1. Colecci´n de ejercicios resueltos:
o
Variable Compleja y An´lisis Funcional
a
Propuestos por Fernando Bombal Gord´n
o
´
Redactados por Alvaro S´nchez Gonz´lez
a a

2. Ejercicio 1 Est´diese en qu´ puntos de C la siguiente funci´n es R-diferenciable, en cu´les
u e o a
se verifican las condiciones de Cauchy-Riemann, en cu´les es C-diferenciable y si es holo-
a
morfa en alg´n abierto, calculando la derivada en los puntos en que ´sta exista:
u e
x y
h(z) = x2 +y 2
− i x2 +y2 si (x, y) = (0, 0) y 0 en otro caso.
Soluci´n. En primer lugar, podemos identificar el plano complejo C con el plano real de
o
dos dimensiones R2 de una forma natural mediante la aplicaci´n que a cada par (x, y) ∈
o
R2 le asocia x + iy ∈ C. Haciendo esta identificaci´n, podemos interpretar una funci´n de
o o
una variable compleja en t´rminos de dos funciones reales de dos variables reales. Es decir,
e
identificando z = x+iy con (x, y) podemos entender una funci´n f (z) como u(x, y) +iv(x, y).
o
Las funciones u, v : R2 → R reciben el nombre de parte (o componente) real e imaginaria
respectivamente de la funci´n f.
o
Sabemos que una funci´n f : R2 → R2 es R-diferenciable si lo son ambas componentes, y
o
ser´ C-diferenciable si y s´lo si, adem´s, se cumplen las condiciones de Cauchy-Riemann. En
a o a
este caso el valor de la derivada en un punto viene dado por:
∂u ∂v ∂u ∂u
f (z) = +i = −i =
∂x ∂x ∂x ∂y
∂v ∂u ∂v ∂v
= −i = +i .
∂y ∂y ∂y ∂x
x −y
Estudiemos qu´ ocurre con la funci´n h(z). Sean u(x, y) =
e o x2 +y 2
y v(x, y) = x2 +y 2
.
Entonces
∂u −x2 + y 2 ∂u −2xy
= 2 , = 2 ,
∂x (x + y 2 )2 ∂y (x + y 2 )2
∂v 2xy ∂v −x2 + y 2
= 2 , = 2 .
∂x (x + y 2 )2 ∂y (x + y 2 )2
luego las derivadas parciales existen y son continuas (en todo punto salvo en 0), con lo que
h es una funci´n R-diferenciable en R2 {0}. Adem´s se cumplen las condiciones de Cauchy-
o a
Riemann pues
∂u −x2 + y 2 ∂v
= 2 2 )2
= ,
∂x (x + y ∂y
∂u 2xy ∂v
= 2 2 )2
=− ,
∂y (x + y ∂x
luego h es una funci´n C-diferenciable en C {0}.
o
Justifiquemos la afirmaci´n realizada de que la funci´n no es siquiera R-diferenciable en
o o
(0, 0). En este caso tendr´
ıamos que los l´
ımites
u(h, 0) − u(0, 0) 1
l´
ım = l´
ım 2 ,
h→0 h h→0 h
v(0, h) − v(0, 0) 1
l´
ım = l´ − 2 ,
ım
h→0 h h→0 h
1

3. no existen y por tanto la funci´n no es R-diferenciable y como consecuencia tampoco es
o
C-diferenciable.
En el caso en el que la funci´n cumple las condiciones de Cauchy-Riemann, sabemos que
o
existe la derivada y su valor es
−x2 + y 2 2xy
f (x, y) = 2 + y 2 )2
+i 2 .
(x (x + y 2 )2
De hecho, si z = x + iy, se tiene que h(z) = z /|z|2 y por las reglas conocidas de derivaci´n
¯ o
se obtiene que
−1
h (z) = 2 para todo z ∈ C {0}.
z
De aqu´ se deduce inmediatamente que la funci´n h es diferenciable en C {0} y no es ni
ı o
siquiera continua en 0.
Ejercicio 2 Calc´lese
u γ f (z)dz en los siguientes casos:
a) f (z) = z con γ la circunferencia de centro 0 y radio 2 positivamente orientada;
¯
b) f (z) = z con γ la semicircunferencia unitaria que pasa por −i, 1, i en ese orden;
1
c) f (z) = z con γ la poligonal que une los puntos 1, −i, −1, i en ese orden.
Soluci´n. Utilizaremos aqu´ las integrales sobre caminos parametrizados por una curva:
o ı
Si γ : [a, b] → C es un camino parametrizado y f (z) un funci´n compleja continua sobre
o
la trayectoria del camino, tenemos que la integral de la funci´n f a lo largo del camino γ es
o
b
f (z)dz = f (γ(t))γ (t)dt.
γ a
Por tanto, basta con parametrizar los caminos que se proponen. En el caso a), una
parametrizaci´n es γ(t) = 2eit con t ∈ [0, 2π], y por tanto
o
2π 2π
f (z)dz = 2e−it 2ieit dt = 4i dt = 8πi.
γ 0 0
En el supuesto b) tenemos la parametrizaci´n γ(t) = eit con t ∈ [−π/2, π/2] y puesto que
o
eit + e−it
(eit ) = (cos t + i sin t) = cos t =
2
obtenemos que
π/2
eit + e−it it
f (z)dz = ie = iπ/2.
γ −π/2 2
2

4. 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 ´ngulo de π/4 con el eje real. En C r, la funci´n f = 1/z tiene una primitiva que es
a o
l(z) = log|z| + iθ, siendo z = |z|eiθ con π/4 < θ < π/4 + 2π. As´ tendremos que
ı
f = l(i) − l(1) = (0 + iπ/2) − (0 + 2πi) = 3πi/2.
γ
1
Ejercicio 3 Demu´strese que la funci´n f (z) := z , z ∈ C {0} no posee una primitiva
e o
holomorfa en ning´n entorno abierto de la circunferencia unidad.
u
Soluci´n. Por reducci´n al absurdo, supongamos que existe una funci´n F (z) primitiva de
o o o
la funci´n f (z) = 1/z en alg´n entorno abierto de la circunferencia unidad. En ese caso,
o u
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, 2π], obtenemos
2π
f (z)dz = idt = 2πi,
γ 0
lo cual nos lleva a contradicci´n.
o
Ejercicio 4 Sea f una funci´n holomorfa en un dominio G ⊂ C. Pru´bese que bajo alguna
o e
de las dos siguientes condiciones, la funci´n f es constante.
o
a) f =cte;
b) |f | =cte.
Soluci´n. Denotemos, como habitualmente, f = u y f = v. Puesto que f ∈ H(G), se
o
tiene que f es C-diferenciable y por tanto cumple las condiciones de Cauchy-Riemann:
∂u ∂v ∂u ∂v
= , =− .
∂x ∂y ∂y ∂x
En el primero de los casos, u es constante y as´ se tiene que ∂u = ∂u = 0, luego ∂y =
ı ∂x ∂y
∂v
∂v
∂x = 0. Por tanto v tambi´n es constante y como consecuencia f = u + iv es constante.
e
En el segundo supuesto, la hip´tesis nos dice que u2 + v 2 es constante, sea esta constante
o
A ∈ R+ ∪ {0}. Si A = 0, no hay nada que probar, pues ser´ u = v = 0 y por tanto f = 0
ıa
constante.
3

5. Supongamos entonces que A = 0. Derivando, podemos formar el siguiente sistema donde
las inc´gnitas son las derivadas parciales:
o
2u ∂u + 2v ∂x = 0 
∂v

∂x 
2u ∂u + 2v ∂y = 0 
∂y
∂v

Puesto que se verifican las condiciones de Cauchy-Riemann, obtenemos:
2u ∂u − 2v ∂u = 0 

∂x ∂y 
2u ∂u + 2v ∂u = 0 
∂y ∂x 
Puesto que
u −v
= u2 + v 2 = A = 0
v u
por el teorema de Rouch´, el sistema tiene soluci´n trivial:
e o
∂u ∂u
= = 0,
∂x ∂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´lese los valores que
u
toma la funci´n Ind(γ, ·) en C γ
o ∗ . ¿Es γ simplemente cerrado?
Soluci´n. Realizando un dibujo de la situaci´n que se plantea y orientando el camino de la
o o
forma correcta, podemos dividir el plano complejo (menos la traza del camino γ) en tres
componentes conexas. Llamemos I al interior del tri´ngulo formado en la regi´n de la parte
a o
real negativa, II al interior del tri´ngulo en la parte real positiva y III a C I ∪ II ∪ γ ∗ .
a
El ´ındice es constantemente nulo en la componente no acotada de C γ ∗ con lo que
Ind(γ, z) = 0, ∀z ∈ III.
Adem´s, podemos ver el camino γ como concatenaci´n de dos caminos γ1 y γ2 , siendo ´stos
a o e
los que tienen por traza al tri´ngulo que limita la regi´n I y al tri´ngulo que limita la regi´n
a o a o
II respectivamente. Aplicando las propiedades del ´ ındice, se tiene que Ind(γ, z) =Ind(γ1 +
γ2 , z) =Ind(γ1 , z)+Ind(γ2 , z). Si estamos en la zona I, tendremos que Ind(γ2 , z) = 0 por estar
∗
en la componente conexa no acotada de C γ2 y Ind(γ1 , z) = 1. An´logamente, si estamos
a
en la regi´n II, se tiene que Ind(γ1 , z) = 0 y que Ind(γ2 , z) = 1.
o
Por tanto, se tiene entonces que Ind(γ, z) = 1, ∀z ∈ I, que Ind(γ, z) = −1, ∀z ∈ II
4

6. Ejercicio 6 Sea G ⊂ C un abierto no vac´ y f ∈ H(G) sin ceros en G. Una funci´n
ıo o
F ∈ H(G) se llama un logaritmo de f si eF (z) = f (z), ∀z ∈ G. Pru´bese que son equivalentes:
e
a) G es simplemente conexo.
f
b) Si f ∈ H(G) no tiene ceros en G, la funci´n
o f posee una primitiva en G.
c) Toda f ∈ H(G) sin ceros en G posee un logaritmo en G.
d) Para cada a ∈ C G existe un logaritmo holomorfo de z − a.
Soluci´n. Comprobemos la cadena de implicaciones a ⇒ b ⇒ c ⇒ d ⇒ a.
o
a ⇒ b : Si G es simplemente conexo, entonces γ ∼ 0(G) para cualquier camino γ en G.
En particular, como g = f ∈ H(G), entonces γ g = 0 para todo camino cerrado en G, luego
f
g tiene una primitiva en G.
b ⇒ c : Podemos suponer G conexo. En caso contrario, repetir´ ıamos el argumento para
cada componente conexa de G. Sea f ∈ H(G) sin ceros en G entonces pro hip´tesis existe
o
f
h(z) una primitiva de la funci´n g = f ∈ H(G) es decir, h (z) = g(z).
o
Hacemos aqu´ la siguiente observaci´n: Si una funci´n f tiene un logaritmo F, debe ser
ı o o
eF (z) = f (z) y por tanto eF (z) F (z) = f (z) y como consecuencia F (z) = f (z) . Aplicando
f
(z)
esto a nuestro caso en particular, debemos comprobar si eh(z) = f (z) de donde e−h(z) f (z) = 1.
Sea j(z) = e−h(z) f (z). Entonces
f (z)
j (z) = f (z)e−h(z) − f (z)e−h(z) h (z) = f (z)e−h(z) − f (z)e−h(z) = 0.
f (z)
5

7. Por tanto, al ser G conexo, la funci´n j(z) es constante. Ser´ j(z) = a = 0 y en
o a
consecuencia existir´ un b ∈ C tal que a = e
a b , con lo que eb = e−h(z) f (z) y tendremos
f (z) = eb eh(z) = eh(z)+b con lo que h(z) + b es un logaritmo de f.
c ⇒ d : Consideremos la funci´n g : G → C tal que g(z) = z − a. Tenemos que z ∈ G y
o
que a ∈ C G y por tanto g(z) = 0 para cualquier z ∈ G. Adem´s, es claro que g ∈ H(G) y
a
por tanto, utilizando la hip´tesis, g tiene un logaritmo holomorfo en G.
o
d ⇒ a : Debemos comprobar que todo camino γ cerrado en G es hom´logo a 0 en G, esto
o
es, si se tiene que Ind(γ, a) = 0 para cualquier punto a ∈ C G. Para ello sabemos que
1 dζ
Ind(γ, a) = .
2πi γ ζ −a
Adem´s, por hip´tesis, tenemos que existe F (z) logaritmo de g(z) = z − a, luego eF (z) =
a o
z − a. Por tanto:
1 1
F (z) = g (z)e−F (z) = e−F (z) = = .
g(z) z−a
De esta forma tenemos lo que busc´bamos:
a
1 dζ 1
Ind(γ, a) = = F (ζ)dζ = 0.
2πi γ ζ −a 2πi γ
sin x
Ejercicio 7 a) Pru´bese directamente que l´ x→0
e ım x = 1.
b) Calc´lese
u
dζ
γ sin ζ
donde γ := γ1 + γ2 , siendo γ1 el borde orientado positivamente del cuadrado de centro
0 y lados de longitud dos, considerado con origen y final en el punto P = − 1 + i y γ2 el
2
1
borde orientado positivamente del rect´ngulo de v´rtices ± 2 ± 2i, considerado tambi´n
a e e
con origen y final en P.
Soluci´n.
o
a) Por definici´n de sin x tenemos:
o
sin x eix − e−ix 1 eix − 1 1 − e−ix
= = +
x 2i 2i x x
Haciendo en esta expresi´n x → 0 obtenemos
o
sin x 1 eix − 1 1 − e−ix 1
l´
ım = l´
ım + = 2(eix ) |x=0 = 1.
x→0 x x→0 2i x x 2i
6

8. dζ
b) Debemos calcular γ sin ζ siendo γ := γ1 + γ2 lo indicado en el enunciado. Si denotamos
ζ dζ g(ζ)
g(ζ) = sin ζ , tenemos que γ sin ζ = γ ζ dζ.
z
La funci´n g(z) =
o sin z tiene una discontinuidad evitable en z = 0, pues
1
l´ g(z) = l´
ım ım =1
z→0 z→0 sin z
z
y por tanto podemos extender g(z) a una funci´n holomorfa en un abierto entorno de
o
cero que contenga a γ, de hecho, este abierto puede ser G = C.
Puesto que γ ∼ 0(G), podemos aplicar la f´rmula integral de Cauchy:
o
1 g(z)
dz = Ind(γ, z0 )g(z0 )
2πi γ z − z0
y por tanto
dζ g(ζ)
= dζ = 2πiInd(γ, z0 )g(z0 ).
γ sin ζ γ ζ
Haciendo z0 = 0, g(z0 ) = g(0) = 1. Adem´s Ind(γ, 0) = Ind(γ, 0)+Ind(γ, 0) = 1+1 = 2.
a
Finalmente:
dζ
= 2πiInd(γ, 0)g(0) = 4πi.
γ sin ζ
Ejercicio 8 Sea γ1 el camino cerrado formado por la poligonal que une lo puntos −1, −i, 2 +
i, 3, 2 − i, i, −1, en este orden, y γ2 el borde positivamente orientado del circulo de centro 1 y
radio 2, considerado con origen y final en −1. Sea Γ = γ1 + γ2 . Se pide:
dz
a) Calc´lese
u Γ z−r para 0 < r < 1 y para 1 < r < 3.
b) Calc´lese Int(γ).
u
f (z)
c) Sean f, g ∈ H(D(c, r)) con f (c) = 0, g(c) = 0 y g (c) = 0. Pru´bese que h(z) =
e g(z) con
f (z)
z = c tiene un polo simple en c con residuo g (c) .
d) Calc´lese
u
Log(z + 2)
dz
Γ sin 2z
donde Log denota el logaritmo principal.
7

9. Soluci´n. Realizando un dibujo de la situaci´n pedida, podemos ver c´mo es el camino Γ del
o o o
enunciado:
Consideramos un abierto Ω suficientemente grande (por ejemplo, Ω = D(0, 5)) que con-
tenga a Γ. Si denotamos por σ1 el borde del cuadrado que delimita la regi´n A, positivamente
o
orientado, y σ2 el borde de la regi´n B tambi´n postivamente orientad, entonces notamos que
o e
Γ = γ2 + σ 1 − σ 2 .
Despu´s de estas consideraciones previas, resolvamos cada apartado del ejercicio.
e
a) Por la definici´n de ´
o ındice, sabemos que la integral que se nos pide calcular es:
dz
= 2πiInd(Γ, r).
Γ z−r
Ahora para 0 < r < 1 aplicando las propiedades aditivas del ´
ındice se tiene que
Ind(Γ, r) = Ind(γ2 , r) + Ind(σ1 , r) − Ind(σ2 , r) = 1 + 1 + 0 = 2.
dz
Por tanto si 0 < r < 1, obtenemos que Γ z−r = 2πiInd(Γ, r) = 4πi.
Procediendo de la misma forma en el caso en el que 1 < r < 3, se obtiene que
Ind(Γ, r) = Ind(γ2 , r) + Ind(σ1 , r) − Ind(σ2 , r) = 1 + 0 − 1 = 0,
dz
y as´
ı Γ z−r = 2πiInd(Γ, r) = 0.
b) En nuestro caso, C Γ∗ tiene cinco componentes conexas que hemos denotado por A,
B, C, D y E. Sabemos que el ´ ındice es constante en cada componente conexa de C Γ∗ ,
con lo que basta ver su valor para un punto de cada una de las regiones. Consideremos
a, b, c, d y e puntos de A, B, C, D y E respectivamente.
8

10. Por lo que ya hemos calculado en el apartado anterior, podemos concluir que
Ind(Γ, a) = 2 y Ind(Γ, b) = 0.
Adem´s, como el punto e est´ en la componente conexa no acotada de C Γ∗ , podemos
a a
decir que Ind(Γ, e) = 0.
Veamos qu´ ocurre con los puntos c y d. Procediendo de manera an´loga a lo hecho en
e a
el primer apartado del ejercicio, obtenemos:
Ind(Γ, c) = Ind(∆, c) = Ind(γ2 , c) + Ind(σ1 , c) + Ind(σ2 , c) = 1 + 0 + 0 = 1,
Ind(Γ, d) = Ind(∆, d) = Ind(γ2 , d) + Ind(σ1 , d) + Ind(σ2 , d) = 1 + 0 + 0 = 1.
Por lo anterior y por la definici´n de interior de un camino tenemos:
o
Int(Γ) = {z ∈ C Γ∗ : Ind(Γ, z) = 0} = A ∪ C ∪ D.
ımite: l´ z→c h(z)(z − c). Puesto que g(c) = 0, obtenemos:
c) Calculemos el siguiente l´ ım
f (z) f (z) f (z)
l´
ım (z − c) = l´
ım g(z)−g(c)
= .
z→c g(z) z→c g (z)
z−c
f (c)
Luego la funci´n h(z) tiene un polo simple en c de residuo
o g (c) .
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´logo a 0 en Ω, que el conjunto H = {kπ/2 : k ∈ N} ∩ Ω es
o
numerable y sin puntos de acumulaci´n en Ω, por lo tanto discreto y Γ∗ ∩ H = ∅.
o
Log(z+2)
Adem´s, la funci´n h(z) = sin 2z es holomorfa en Ω H. Por tanto, estamos en las
a o
hip´tesis del teorema general del residuo. Aplicando dicho teorema:
o
Log(z + 2)
dz = 2πi Ind(Γ, a)Res(h, a) = 2πiInd(Γ, 0)Res(h, 0).
Γ sin 2z
a∈Int(Γ)∩H
Por el segundo apartado, sabemos que Ind(Γ, 0) = 2. Adem´s, si tomamos f (z) =
a
f (z)
Log(z − 2) y g(z) = sin z, tenemos que h(z) = g(z) y estar´
ıamos en las condiciones del
Log(2)
apartado anterior y as´ Res(h, 0) =
ı 2 cos 0 .
As´ hemos obtenido:
ı
Log(z + 2)
dz = 2πiLog(2).
Γ sin 2z
9

11. Ejercicio 9 Est´diese si la funci´n
u o
1 1
f (z) = 1 (z = 0, sin = 0),
sin z z
es meromorfa
a) En C.
b) En C {0}.
c) Calc´lese el residuo de f en cada polo.
u
Soluci´n.
o
a) El conjunto de posibles discontinuidades de la funci´n f (z) es:
o
1
Pf = {zk = : k ∈ Z {0}} ∪ {z = 0}.
kπ
Este conjunto es numerable, pero tiene un punto de acumulaci´n, z = 0. Por tanto Pf
o
no es un conjunto discreto y as´ f (z) no es meromorfa en C.
ı
b) En este caso el conjunto de posibles discontinuidades es:
1
Pf = {zk = : k ∈ Z {0}}
kπ
que es numerable y no tiene puntos de acumulaci´n en G = C {0}. Adem´s f ∈
o a
1
H(G Pf ). Comprobemos que zk = kπ es polo de f para todo k ∈ Z {0}.
1 1
Debemos ver que l´ z→zk | sin 1 | = ∞ o lo que es equivalente l´ z→zk | sin z | = 0. Efec-
ım ım
z
tivamente:
1
l´ sin
ım = sin kπ = 0 ∀k ∈ Z {0}.
z→zk z
As´ f (z) es meromorfa en G = C {0}, f ∈ M(G).
ı,
1
c) Debemos calcular el residuo de f en cada punto z = kπ , y para ello debemos saber el
valor del siguiente l´
ımite:
1 1
l´ (z −
ım ) 1
1
z→ kπ kπ sin z
1
y ver que es distinto de cero. Denotando h(z) = sin z entonces:
1 1
sin z h(z) − h( kπ ) 1
l´
ım 1 = l´
ım 1 = h ( ) = −k 2 π 2 cos kπ = (−1)k+1 k 2 π 2
1
z→ kπ z − kπ 1
z→ kπ z − kπ kπ
Por tanto
1 (−1)k+1
Res(f, )= k ∈ Z {0}.
kπ k2 π2
10

12. Ejercicio 10 Sea f una funci´n holomorfa no constante en un abierto conexo que contiene
o
a D(0, 1) tal que |f (z)| = 1 si |z| = 1.
a) Pru´bese que f tiene un n´mero finito (≥ 1) de ceros en D(0, 1).
e u
b) Si los ceros distintos de f en D(0, 1) son α1 , ..., αm con multiplicidades k1 , ..., km y para
cada α ∈ D(0, 1) se designa por
z−α
ϕα (z) = ,
1 − αz
pru´bese que existe un λ de m´dulo 1 tal que
e o
f (z) = λ[ϕα1 (z)]k1 [ϕα2 (z)]k2 ...[ϕαm (z)]km , ∀z ∈ D(0, 1).
c) Si ahora se supone f entera, no constante y cumpliendo tambi´n la condici´n |f (z)| = 1
e o
para |z| = 1, pru´bese que existe un λ de m´dulo 1 y un n ≥ 1 tales que f (z) = λz n .
e o
Soluci´n.
o
a) En primer lugar, veamos que f tiene alg´n cero en D(0, 1). Por reducci´n al absurdo,
u o
supongamos que no tiene ninguno. Por el principio del m´dulo m´ximo, sabemos que
o a
supD(0,1) {|f (z)|} = m´x∂D(0,1) {|f (z)|} = 1. Adem´s debe ser ´ D(0,1) {|f (z)|} < 1, pues
a a ınf
si ´ D(0,1) {|f (z)|} = 1, tendr´
ınf ıamos |f (z)| = 1 constante en D(0, 1) con lo que f ser´ ıa
constante, en contra de las hip´tesis.
o
Por tanto, ´ D(0,1) {|f (z)|} < 1. Entonces ´ D(0,1) {|f (z)|} = m´ D(0,1) {|f (z)|} =
ınf ınf ın
m´ D(0,1) {|f (z)|} puesto que |f (z)| = 1 si |z| = 1. Es decir, que |f (z)| alcanza el
ın
m´ınimo en D(0, 1), lo que contradice el principio del m´dulo m´
o ınimo. Luego f tiene
alg´n cero en D(0, 1).
u
Veamos ahora que el n´mero de ceros es finito. De nuevo, supongamos lo contrario. Sea
u
A = {ai }i∈N un conjunto infinito de ceros (distintos) de f en D(0, 1). Puesto que todo
conjunto infinito contenido en un compacto tiene un punto de acumulaci´n, el conjunto
o
A tendr´ puntos de acumulaci´n en D(0, 1) y como por hip´tesis D(0, 1) ⊂ G, se tiene
a o o
un conjunto infinito con untos de acumulaci´n donde la funci´n se anula. Aplicando el
o o
teorema de identidad se obtiene f id´nticamente nula, lo que contradice las hip´tesis
e o
del enunciado.
As´ la funci´n f tiene un n´mero finito de ceros.
ı, o u
1
b) Sabemos que los automorfismos del disco unidad ϕα son funciones holomorfas en C{ α }
(con el convenio 1 = ∞ ∈ C)y que tienen como unico cero de orden uno al punto z = α.
0 / ´
Sea:
f (z)
h(z) = k1 [ϕ (z)]k2 ...[ϕ k
,
λ[ϕα1 (z)] α2 αm (z)] m
11

13. donde {α1 , ..., αm } son los ceros de f en D(0, 1) y k1 , ..., km sus ´rdenes. As´ h ∈
o ı
1
H(G { αi }i=1,...,m ∪ {α1 , ..., αm }).
1
Puesto que |αi | < 1, se tiene que |αi | > 1 para i = 1, ..., m y por tanto G = G
1
{ αi }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´ los
ı,
posibles ceros de h en D(0, 1) estar´n entre los ceros de f, pero vamos a comprobar que
a
en realidad, la funci´n h no tiene ceros:
o
(z − αi )ki g(z)
l´ h(z) = l´
ım ım 1 = 0,
z→αi z→αi (z − αi )ki 1−αi z [ϕα1 (z)]k1 ...[ϕαm (z)]km
donde g(αi ) = 0 y g(z) ∈ H(G).
En principio, la funci´n h no tiene por qu´ estar definida en los αi , pero son singular-
o e
idades evitables y por tanto podemos extender h a una funci´n holomorfa no nula en
o
αi .
As´ la extensi´n de h es una funci´n sin ceros en D(0, 1), con lo que no se cumple el
ı, o o
resultado del apartado anterior. Por el apartado anterior h es constante y |h(z)| = 1.
Por tanto, hemos encontrado λ de m´dulo 1 tal que
o
f (z) = λ[ϕα1 (z)]k1 [ϕα2 (z)]k2 ...[ϕαm (z)]km , ∀z ∈ G ⊃ D(0, 1).
c) Comprobemos que bajo las hip´tesis que nos plantean, la funci´n f s´lo puede tener un
o o o
cero y ´ste va a ser α = 0. Estamos en las condiciones de los dos apartados anteriores,
e
luego por el primero, f debe tener alg´n cero. Por el segundo:
u
1
f (z) = λ[ϕα1 (z)]k1 ...[ϕαm (z)]km para todo z ∈ C { α1 , ..., α1 } donde α1 , ..., αm son los
m
ceros de f en D(0, 1). Pero si αj = 0, entonces l´ z→1/αj |f (z)| = ∞, lo que contradice
ım
que f sea entera. Por tanto, el unico cero de f en D(0, 1) es el 0 y f (z) = λz k siendo k
´
el orden del cero y con |λ| = 1.
Ejercicio 11 Encu´ntrese una transformaci´n de M¨bius que transforme:
e o o
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´l es la imagen de D(0, 1)?
´ a
12

14. Soluci´n. Se nos piden calcular transformaciones de M¨bius, que sabemos que tiene la sigu-
o o
az+b
iente forma: T (z) = cz+d , con a, b, c, d ∈ C por determinar y ad − bc = 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´n infinitas aplicaciones que hagan esto en funci´n de los puntos
a o
que se elijan y de sus im´genes. Para determinar una de ellas, elegimos tres puntos del
a
eje real, por ejemplo, −1, 0−1 y tres puntos del borde del disco que ser´n las respectivas
a
im´genes, por ejemplo, −1, 1, i.
a
Calculemos los coeficientes de la transformaci´n de M¨bius que hace {−1, 0, 1} →
o o
{−1, 1, i}. Sustituyendo:
b
T (0) = = 1 ⇒ b = d.
d
−a + b
T (−1) = = −1 ⇒ −a + b = c − d.
−c + d
a+b
T (1) = = i ⇒ a + b = ci + di.
c+d
Si b = d = 0, entonces a = −c = ic y as´ a = c = 0 que no es una soluci´n. Por tanto
ı o
podemos tomar, por ejemplo, b = d = 1 y entonces a = 1 + 2i y c = 1 − 2i. Por tanto
una soluci´n es
o
(1 + 2i)z + 1
T (z) = .
(1 − 2i)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´lo es necesario
o
comprobar lo anterior para un punto concreto, por ejemplo, z = i :
(1 + 2i)i + 1 −1 + i 1 2
T (i) = = = − + i ∈ D(0, 1),
(1 − 2i)i + 1 3+i 5 5
con lo que se cumplen las condiciones requeridas para T (z).
ii) En este caso debemos calcular la transformaci´n que manda {1, i, −1} → {i, −1, 1}. De
o
nuevo, sustituyendo:
a+b
T (1) = = i ⇒ a + b = ci + di.
c+d
ai + b
T (i) = = −1 ⇒ ai + b = −ci − d.
ci + d
−a + b
T (−1) = = 1 ⇒ −a + b = −c + d.
−c + d
Una soluci´n es a = 1 + 2i, b = 1, c = 1 y d = 1 − 2i, con lo que la transformaci´n de
o o
M¨bius es:
o
(1 + 2i)z + 1
T (z) = .
z + (1 − 2i)
13

15. Puesto que la transformaci´n lleva el borde de la circunferencia unidad en s´ mismo, se
o ı
tiene que la imagen del disco D(0, 1) es o bien ´l mismo o bien C D(0, 1). Ahora bien,
e
1 1 2
T (0) = = + i ∈ D(0, 1),
1 − 2i 5 5
con lo que T (D(0, 1)) = D(0, 1).
iii) En el ultimo caso, se nos pide calcular la transformaci´n que lleva {−1, 0, 1} → {−1, i, 1}.
´ o
Si sustituimos:
b
T (0) = = i ⇒ b = di.
d
a+b
T (1) = = 1 ⇒ a + b = c + d.
c+d
−a + b
T (−1) = = −1 ⇒ −a + b = c − d.
−c + d
Una soluci´n es a = 1, b = i, c = i y d = 1. De esta forma, la transformaci´n de M¨bius
o o o
pedida es:
z+i
T (z) = .
iz + 1
Por las mismas razones que en el caso anterior y puesto que T (0) = i, concluimos que
T (D(0, 1)) = {z : z > 0}.
Ejercicio 12 Sean f, g : D(0, 1) → C dos funciones holomorfas, tales que f (0) = g(0),
g(D(0, 1)) ⊂ f (D(0, 1)) y f es inyectiva.
a) Pru´bese que
e
g(D(0, r)) ⊂ f (D(0, r)) ∀0 < r < 1.
b) Pru´bese que |g (0)| ≤ |f (0)|.
e
c) Si |g (0)| = |f (0)|, entonces g(D(0, 1)) = f (D(0, 1)). ¿Puede decirse algo m´s de la
a
relaci´n existente entre f y g en este caso?
o
Soluci´n. Antes de comenzar cada apartado, observamor que si la funci´n f es inyectiva,
o o
entonces tiene inversa global, de forma que f −1 ◦ g ∈ H(D(0, 1)) y por hip´tesis se tiene que
o
f −1 ◦ g(D(0, 1)) ⊂ D(0, 1). Adem´s f −1 ◦ g(0) = f −1 (g(0)) = 0. As´ estamos en las hip´tesis
a ı, o
del lema de Schwartz.
14

16. a) Por lo que hemos observado anteriormente |f −1 ◦ g(z)| ≤ |z| si z ∈ D(0, 1).
Supongamos, por reducci´n al absurdo, que para alg´n 0 < r < 1 existe un z0 ∈ D(0, r)
o u
tal que g(z0 ) ∈ f (D(0, r)). Entonces (f −1 ◦ g)(z0 ) ∈ D(0, r), pero (f −1 ◦ g)(z0 ) ∈ D(0, 1)
/ /
y por tanto obtenemos la contradicci´n |(f −1 ◦ g)(z0 )| > r > |z0 |.
o
As´ debe ser g(D(0, r)) ⊂ f (D(0, r)) para todo 0 < r < 1.
ı
b) Por la observaci´n previa, aplicando la regla de la cadena y el teorema de la derivada
o
de la funci´n inversa, se obtiene directamente lo que buscamos:
o
|(f −1 ◦ g) (0)| ≤ 1 ⇔|(f −1 ) (g(0))g (0)| ≤ 1 ⇔
1 1
⇔| −1 (g(0)))
g (0)| ⇔ | g (0)| ≤ 1 ⇔
f (f f (0)
1
⇔| ||g (0)| ≤ 1 ⇔ |g (0)| ≤ |f (0)|.
f (0)
c) Si ahora |g (0)| = |f (0)|, de nuevo aplicando el lema de Schwartz tenemos que existe
λ de m´dulo 1 tal que (f −1 ◦ g)(z) = λz, y como f −1 ◦ g(D(0, 1)) = D(0, 1), entonces
o
g(D(0, 1)) = f (D(0, 1)).
Adem´s se tiene que g(z) = f (λz).
a
Ejercicio 13 Sea G un abierto de C y H(G) con la topolog´ compacto-abierta.
ıa
a) Sea F ⊂ H(G) una familia normal. Pru´bese que F = {f : f ∈ F} es tambi´n normal.
e e
P´ngase un ejemplo que muestre que el rec´
o ıproco no es cierto.
b) Pru´bese que si F es puntualmente acotada en C y F es normal, entonces F tambi´n
e e
es normal.
c) Si G es un dominio, pru´bese que en b) basta suponer que existe un punto a ∈ G tal
e
que {f (a) : f ∈ F} es acotado.
Soluci´n.
o
a) Es un resultado conocido de teor´ (Teorema de Weierstrass) que el operador “derivar”
ıa
es una aplicaci´n continua en el espacio de las funciones holomorfas en un abierto con
o
la topolog´ compacto-abierta:
ıa
∂ : (H(G), τc ) −→ (H(G), τc )
f −→ ∂(f ) = f
15

17. Dada una sucesi´n (fn ) en F debemos encontrar una subsucesi´n convergente en en
o o
F . Dada (fn ), existe (fn ) en F tal que (fn ) = fn para todo n. Ahora, como la familia
F es normal, existe f en F y una subsucesi´n (fni ) de (fn ) tal que fni → f en τc .
o
Por ser δ una aplicaci´n continua, obtenemos que (fni ) → f , luego la familia F tambi´n
o e
es normal.
ıproco no es cierto es el siguiente: Consideremos F = {1}
Un contraejemplo de que el rec´
que claramente es normal y sin embargo F = {z + n : n ∈ N} no es normal. El
teorema de Ascoli-Arzel` asegura que una familia es normal si y s´lo si es equicontinua
a o
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´s, F es puntualmente acotada, luego por el teorema de Montel existe D(a, r)
a
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)| = | f + f (a)| ≤ | f | + |f (a)| ≤ | N | + M ≤ N r + M < ∞.
[a,z] [a,z] [a,z]
Es decir, F est´ localmente acotada y de nuevo, por el teorema de Montel, F es normal.
a
c) Si ahora G es un dominio, F es normal y F est´ acotada en un punto a ∈ G, de-
a
mostremos que entonces F est´ puntualmente acotada.
a
Sea z0 ∈ G, por ser ´ste un dominio, existe un camino γ : [0, 1] → G tal que γ(0) = a
e
y γ(1) = z0 . Como F es normal, est´ uniformemente acotada sobre el compacto γ ∗ , es
a
decir, existe N > 0 tal que f γ ∗
∗ = sup{|f (z)| : z ∈ γ } ≤ N para toda f ∈ F. Sea
tambi´n M = sup{|f (a) : f ∈ F|}.
e
Por tanto, para toda f ∈ F, tenemos f (z0 ) − f (a) = γ f y por tanto:
|f (z0 )| = | f + f (a)| ≤ | f | + |f (a)| ≤ | γN | + M ≤ N long(γ) + M < ∞.
γ γ
Entonces sup{|f (z0 )| : f ∈ F} ≤ N long(γ) + M < ∞ y as´ F est´ puntualmente
ı a
acotada. Aplicando el apartado anterior, se obtiene que F es normal.
Ejercicio 14 Sea u una funci´n arm´nica en un dominio G de C.
o o
a) Si u es id´nticamente nula en en un abierto no vac´ de G, pru´bese que u es nula en
e ıo e
todo G.
16

18. b) Demu´strese que si existe un punto en G en el que todas las derivadas parciales de u
e
son 0, entonces u es id´nticamente nula.
e
c) Pru´bese que una funci´n arm´nica no constante sobre un dominio, es una aplicaci´n
e o o o
abierta.
Soluci´n.
o
a) Utilizamos en este apartado una t´cnica usual cuando se quiere probar que una cierta
e
propiedad se verifica en un conjunto conexo. Puesto que si G es un dominio entonces
es conexo y consideramos el conjunto
H = {z ∈ G : ∃D(z, r) ⊂ G con u|D(z,r) = 0}
y comprobaremos que es no vac´ abierto y cerrado en G, y por tanto deber´ ser el
ıo, a
total.
No vac´ Por hip´tesis, sea A abierto no vac´ tal que u|A = 0. Por tanto existe
ıo: o ıo
D(z, r) ⊂ A ⊂ G tal que u|D(z,r) = 0).
Abierto: Por la propia definici´n de H.
o
Cerrado: Consideramos un sucesi´n (zn ) en H tal que zn → z0 , veamos que z0 est´ en
o a
H. Sea D(z0 , r) ⊂ G. Por ser (zn ) convergente, existe N ∈ N tal que para todo n ≥
N se tiene zn ∈ D(z0 , r). Para uno de estos zn existir´ un R tal que u|D(zn ,R) = 0.
a
Por tanto u ser´ nula en D(zn , R) ∩ D(z0 , r). Aplicando el teorema de identidad
a
se obtiene u|D(z0 ,r) = 0, luego z0 ∈ H.
Como ya hab´ ıamos dicho, al ser G conexo, tenemos que H = G y por tanto u es nula
en todo G, como se quer´ probar.
ıa
b) Sea z0 el punto de G en el que todas las parciales de u se anulan. Sea D(z0 , r) ⊂ G.
Por ser u una funci´n arm´nica, sabemos que existe una funci´n f ∈ H(D(z0 , r)) tal
o o o
que f = u|D(z0 ,r) . Desarrollamos f como serie de potencias en un entorno de z0 :
∞
f n) (z0 )
f (z) = (z − z0 )n .
n!
n=0
Expresamos las derivadas sucesivas de f en z0 en funci´n de las derivadas parciales de
o
u, que son nulas por hip´tesis:
o
∂u ∂u
f (z0 ) = (z0 ) − i (z0 ) = 0,
∂x ∂y
∂2u ∂2u
f (z0 ) = (z0 ) − i (z0 ) = 0
∂x2 ∂y∂x
y en general
∂ f n−1 ∂ f n−1
f n) (z0 ) = (z0 ) − i (z0 ) = 0.
∂x ∂y
17

19. Por tanto f ≡ 0 en un entorno D(z0 , r) de z0 con lo que u|D(z0 ,r) ≡ 0 y aplicando el
apartado anterior, se tiene u id´nticamente nula en G.
e
c) Sea u funci´n arm´nica no constante y U ⊂ G un abierto. Veamos que u(U ) es abierto
o o
en C. Por ser U abierto, existe una colecci´n de discos {Di }i∈I tal que U = ∪Di . Al
o
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´nica, existe
o
una funci´n fi ∈ H(Di ) tal que fi = u|Di . Como u no es constante entonces fi no
o
es constante y por el teorema de la aplicaci´n abierta fi (Di ) es abierto y por tanto
o
fi (Di ) es abierto (pues las proyecciones son abiertas) y as´ u(Di ) es abierto.
ı
Entonces u(U ) = u(∪Di ) = ∪u(Di ) es abierto.
Ejercicio 15 Calc´lese directamente la integral de Poisson para el valor en la frontera
u
f (eiθ ) = sin θ + cos θ.
Soluci´n. Para encontrar una soluci´n al problema de valor en la frontera sin θ + cos θ, basta
o o
con encontrar una soluci´n al problema con valor en la frontera sin θ y otra soluci´n al
o o
problema con cos θ y sumar ambas.
De la teor´ se conoce que la soluci´n al problema de Dirichlet existe y es unica, y que
ıa o ´
adem´s la expresi´n de dicha soluci´n es:
a o o
1 f (ζ) ζ + z
u(z) = g(z) = dζ , (1)
2πi γ ζ ζ −z
f (ζ) ζ+z
donde ζ ζ−z es el n´cleo de Poisson y z = reiθ .
u
iθ −iθ
Resolvamos entonces el problema para el valor de la frontera cos θ = e +e2
1 1
= 2 (ζ + ζ ),
siendo ζ = eiθ . De esta forma, debemos tomar, en la expresi´n 1, f (ζ) = 1 (ζ + ζ ).
o 2
1
1 11 1 ζ +z 1 1 ζ +z
g1 (z) = ζ+ dζ = 1+ 2 dζ =
2πi γ ζ 2 ζ ζ −z 4πi γ ζ ζ −z
1 ζ z 1 z
= dζ + dζ + dζ + 2 (ζ − z)
dζ
4πi γ ζ −z γ ζ −z γ ζ(ζ − z) γ ζ
La primera de las integrales la calculamos con la f´rmula integral de Cauchy y la segunda
o
de ellas no es m´s que el ´
a ındice de γ con respecto al punto z. Las dos integrales restantes las
podemos calcular por descomposici´n en fracciones simples:
o
1 A B
dζ = + dζ = AInd(γ, 0) + BInd(γ, z) = A + B = 0,
γ ζ(ζ − z) γ ζ ζ −z
18

20. ya que A(ζ − z) + Bζ = 1 para todo ζ ∈ γ, de donde A + B = 0.
z A B C
dζ = + 2+ dζ = A + C = 0,
γ ζ 2 (ζ− z) γ ζ ζ ζ −z
B
puesto que Aζ(ζ − z) + B(ζ − z) + Cζ 2 = z de donde A + C = 0, y adem´s
a ζ2
tiene primitiva
B
con lo que γ ζ 2 dζ = 0.
De esta forma:
1
g1 (z) =
(2πiz + 2πiz + 0 + 0) = z,
4πi
con lo que u1 (z) = z o m´s claramente, como z = reiθ , u1 (reiθ ) = r cos θ.
a
1 1
Procedemos ahora de manera an´loga pero tomando, en la expresi´n 1 f (ζ) =
a o 2i ζ−ζ ,
y aplicamos de nuevo los c´lculos anteriores:
a
1 11 1 ζ +z 1 1 ζ +z
g2 (z) = ζ− dζ = 1− 2 dζ =
2πi γ ζ 2i ζ ζ −z −4π γ ζ ζ −z
1 ζ z 1 z
= dζ + dζ − dζ − 2 (ζ − z)
dζ =
−4π γ ζ − z γ ζ −z γ ζ(ζ − z) γ ζ
−1
= (2πiz + 2πiz − 0 − 0) = −iz.
4π
Por tanto, u2 (reiθ ) = (−ireiθ ) = r sin θ.
En consecuencia, sumando las dos soluciones anteriores, obtenemos la soluci´n al proble-
o
ma de valor en la frontera f (e iθ ) = sin θ + cos θ, que es u(reiθ ) = r cos θ + r sin θ.
Ejercicio 16 Sea u una funci´n arm´nica positiva en U = D(0, 1) y tal que u(0) = 1.
o o
Encu´ntrese estimaciones del valor de u( 1 ).
e 2
Soluci´n. Aplicando la desigualdad de Harnack para funciones arm´nicas positivas:
o o
R−r R+r
u(a) ≤ u(a + reiθ ) ≤ u(a) en D(a, R).
R+r R−r
1
En nuestro caso particular, R = 1, a = 0, r = 2 , y por tanto
1− 1
2 1 1+ 1
2
1 ≤ u( ) ≤ 1 1,
1+ 1
2
2 1− 2
y por tanto las estimaciones para el valor de u pedido son
1 1
≤ u( ) ≤ 3.
3 2
19

21. Ejercicio 17 a) Si · 1 y · 2 son dos normas sobre un espacio vectorial E, pru´bese
e
que las expresiones α · 1 + β · 2 (α, β > 0) y m´x{ · 1 , · 2 } definen sendas normas
a
en E.
1 1
b) Calc´lese la bola unidad cerrada en R2 de la norma
u · = 2 · 1 + 2 · ∞.
c) Sea E un espacio normado no trivial. Pru´bese que la adherencia de cualquier bola
e
abierta es la correspondiente bola cerrada, que el di´metro de B(a, r) es 2r y que si
a
B(a, r) ⊂ B(b, s), entonces r ≤ s y a − b ≤ s − r.
d) Demu´strese que en un espacio de Banach, toda sucesi´n encajada de bolas cerradas no
e o
vac´ tiene un punto en com´n.
ıas, u
e) En E = (CR ([0, 1]), · ∞) se consideran los conjuntos
Cn = {f ∈ E : f (0) = 1, 0 ≤ f (t) ≤ 1 si t ∈ [0, 1/n], f (t) = 0 si t ∈ [1/n, 1]}.
Pru´bese que (Cn ) es una sucesi´n decreciente de cerrados, acotados y no vac´
e o ıos, con
intersecci´n vac´
o ıa.
Soluci´n.
o
a) Sean · 1 y · 2 dos normas en el espacio vectorial E.
Verifiquemos que la expresi´n
o · =α · 1 +β · 2 con α, β > 0 es norma en E.
1. α x 1 +β x 2 ≥ 0 para todo x ∈ E, pues x 1 , x 2 ≥ 0 y α, β ≥ 0.
2. Para todo x ∈ E y para todo λ ∈ C tenemos que
λx =α λx 1 + β λx 2 = α|λ| x 1 + β|λ| x 2 =
=|λ|(α x 1 + β x 2 ) = |λ| x .
3. Mostremos ahora que se cumple la desigualdad triangular para todos x, y ∈ E.
x + y =α x + y 1 +β x+y 2 ≤ α( x 1 + y 1 ) + β( x 2 + y 2) =
=α x 1 +β x 2 +α y 1 +β y 2 = x + y .
4. Por ultimo, demostremos que x = 0 ⇔ x = 0.
´
Si x = 0, entonces α x 1 + β x 2 = 0 y puesto que ambos sumandos son no
negativos, debe ser x 1 = x 2 = 0 y por tanto x = 0.
Rec´
ıprocamente, si x = 0 se tiene que x 1 = x 2 = 0 y como consecuencia
x = α x 1 + β x 2 = 0.
Comprobemos ahora que la expresi´n · = m´x{ ·
o a 1, · 2} tambi´n define una norma
e
en E.
1. Puesto que x 1 , x 2 ≥ 0 para todo x ∈ E, obtenemos que m´x{ x 1 , x 2 } ≥ 0
a
y por tanto x ≥ 0 para todo x ∈ E.
20

22. 2. Para cualquier λ ∈ C y x ∈ E se tiene
λx = m´x{ λx 1 , λx 2 } = m´x{|λ| x 1 , |λ| x 2 } =
a a
=|λ| m´x{ x 1 , x 2 } = |λ| x .
a
3. Comprobemos que para todo x, y ∈ E se cumple la desigualdad triangular:
x + y = m´x{ x + y 1 , x + y 2 } ≤ m´x{ x
a a 1 + y 1, x 2 + y 2} ≤
≤ m´x{ x 1 , x 2 } + m´x{ y 1 , y 2 } = x + y .
a a
4. Para terminar, demostremos x = 0 ⇔ x = 0.
x = 0 ⇔ m´x{ x 1 , x 2 } = 0 ⇔ x 1 = x 2 = 0 ⇔ x = 0.
a
1 1
b) Debemos calcular la bola unidad en R2 con la norma · = 2 · 1 + 2 · ∞ donde,
como es habitual, (x, y) 1 = |x| + |y| y (x, y) ∞ = m´x{|x|, |y|}.
a
La bola unidad B(0, 1) en la norma · es {x ∈ R2 : x ≤ 1} con x = (x, y). Tenemos
que encontrar las ecuaciones que verifican los puntos de R2 en la bola unidad, esto es:
1 1 1
(x, y) = |x| + |y| + m´x{|x|, |y|} ≤ 1
a
2 2 2
y por tanto: 
 2|x| + |y| ≤ 2 si m´x{|x|, |y|} = |x|
 a
 |x| + 2|y| ≤ 2 si m´x{|x|, |y|} = |y|
 a
es decir, o bien 
 2|x| + |y| ≤ 2

 |y| ≤ |x|

o bien

 |x| + 2|y| ≤ 2

 |x| ≤ |y|

La zona sombreada del dibujo muestra la forma de esta bola, junto con las rectas que
delimitan su frontera:
c) Sea B(a, r) la bola abierta de centro a y radio r. Aplicando traslaciones es suficiente
probar todo lo que se pide en este apartado para la bola B(0, r) de centro 0.
Sea B(0, r) la adherencia o clausura de B(0, r). Debemos comprobar que dicha ad-
herencia es la bola cerrada B[0, r] de centro 0 y radio r. Puesto que B(0, r) es el menor
cerrado que contiene a B(0, r), uno de los contenidos es obvio, B(0, r) ⊂ B[0, r].
21

23. Para ver el otro contenido, sea x ∈ B[0, r], es decir, x ≤ r. Si x < r, entonces x
est´ en B(0, r) y por tanto en B(0, r). Supongamos ahora que x = r y sea B(x, δ) una
a
bola abierta de centro x y radio arbitrario δ. Comprobemos que B(0, r) ∩ B(x, δ) = ∅.
Consideramos el punto z = x r−δ/2 que est´ en el segmento que une x con 0. Veamos
x a
que z ∈ B(0, r) ∩ B(x, δ).
δ
r− 2 x δ δ
x−z = x−x = x −r+ = < δ,
x x 2 2
δ
r− 2 δ δ
0−z = z = x = r− = r − < r.
x 2 2
As´ x ∈ B(0, r) y por tanto B(0, r) = B[0, r].
ı
Demostremos ahora que DiamB(0, r) = 2r. Por definici´n de di´metro de un conjunto,
o a
sabemos que DiamB(0, r) = supx,y∈B(0,r) x − y .
Desde luego, para todo x, y ∈ B(0, r) se tiene x − y ≤ x + y < 2r, con lo que
ε
DiamB(0, r) ≤ 2r. Por otro lado, para cada ε > 0 y z = 0 sean x = (r − 2 ) z e
z
y = ( 2 − r) z . Entonces
ε
z
ε z ε z
x − y = (r − ) − ( − r) = 2r − ε ∀ε > 0.
2 z 2 z
De esta forma DiamB(0, r) ≥ 0 y por tanto DiamB(0, r) = 2r.
Para terminar el apartado, tenemos que ver que si B(a, r) ⊂ B(b, s), entonces r ≤ s y
a − b ≤ s − r.
22

24. La primera afirmaci´n es sencilla, pues:
o
2r = DiamB(a, r) ≤ DiamB(b, s) = 2s,
y por tanto r ≤ s.
De nuevo, para la segunda parte es suficiente con demostrarlo para b = 0. Supongamos
por reducci´n al absurdo, que a = a − b > s − r. Por tanto, existe ε > 0 tal que
o
a − ε = s − r, o lo que es lo mismo, a = s − r + ε.
a ε
Sea z = a + a (r − 2 ). Entonces:
a ε ε
z−a = a+ (r − ) − a = r − < r
a 2 2
y as´ z ∈ B(a, r). Por otro lado:
ı
a ε ε ε
z−b = z = a+ (r − ) = a +r− =s+
a 2 2 2
y en consecuencia z ∈ B(0, s), lo cual es una contradicci´n, pues por hip´tesis ten´
/ o o ıamos
B(a, r) ⊂ B(b, s).
As´ debe ser a − b ≤ s − r.
ı
d) Sea B1 [a1 , r1 ] ⊃ B2 [a2 , r2 ] ⊃ ... ⊃ Bn [an , rn ] ⊃ ... una sucesi´n cumpliendo las condi-
o
ciones del enunciado. Por el apartado anterior se tiene r1 ≥ r2 ≥ ... ≥ rn ≥ ... ≥ 0.
As´ la sucesi´n de radios (ri ) es decreciente y acotada, luego debe ser convergente, y por
ı o
tanto de Cauchy. Como consecuencia de esto ultimo y aplicando de nuevo el apartado
´
anterior, obtenemos
an − am ≤ |rn − rm | −→ 0 cuando n, m → ∞,
y as´ la sucesi´n de centros (ai ) es de Cauchy. Puesto que estamos en un espacio de
ı o
Banach, la sucesi´n (ai ) converge al ser de Cauchy digamos a un punto a. Probemos
o
que a ∈ Bn (an , rn ) para todo n ∈ N.
Para cada n ∈ N se tiene que a = l´ m>n am ∈ B[an , rn ] y por tanto a ∈ ∩B[an , rn ].
ım
As´ a es punto com´n de todas las bolas de la sucesi´n.
ı u o
e) Consideramos el espacio E = (CR ([0, 1]), · ∞ ) de las funciones continuas del intervalo
[0, 1] en R con la norma del supremo, y los conjuntos
Cn = {f ∈ E : f (0) = 1, 0 ≤ f (t) ≤ 1 si t ∈ [0, 1/n], f (t) = 0 si t ∈ [1/n, 1]}.
Veamos en primer lugar que son cerrados. Para cada n ∈ N, consideremos una sucesi´n
o
de funciones (fm ) ⊂ Cn que sea convergente a f en el sentido de · ∞ . Ahora debemos
comprobar que f est´ en Cn .
a
Para un t0 fijo en [0, 1] tenemos fm − f ∞ = sup |fm (t) − f (t)| ≥ |fm (t0 ) − f (t0 )|
y puesto que se da convergencia uniforme, en particular, se obtiene la convergencia
23

25. puntual y as´ para cada t0 fijo en [0, 1] tenemos que fm (t) → f (t). Al estar cada una
ı
de las fm en Cn , verifican que fm (0) = 1 para todo m ∈ N y por tanto f (0) = 1. De
igual manera, para cada t ∈ [1/n, 1] se verifica fm (t) = 0 para cada m ∈ N y por tanto
f (t) = 0 si t ∈ [1/n, 1/m]. Por ultimo, sea t ∈ [0, 1/n] con 0 ≤ fm (t) ≤ 1 para todo
´
m ∈ N, entonces es claro que 0 ≤ f (t) ≤ 1.
Es evidente que Cn+1 ⊂ Cn . Por la propia definici´n de estos conjuntos se obtiene:
o
1
Cn+1 ={f ∈ E : f (0) = 1, 0 ≤ f (t) ≤ 1 si t ∈ [0, ],
n+1
1 1 1 1
f (t) = 0 si t ∈ [ , 1] = [ , ] ∪ [ , 1]} ⊂
n+1 n+1 n n
1 1 1
⊂{f ∈ E : f (0) = 1, 0 ≤ f (t) ≤ 1 si t ∈ [0, ], 0 ≤ f (t) ≤ 1 si t ∈ [ , ],
n+1 n+1 n
1
f (t) = 0 si t ∈ [ , 1]} = Cn .
n
Para ver que Cn est´ acotado, basta con comprobar que para toda funci´n f ∈ Cn , se
a o
tiene que la norma f ∞ est´ controlada por una constante. Por la propia definici´n
a o
de Cn , obtenemos que si f ∈ Cn , entonces f ∞ ≤ 1 y por tanto Cn ⊂ BE [0, 1] y
as´ est´ acotado.
ı a
Comprobemos que Cn = ∅. Dado un cierto n ∈ N siempre podemos encontrar una
funci´n continua que sea lineal en [0, 1/n] y de forma que f (0) = 1 y f (t) = 0 en
o
[1/n, 0].
Ahora bien, la intersecci´n com´n de toda la familia (Cn ), de existir debiera ser una
o u
funci´n f tal que f (0) = 1 y f (t) = 0 si t ∈ (0, 1], luego f no puede ser continua en 0.
o
Por tanto, n∈N Cn = ∅.
Ejercicio 18 a) Demu´strese que si 0 < p < 1, (an ), (bn ) ⊂ C, se cumple
e |an + bn |p ≤
|an |p + |bn |p .
b) Pru´bese que c00 es denso en cada uno de los espacios
e p con 1 ≤ p < ∞. ¿Qu´ ocurre
e
en ∞ ?
c) Si p ≤ p , pru´bese que p ⊂
e p y la inclusi´n can´nica tiene norma 1. Mu´strese
o o e
tambi´n que si p = p , entonces
e p = p.
d) Si x ∈ p para alg´n p ≥ 1, resulta por el apartado anterior que x ∈
u s para todo s ≥ p.
Pru´bese que existe l´ s→∞ x s = ´ s≥p x s = x ∞ .
e ım ınf
Soluci´n.
o
24

26. a) Para demostrar el resultado, basta con ver la correspondiente desigualdad para un s´lo
o
t´rmino, es decir, comprobar que |a + b|
e p ≤ |a|p + |b|p .
1
Consideremos r = p > 1 y los vectores u = (|a|p , 0) y v = (0, |b|p ) con lo que u, v ∈ R2 .
Ahora podemos aplicar la desigualdad de Minkowski que ya conocemos y obtener:
u+v r ≤ u r + v r.
Puesto que
1
u+v r = (|a|p , |b|p ) r = ((|a|p )r + (|b|p )r ) r = (|a| + |b|)p ,
u r + v r = |a|p + |b|p ,
y adem´s,
a
|a + b|p ≤ (|a| + |b|)p ,
se obtiene, combinando las desigualdades anteriores, el resultado deseado.
b) Queremos ver que c00 = p con 1 ≤ p < ∞. Para ello tomamos un elemento de p y
0 0 0
vemos que existe una sucesi´n en c00 que converge a ´l. Sea ξ0 = (ξ1 , ξ2 , ..., ξk , ...) ∈ p ,
o e
0 |p ) 1 < ∞.
es decir, ( |ξi p
Consideramos la siguiente sucesi´n de elementos de c00 :
o
ξ 1 = (ξ1 , 0, 0, ..., 0, ...)
0
ξ 2 = (ξ1 , ξ2 , 0, ..., 0, ...)
0 0
ξ 3 = (ξ1 , ξ2 , ξ3 , ..., 0, ...)
0 0 0
...
ξ n = (ξ1 , ξ2 , ξ3 , ..., ξn , 0, ...)
0 0 0 0
Es claro que (ξ i ) ⊂ c00 y que cada ξ n coincide con ξ0 en los primeros n t´rminos, mientras
e
que en el resto son ceros. Obviamente hay convergencia coordenada a coordenada.
Veamos que, adem´s, se tiene ξ n → ξ0 en p :
a
∞
ξ n − ξ0 p
p = |ξi |p → 0 cuando n → ∞.
0
i=n+1
Sin embargo c00 no es denso en ∞ pues c00 = c0 ∞.
c) Supongamos p < p y 0 = a = (an ) ∈ p . Es claro que |anp ≤ 1. Puesto que la funci´n
a
|
o
x→u x es decreciente si u ≤ 1 se tiene que si p < p entonces
|an |p |an |p
≤ para cada n ∈ N.
a p
p a p p
25

27. Sumando en n ∈ N obtenemos:
p p
a p a p
p
≤ p = 1,
a p a p
y por tanto a p ≤ a p , de forma que p ⊂ p .
Sea ahora la inclusi´n can´nica i : p → p que a cada x = (xn ) ∈ p lo lleva en
o o
i(x) = x ∈ p . Esta aplicaci´n est´ bien definida por lo que acabamos de demostrar
o a
y adem´s es, obviamente, lineal. Por lo inmediatamente anterior, resulta que i ≤ 1
a
pues i(x) p = x p ≤ x p . Por otro lado, podemos tomar x = e1 = (1, 0, 0, ...) de
forma que x p = 1 y i(x) p = x p = 1, con lo que i ≥ 1. De esta forma hemos
comprobado que i = 1.
Por ultimo, veamos que la cadena de inclusiones de los espacios p es estricta. Sea p = p ,
´
1 1
sin perder generalidad podemos suponer 1 < p < p y por tanto p < p . Consideremos
1 1
r tal que p < r < p .
1
Para cada n ∈ N sea ξn = nr y ξ = (ξn ). Es claro que
1
1 p p
ξ p = | | <∞
nr
y por tanto ξ ∈ p . Sin embargo, como rp < 1 se tiene
1
1 p p
ξ p = | | = ∞,
nr
con lo que ξ ∈
/ p y por tanto p = p .
d) Supongamos x ∈ p para alg´n 1 ≤ p ≤ ∞ y sean s, s tales que s > s > p, por el
u
apartado anterior se tiene:
x s ≤ x s ≤ x p,
con lo que la aplicaci´n s → x s (con s ≥ p) es decreciente. Adem´s, como |xn | ≤ x
o a s
para todo n ∈ N, se tiene que x ∞ ≤ x s ≤ x s ≤ x p . Por tanto
l´
ım x s =´ x
ınf s ≥ x ∞,
s→∞
y tenemos una desigualdad. Para ver la otra, sea s > 0, entonces:
∞
s+p
x s+p = |xn |s |xn |p ≤ x s
∞ x p,
p
n=1
y por tanto
s p
s+p s+p
x s+p ≤ x ∞ x p .
De esta forma, haciendo s → ∞, obtenemos la otra desigualdad: l´ s→∞ x
ım s+p ≤ x p.
As´ conseguimos ver que l´ s→∞ x s = ´ s≥p x s = x ∞ .
ı ım ınf
26

28. Ejercicio 19 Sea E un espacio normado. Pru´bese:
e
a) La aplicaci´n x → x es uniformemente continua.
o
b) Toda sucesi´n de Cauchy en E es un conjunto acotado.
o
c) Toda aplicaci´n lineal T de (Kn , · ∞ ) en otro espacio normado F es continua y alcanza
o
su norma, es decir, existe x0 ∈ S = {x ∈ Kn : x ∞ = 1} tal que T = T (x0 ) F .
d) Ded´zcase del apartado anterior que si F tiene dimensi´n n, todo isomorfismo algebraico
u o
T entre (Kn , · ∞ ) y F es un isomorfismo topol´gico.
o
e) Ded´zcase que toda aplicaci´n lineal de un espacio vectorial normado de dimensi´n
u o o
finita en otro espacio vectorial normado es continua. En particular, existen constantes
M, N > 0 tal que si p es un polinomio de una variable de grado menor o igual que n,
p(x) = a0 xn + ... + an−1 x + an , se tiene que |a0 + a1 | ≤ M sup{|p(x)| : x ∈ [−1, 1]} y
3
−1 |p(x)|dx ≤ N m´x{|p(x)| : x = 0, 1, ..., n}.
a
f) Ded´zcase de e) que todas las normas sobre un espacio vectorial de dimensi´n finita
u o
son equivalentes, y que con cualquiera de ellas el espacio es completo. Concl´yase que
u
todo subespacio de dimensi´n finita de un espacio normado, es cerrado.
o
Soluci´n.
o
a) Sea T : E → K la aplicaci´n que a cada x ∈ E le hace corresponder T (x) = x . Sea
o
ε > 0. Podemos tomar δ = ε de forma que si x − y < δ entonces |T (x) − T (y)| =
| x − y | < x − y < ε, con lo que T es uniformemente continua.
b) Sea (xn ) ⊂ E una sucesi´n de Cauchy. Fijado, por ejemplo, ε = 1 se tiene que existe n0 ∈
o
N tal que xn −xn0 < 1 para todo n > n0 . Sea M = m´x{ xn0 +1, x1 , ..., xn−1 }+
a
1. Entonces (xn ) ⊂ B(0, M ) y por tanto la sucesi´n est´ acotada.
o a
c) En primer lugar, sabemos que en cualquier espacio de dimensi´n finita, todas las normas
o
son equivalente. En particular, podemos considerar aqu´ (Kn , · ∞ ) que tambi´n induce
ı e
la topolog´ usual. Podemos considerar tambi´n la base can´nica de Kn y denotar, para
ıa e o
cada 1 ≤ i ≤ n, por ei al vector (0, ..., 1, ..., 0) en el que aparece un 1 en el lugar i-´simo.
e
Con esto, podemos expresar cada x ∈ Kn como x = x1 e1 + ... + xn en (con xi ∈ K para
1 ≤ i ≤ n) y remitirnos a sus coordenadas (x1 , ..., xn ).
El conjunto S = {x = (x1 , ..., xn ) ∈ Kn : x ∞ = 1} es un conjunto compacto en
(Kn , · ∞ ). Sea x ∈ S, por la linealidad de la aplicaci´n se tiene
o
n n n
T (x) = xi T (ei ) ≤ |xi | T (ei ) ≤ m´x { T (xi ) }
a |xi | ≤ M < 0.
1≤i≤n
i=1 i=1 i=1
27

29. As´ para todo x ∈ Kn se cumple que T ( x ) ≤ M y por tanto T (x) ≤ M x con
ı, x
lo que T es continua. Con esto vemos tambi´n que T ≤ M.
e
Sea (xn ) ⊂ Kn . Entonces ( xn ) ⊂ S que es compacto, y por tanto existe x0 ∈ S punto
xn
de acumulaci´n y una subsucesi´n convergente a x0 . Por la continuidad de la norma se
o o
tiene xnj
T (x0 ) = l´
ım T ( ) = T ,
nj →∞ xnj
con lo que T alcanza su norma.
d) Tenemos T : (Kn , · ∞ ) → (F, · F ) isomorfismo. Queremos comprobar que existen
constantes c, C > 0 tales que c x ∞ ≤ T (x) F ≤ C x ∞ . La existencia de C y la
segunda desigualdad nos la asegura el apartado anterior.
Para la otra desigualdad, consideramos la aplicaci´n x → T (x) F . Esta aplicaci´n es
o o
continua y por tanto alcanza su m´ ınimo en la esfera unidad de K n , es decir, existe
x0 ∈ S∞ y un c ≥ 0 tal que T (x) F ≥ T (x0 ) F = c para todo x ∈ S∞ . Adem´s, a
la hip´tesis de que T es isomorfismo algebraico, nos asegura que c = 0 y por tanto
o
T (x) F > c > 0 para todo x ∈ S∞ .
Sea ahora y = 0 en (Kn , · ∞ ). Puesto que yy ∞ = 1, tenemos que T ( y
y ∞) F ≥cy
as´ T (y) ≥ c y para todo y ∈ (Kn , · ∞ ).
ı
e) Dada la aplicaci´n lineal T : E → F podemos factorizarla por medio del isomorfismo
o
ϕ : E → (Kn , · ∞ ) de forma que s : (Kn , · ∞ ) → F dada por s = T ◦ ϕ−1 es
continua por el apartado c).Adem´s ϕ es un isomorfismo, con lo que se concluye que T
a
es continua.
En particular, podemos tomar E1 = (Pn , p = m´x{|p(x)| : x ∈ [−1, 1]}), E2 =
a
3
(Pn , p = m´x{|p(i)| : i = 0, 1, ..., n}), F = K, T1 (p) = a0 + a1 y T2 (p) = −1 p(x)dx.
a
Es claro que E1 y E2 son espacios normados y adem´s de dimensi´n infinita y que
a o
F es tambi´n espacio normado. Por lo anterior, las aplicaciones lineales T1 y T2 son
e
continuas, y por tanto existen constantes M, N > 0 tales que
|a0 + a1 | ≤ M sup{|p(x)| : x ∈ [−1, 1]}
y
3
|p(x)|dx ≤ N m´x{|p(x)| : x = 0, 1, ..., n}.
a
−1
f) Sean E un espacio de dimensi´n finita y · 1 , · 2 dos normas sobre ´l. Consideramos
o e
o ´
la aplicaci´n identidad Id : (E, · 1 ) → (E, · 2 ). Esta es una aplicaci´n lineal de un
o
espacio normado de dimensi´n finita en otro espacio normado. Si ahora consideramos
o
Id−1 : (E, · 2 ) → (E, · 1 ), tambi´n tenemos una aplicaci´n lineal de un espacio
e o
normado de dimensi´n finita en otro espacio normado, y por el apartado anterior estas
o
aplicaciones son continuas. De esta forma, existen constantes c, C > 0 tales que c x 2 ≤
x 1 ≤ C x 2 para todo x ∈ E y por tanto las normas son equivalentes.
28

30. Por los apartados anteriores, todo espacio normado de dimensi´n finita es isomorfo a
o
K n que es completo, con lo que todo espacio normado de dimensi´n finita es completo.
o
De esta forma, si tenemos un subespacio E de dimensi´n finita en un espacio normado
o
o ´
F, consideramos una sucesi´n convergente xn → x. Esta ser´ de Cauchy en E que es
a
completo y por tanto convergente en E, es decir, xn → y, con y ∈ E. Por la unicidad
del l´
ımite, x = y y por tanto E es cerrado.
Ejercicio 20 Sea E un espacio vectorial de dimensi´n infinita. Pru´bese:
o e
a) Si (ei )i∈I es una base algebraica de E y para cada x = i∈I xi ei se define
x 1 = |xi | x ∞ = m´x{|xi | : i ∈ I},
a
i∈I
pru´bese que x
e 1 y x ∞ son dos normas no equivalentes sobre E.
b) Si · es una norma cualquiera sobre E, pru´bese que existe siempre T ∈ E ∗ (E, · ) .
e
Soluci´n.
o
a) Sea (ei )i∈I base de E. Es claro que · 1 y · ∞ son normas. Veamos que no son
equivalentes. Sea id : (E, · ∞ ) → (E, · 1 ) no es continua, pues para n ∈ N sean
{ei1 , ..., ein } ⊂ {ei }i∈I n elementos distintos y x = n xk eik con xk = 1 y entonces
k=1
x ∞ = 1 pero id(x) 1 = n con lo que id no es continua y por tanto las normas no
son equivalentes.
b) Para definir T ∈ E ∗ (E, · ) basta dar sus im´genes sobre los vectores de una base.
a
Si tenemos (ei )i∈I base algebraica entonces (vi = ei )i∈I es tambi´n base algebraica y
ei e
para cada i ∈ I se tiene vi = 1.
Sea (vn )n∈N ⊂ (vi )i∈I . Definimos T ∈ E ∗ tal que T (vn ) = n y T (vi ) = 0 si vi ∈ (vn )n∈N .
/
Esta aplicaci´n es lineal y sin embargo no es continua ya que T (B(E)) ⊃ {T (vn ) : n ∈
o
N} = N, con lo que T ∈ E ∗ (E, · ) .
Ejercicio 21 Sea Ep := (R2 , · ), p = 1, 2, ∞, Mp := {(x, y) ∈ Ep : x − 2y = 0} y
T0 : M → R la forma lineal Mp (x, y) → T0 (x, y) = x.
a) Calc´lese la norma de T0 para los distintos valores de p considerados.
u
29