\gamma\), luego hay \(\delta>0\) tal que, en \(D(\alpha,\delta)\), \(W(f\circ\gamma,-)\) es constante, y por lo tanto igual a \(W(f\circ\gamma,\alpha)=\int_{f\circ\gamma}\frac{dz}{z-\alpha}=\int_\gamma\frac{f'}{f-\alpha}=m\). Luego si \(\beta\in D(\alpha,\delta)\), \(\int_\gamma \frac{(f-\beta)'}{f-\beta}=m\), por lo cual en \(D\) hay \(m\geqq1\) raíces de \(f=\beta\). Entonces \(D(\alpha,\delta)\subset f(U)\) y \(f(U)\) es abierto. \(\blacksquare\)
De la prueba se sigue que si \(f'(z_0)\neq0\) entonces en un entorno de \(z_0\) \(f\) es inversible: hay \(U,V\) abiertos, \(z_0\in U\) y \(f:U\to V\) tiene inversa \(g:V\to U\). Es continua y se ve fácil que también holomorfa. Invocando el teorema se prueba lo siguiente:
Módulo máximo. Si \(f\) es holomorfa en un abierto conexo \(U\) y no es constante entonces \(|f|\) no tiene máximo, y el único mínimo puede ser 0.
Si \(U\) es abierto, sea \(\HH(U)\) el espacio de funciones holomorfas en \(U\). Defino \(K_n=\{z\in U\mid |z|\leqq n, d(z,\C\menos U)\geqq \frac1n\}\). Son compactos y vale \(K_1\subset K_2\subset\cdots\) y \(U=\bigcup_{n=1}^\infty K_n\). Defino \(d(f,g)=\sum_{n=1}^\infty\frac1{2^n}\min\{1,\sup_{K_n}|f-g|\}\). Es una métrica e induce una topología, la de la convergencia casi uniforme. En ella, \(f_n\to f\) sii \(f_n\to f\) uniformemente en cada compacto \(K\subset U\).
\(\HH(U)\) es completo y \(f\mapsto f'\) es continua.
Prueba. Si \(f_n\) es de Cauchy, tiene límite \(f\) continua, y por Morera holomorfa. Si \(f_n\to f\) hay que ver \(f_n'\to f'\). En efecto, hay que probar que dado \(z_0\in U\) hay un disco \(D=D(z_0,R)\) tal que \(f_n'\to f\) uniformemente en \(D\); luego los compactos se cubren con finitos de estos. Ahora si \(D(z_0,3R)\subset U\), \(\gamma(t)=z_0+2Re^{2\pi it}\) y \(z\in D\), \(|f_n'(z)-f(z)|\leqq\frac1{2\pi}\int_\gamma|\frac{f_n(w)-f(w)}{(z-w)^2}|dw\leqq \frac2R\sup_{D(z_0,2R)}|f_n-f|\to0\), listo. \(\blacksquare\)
Montel. Sea \(U\) abierto y \(\FF\subset\HH(U)\). Si es acotado, es decir, si para todo \(K\subset U\) compacto hay \(M\) con \(\forall f\in\FF.\sup_K|f|\leqq M\), entonces es normal, es decir, \(\overline\FF\) es compacto.
Prueba. Sea \(f_n\in\FF\) una sucesión. Sea \(D=\overline D(z_0,R)\subset U\). Hay \(M\) con \(|f_n|\leqq M\) en \(D\). Ponemos \(f_n(z)=\sum_{k=0}^\infty a_{nk}(z-z_0)^k\). Por Cauchy tenemos \(|a_{nk}|\leqq \frac{M}{R^k}\). Tomando subsucesiones y la diagonal conseguimos una subsucesión \(n_i\) tal que para todo \(k\) existe \(\lim_{i\to\infty}a_{n_ik}=a_k\). Vale \(|a_k|^{1/k}\leqq \frac{M^{1/k}}{R}\), luego \(f(z)=\sum_{k=0}^\infty a_{nk}(z-z_0)^k\) es holomorfa en \(D(z_0,R)\). Y \(f_{n_i}\to f\) ahí: si \(r<R\), en \(\overline D(z_0,r)\) vale \(|f_{n_i}(z)-f(z)|\leqq \sum_{k=0}^{k_0-1}|a_{n_ik}-a_k|r^k+2\sum_{k=k_0}^\infty M(\frac rR)^k\), que tiende a 0 tomando \(k_0\) grande para el segundo término y luego \(i\) grande para el primero. Entonces si \(D\subset U\) es un disco, \(f_n\) tiene una subsucesión que converge en \(D\).
Entonces si \(K\) es un compacto, lo cubrimos con finitos discos, y tomando finitas subsucesiones convergemos en \(K\). Luego tomando \(K_n\) con \(\bigcup_{n=1}^\infty K_n=U\), tomando subsucesiones y su diagonal conseguimos una subsucesión que converge en todos ellos, y por lo tanto en \(U\). \(\blacksquare\)
Dada una sucesión \(\{z_n\}\) decimos que \(\prod_{n=1}^\infty z_n\) converge absolutamente si \(\lim_{n\to\infty} z_n=1\) y \(\sum_{n=n_0}^\infty \ln(z_n)\) converge absolutamente para algún \(n_0\), donde \(\ln(z)=\int_1^z\frac{dw}w\). En ese caso \(\lim_{N\to\infty}\prod_{n=1}^Nz_n=\prod_{n=1}^{n_0-1}z_n e^{\sum_{n=n_0}^\infty \ln(z_n)}\). Equivale a que \(\sum_{n=1}^\infty |1-z_n|\) converge.
Si \(f_n\in\HH(U)\) no tienen ceros y \(\sum_{n=1}^\infty |1-f_n|\) converge casi uniformemente en \(U\), entonces \(\prod_{n=1}^N f_n\to f\) en \(\HH(U)\) y \(\frac{f'}{f}=\sum_{n=1}^\infty\frac{f_n'}{f_n}\).
Defino \(E_n(z)=(1-z)e^{z+\frac{z^2}2+\cdots+\frac{z^{n-1}}{n-1}}\). Si \(|z|\leqq\frac12\), \(|\ln E_n(z)|\leqq 2|z|^n\).
Prueba. Tenemos que \(\ln E_n(z)=\ln(1-z)+z+\frac{z^2}2+\cdots+\frac{z^{n-1}}{n-1}=-\sum_{k=n}^\infty\frac{z^k}k\). Luego \(|\ln E_n(z)|\leqq \frac{|z|^n}{n}\sum_{k=0}^\infty\frac1{2^k}\leqq 2|z|^n\). \(\blacksquare\)
Wierstrass. Si \(\{z_n\}\subset\C\menos\{0\}\) cumple \(|z_n|\to\infty\), y \(\{k_n\}\subset\N\) cumplen que \(\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{R}{|z_n|}\right)^{k_n}\) converge para todo \(R>0\) (por ejemplo si \(k_n=n\)) entonces \(\prod_{n=1}^\infty E_{k_n}(\frac{z}{z_n})\) converge en \(\HH(\C)\) a una función cuyos únicos ceros son \(\{z_n\}\) con su multiplicidad.
Prueba. Vale que \(k_n=n\) funciona porque \(\sum_{n=N}^\infty\left(\frac{R}{|z_n|}\right)^{n}\leqq \sum_{n=N}^\infty\left(\frac{1}{2}\right)^n\) si \(N\) es grande. Dado \(R>0\) tomamos \(K=\{|z|\leqq R\}\) y \(N\) grande con \(|z_n|\geqq 2R\) si \(n\geqq N\). Entonces en \(K\) tenemos \(|\frac{z}{z_n}|\leqq\frac12\) si \(n\geqq N\); luego \(\sum_{n=N}^\infty |\ln(E_{k_n}(\frac{z}{z_n}))|\leqq 2 \sum_{n=N}^\infty|\frac{z}{z_n}|^{k_n}\leqq 2 \sum_{n=N}^\infty\left(\frac{R}{|z_n|}\right)^{k_n}<\infty\). Entonces \(\prod_{n=1}^\infty E_{k_n}(\frac{z}{z_n})\) converge en \(\HH(\C)\). Ahora en \(K\) \(\sum_{n=N}^\infty\ln(E_{k_n}(\frac{z}{z_n}))\to 0\) si \(N\to\infty\). Luego \(\prod_{n=N}^\infty E_{k_n}(\frac{z}{z_n})\to 1\), por lo que no es 0 si \(N\) es grande. Entonces los ceros en \(K\) son los de \(\prod_{n=1}^N E_{k_n}(\frac{z}{z_n})\), luego son \(z_n\) con su multiplicidad. \(\blacksquare\)
Corolario. Las funciones meromorfas en \(\C\), es decir, las que son holomorfas salvo en un conjunto de polos, son cociente de holomorfas.
\[\frac{\pi^2}{\sin^2\pi z}=\sum_{n\in\Z}\frac1{(z-n)^2},\pi\frac{cos\pi z}{\sin\pi z}=\frac1z+\sum_{n=1}^\infty \frac{2z}{z^2-n^2}\text{ y}\sin\pi z=\pi z\prod_{n=1}^\infty\left(1-\frac{z^2}{n^2}\right)\]
Prueba. Para la primera notar que la resta es meromorfa, las singularidades son evitables (porque la parte singular de los Laurent se anula) y tiende a 0 con \(|z|\to\infty\). Luego por Liouville es 0 y tenemos la igualdad. Para la segunda, la derivada de la resta es la primera, y viendo en \(z=0\) se ve que son iguales. Para la tercera, las derivadas logarítmicas coinciden, luego son iguales salvo constante, pero \(\lim_{z\to 0}\frac{\sin\pi z}{\pi z}=1\), así que son iguales. \(\blacksquare\)
Corolario. \(\sum_{n=1}^\infty \frac1{n^2}=\frac{\pi^2}{6}\).
Sea \(\gamma=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac12+\cdots+\frac1n-\log n\right)\). Defino \(\Gamma\) por \[\frac1{\Gamma(z)}=ze^{\gamma z}\prod_{n=1}^\infty\left(1+\frac zn\right)e^{-\frac zn},\] meromorfa con polos en \(\Z_{\leqq 0}\). Vale \(\Gamma(z+1)=z\Gamma(z)\) y \(\Gamma(n+1)=n!\) si \(n\in\N\).
\(\Gamma(z)=\int_0^\infty e^{-t}t^{z-1}\,dt\) si \(\Re(z)>0\).
Prueba. La función \(f(z)=\int_0^\infty e^{-t}t^{z-1}\,dt\) es holomorfa si \(\Re(z)>0\). Basta ver la igualdad para \(z\in\R_{>0}\). Tenemos \(0\leqq e^{-t}-\left(1-\frac tn\right)^n\leqq \frac{e^{-t}t^2}{n}\) para \(t>0\) (se ve derivando), luego \(f(x)=\lim_{n\to\infty}\int_0^n \left(1-\frac tn\right)^n t^{x-1}\,dt\). Integrando por partes se ve que \(f(x)=\lim_{n\to\infty} \frac{n!n^x}{x(x+1)\ldots(x+n)}\). Luego \(\Gamma(x)=f(x)\). \(\blacksquare\)
\(\Gamma(z)\Gamma(1-z)=\frac{\pi}{\sin\pi z}\).
Prueba. Tenemos \(\frac1{\Gamma(z)\Gamma(-z)}=-\frac{z}{\pi}\sin\pi z\), luego \(\Gamma(z)\Gamma(1-z)=-z\Gamma(z)\Gamma(-z)=\frac{\pi}{\sin\pi z}\). \(\blacksquare\)
Los únicos automorfismos de \(\C\) son \(f(z)=az+b\).
Prueba. Defino \(g(z)=f(\frac1z)\). Por Casorati-Weierstrass tiene un polo en 0, luego \(f\) es un polinomio. Como es inyectivo, \(f(z)=az+b\). \(\blacksquare\)
Lema de Schwarz. Sea \(D=D(0,1)\) y \(f:D\to D\) holomorfa, con \(f(0)=0\). Entonces \(|f(z)|\leqq |z|\) si \(z\in D\) y \(|f'(0)|\leqq 1\). Si hay \(z\in D\), \(z\neq0\) con \(|f(z)|=|z|\) o \(|f'(0)|=1\) entonces \(f(z)=az\) con \(|a|=1\).
Prueba. Sea \(g(z)=\frac{f(z)}{z}\). Es holomorfa en \(D\). Si \(r<1\), por módulo máximo en \(D(0,r)\) vale \(|g(z)|\leqq |g(w)|<\frac1{|w|}=\frac1r\) si \(|z|< r\), \(|w|=r\). Luego con \(r\to 1\) queda \(|g(z)|\leqq 1\) para todo \(z\in D\). Si \(|g(z)|=1\) para algún \(z\), por módulo máximo \(g\) es constante en \(D\), y queda. \(\blacksquare\)
Los automorfismos de \(D=D(0,1)\) son \(f(z)=a\frac{\alpha-z}{1-\overline\alpha z}\) con \(|a|=1\), \(\alpha\in D\).
Prueba. Sea \(\alpha\) con \(f(\alpha)=0\). Sea \(g_\alpha=\frac{\alpha-z}{1-\overline\alpha z}\). Es holomorfa en \(\overline D\), y, si \(|z|=1\), \(1-\overline\alpha z=-z\overline{\alpha-z}\), por lo que \(|g_\alpha(z)|=1\), y \(|g_\alpha(z)|<1\) en \(D\). Se ve \(g_\alpha\circ g_\alpha=\id\). Entonces \(h=f\circ g_\alpha\) es un automorfismo con \(h(0)=0\); luego \(|h(z)|\leqq |z|\) por Schwarz, pero también \(|z|\leqq|h(z)|\) sobre la inversa, por lo que \(h(z)=az\) con \(|a|=1\) y el teorema sigue. \(\blacksquare\)
Sea \(S=\mm{SL}_2(\R)=\{M\in\R^{2\times 2}\mid \det M=1\}\). Si \(M=\left(\begin{array}{cc}a&b\\c&d\end{array}\right)\in S\), definimos \(f_M(z)=\frac{az+b}{cz+d}\). Sea \(H=\{\Im z>0\}\). Entonces los automorfismos de \(H\) son \(f_M\) con \(M\in S\).
Prueba. Notar que si \(M\in S\), \(f_M\in\HH(H)\) y \(f_M(H)\subset H\). Notar que \(S\) es un grupo y que \(f_{MM'}=f_M\circ f_{M'}\). Luego \(f_M\) son automorfismos. Sea \(f:H\to H\) un automorfismo, y \(\alpha\in H\) con \(f(\alpha)=i\). Se ve que hay \(M\) con \(f_M(i)=\alpha\). Notar que \(g(z)=\frac{z-i}{z+i}\) es holomorfa \(H\to D(0,1)\) y que \(h(z)=i\frac{z+1}{1-z}\) es su inversa. Entonces \(s=g\circ f\circ f_M\circ h\) es un automorfismo de \(D\) con \(s(0)=0\), luego \(s=az\) con \(|a|=1\). Se comprueba que \(f\circ f_M=h\circ s\circ g=f_{M'}\) con \(M'\in S\), y el teorema sigue. \(\blacksquare\)
Sea \(G=\mm{GL}_2(\C)\). Los automorfismos de \(\hat\C=\C\cup\{\infty\}\) son las \(f_M\) con \(M\in G\), llamadas homografías. Si \(F=f_M\), \(f=az+b\) o \(f=T_a\circ M_b\circ J\circ T_c\), con \(T_\alpha=z+\alpha\), \(M_\alpha=\alpha z\) y \(J=\frac1z\). Las homografías transforman circunferencias o rectas en circunferencias o rectas (para eso usar que la ecuación de una circunferencia o recta en \(\R^2\) es \(A(x^2+y^2)+Bx+Cy+D=0\) y la descomposición).
Dados \(z_1,z_2,z_3,w_1,w_2,w_3\in\hat\C\) hay una única homografía \(f\) con \(f(z_i)=w_i\). Si \(f,g\) cumplen, \(f^{-1}\circ g\) tiene 3 puntos fijos, pero se ve que sólo la identidad los tiene, luego \(f=g\). Se ve que \(f(z)=(z,z_1,z_2,z_3)=\frac{z-z_1}{z_1-z_2}\frac{z_2-z_3}{z_3-z}\) manda \(z_1\mapsto 0,z_2\mapsto 1,z_3\mapsto\infty\). Si \(f\) es una homografía vale \((f(z_1),f(z_2),f(z_3),f(z_4))=(z_1,z_2,z_3,z_4)\). Vale que \((z_1,z_2,z_3,z_4)\in\R\) sii los cuatro están en una misma recta o circunferencia. Si \(C\) es una circunferencia o recta, \(z_1,z_2,z_3\in C\), se define el simétrico de \(z\in\C\) con respecto a \(C\) como el \(z^*\) con \((z^*,z_1,z_2,z_3)=\overline{(z,z_1,z_2,z_3)}\). No depende de los \(z_i\) sino de \(C\): si \(w_1,w_2,w_3\in C\), y \((z^{**},w_1,w_2,w_3)=\overline{(z,w_1,w_2,w_3)}\), si \(f(z)=(z,z_1,z_2,z_3)\), \(f(w_i)\in\R\), \((f(z^{**}),f(w_1),f(w_2),f(w_3))=\overline{(f(z),f(w_1),f(w_2),f(w_3))}\) luego \(f(z^{**})=\overline{f(z)}\) y \(z^{**}=z^*\).
Un abierto \(U\) es isomorfo a \(D=D(0,1)\) si y sólo si es simplemente conexo y no es \(\C\).
Prueba. Una implicación sale con Liouville y notando que los homeos preservan simple-conexidad. Veamos la otra. Sea \(U\) abierto simplemente conexo, \(U\neq\C\). Hay \(\alpha\not\in U\), luego hay \(g(z)=\log(z-\alpha)\) inyectiva. Sea \(z_0\in U\) y \(\beta=g(z_0)+2\pi i\). Hay \(\epsilon>0\) con \(\forall z\in U.|g(z)-\beta|\geqq\epsilon\), porque si no hay \(z_n\) con \(g(z_n)\to \beta\), luego \(z_n\to z\), absurdo. Entonces \(f(z)=\frac{\epsilon}{g(z)-\beta}\) es inyectiva \(U\to D\). Entonces basta probarlo para \(U\subset D\), y de hecho con \(0\in U\).
Sea \(\FF\) el conjunto de funciones holomorfas inyectivas \(U\to D\) con \(0\mapsto 0\); es no vacío porque está la inclusión. Por Cauchy \(|f'(0)|\) está acotado si \(f\in\FF\); aplicando Montel obtenemos \(f_n\in\FF\) y \(f\in\HH(U)\) con \(f_n\to f\) y \(|f'(0)|\) máximo; veamos que \(f\in\FF\): si hay \(z\neq w\) con \(f(z)=f(w)\), luego \(\int_\gamma \frac{f(t)\,dw}{f(t)-f(z)}>0\) con \(\gamma=\partial D(w,\epsilon)\), \(|z-w|>\epsilon\), luego \(\int_\gamma \frac{f_n(t)\,dw}{f_n(t)-f_n(z)}>0\) y hay \(w_n\in D(w,\epsilon)\) con \(f_n(w_n)=f_n(z)\), absurdo.
Resta ver que \(f\) es sobreyectiva. Si no sea \(\alpha\in D\), \(\alpha\not\in f(U)\). Sea \(R\in\Aut(D)\) con \(R(\alpha)=0\), \(\log:Rf(U)\to\C\), \(S(z)=e^{\frac12\log(z)}\) y \(T\in\Aut(D)\), \(TSR(0)=0\). Entonces \(g=TSRf\in\FF\) y si \(h=R^{-1}S'T\), \(f=hg\), con \(S'(z)=z^2\). Ahora \(h:D\to D\) no es inyectiva, luego por Schwarz \(|h'(0)|<1\), y \(|f'(0)|=|h'(0)||g'(0)|<|g'(0)|\), absurdo. Entonces \(f\) es sobreyectiva y es iso. \(\blacksquare\)