Análisis complejo

Analisis Complejo

Javier Martınez Perales

12 de junio de 2015

Indice general

1. Conformalidad. Funciones holomorfas en el disco unidad. 91.1. Conformalidad. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2. Funciones holomorfas en el disco unidad. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.3. Metrica de Poincare (o distancia hiperbolica en D). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.4. Subordinacion. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2. Familias finitamente normales. 292.1. Teorema de Vitali. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.2. Teoremas de Hurwitz. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

3. Teorema de la aplicacion conforme de Riemann. 413.1. El Teorema de la aplicacion conforme de Riemann. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413.2. Teorema de extension de Caratheodory. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

4. Funciones univalentes. 514.1. La clase S. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 514.2. Transformaciones en la clase S. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 524.3. Teorema del area de Gronwall. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 564.4. El Teorema de Bieberbach y el Teorema de 1/4 de Koebe. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 574.5. El Teorema de distorsion y crecimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 614.6. La conjetura de Bieberbach. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

5. Funciones armonicas. 715.1. Relacion entre funciones armonicas y funciones holomorfas. . . . . . . . . . . . . . . . . . 715.2. Propiedades de las funciones armonicas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 745.3. Problema de Dirichlet. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

5.3.1. Existencia de dominios regulares para el problema de Dirichlet. . . . . . . . . . . . 765.3.2. Existencia de dominios no regulares para el problema de Dirichlet. . . . . . . . . . 85

5.4. Funciones armonicas y propiedad del valor medio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

6. Productos infinitos. 976.1. Introduccion. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 976.2. Productos infinitos en C. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 986.3. Funciones definidas por productos infinitos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1076.4. Teoremas de factorizacion de Weierstrass. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1126.5. Exponente de convergencia y genero de una sucesion. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

7. Funciones enteras. Crecimiento y distribucion de ceros. 1237.1. Introduccion. Funciones enteras con crecimiento polinomico. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1237.2. La formula de Jensen. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1247.3. La formula de Poisson-Jensen y sus consecuencias. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1297.4. Espacios de Hardy y clase de Nevanlinna en D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1307.5. El orden de crecimiento de una funcion entera. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1347.6. Propiedades aritmeticas del orden del crecimiento. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1387.7. Orden de crecimiento de los factores primarios de Weierstrass. . . . . . . . . . . . . . . . . 143

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6 INDICE GENERAL

7.8. Descripcion del orden de crecimiento de una funcion entera en terminos de sus coeficientesde Taylor. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

7.9. Orden de crecimiento y exponente de convergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1477.10. Teorema de factorizacion de Hadamard. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150

Tema 1

Conformalidad. Funcionesholomorfas en el disco unidad.

En este tema extendemos la definicion de funcion meromorfa a funciones definidas en C∗, estudiamos lasaplicaciones conformes en C∗ y damos una clasificacion (incompleta aun) de los dominios simplementeconexos en C∗. Se estudian el Teorema de Schwarz-Pick para funciones holomorfas en el disco unidad y lasdistancias pseudohiperbolica e hiperbolica en D. Por ultimo, introducimos el concepto de subordinacion.

1.1. Conformalidad.

En primer lugar, vamos a extender la definicion de funcion meromorfa a funciones definidas en un dominiode C∗. Antes de eso, recordamos algunos conceptos del curso pasado.

Definicion 1.1. Sean D un dominio en C y a un punto de D. Se dice que una funcion f : D\a −→ Ctiene una singularidad aislada en a si es holomorfa en D\a.

Definicion 1.2. Sea D un dominio en C y a un punto de D. Sea f : D\a −→ C una funcion con unasingularidad aislada en a.

1. Se dice que a es una singularidad evitable de f si existe lımz→a

f(z) ∈ C.

2. Se dice que a es un polo de f si lımz→a

f(z) =∞ ∈ C∗.

3. Se dice que a es una singularidad esencial de f si no existe lımz→a

f(z) en C∗, esto es, si a no es

singularidad evitable ni polo.

Notacion 1.1. Consideremos una funcion f : Ω −→ C definida en un subconjunto Ω ⊂ C∗. Siempre quese tenga lım

z→af(z) =∞ para un punto a ∈ Ω′, escribiremos f(a) =∞, no distinguiendo entre la funcion

f y su extension continua a D ≡ Ω ∪ a, f : D −→ C∗.

Definicion 1.3. Sean D un dominio en C y f : D −→ C una funcion. Diremos que f es meromorfa enD si, dado a ∈ D, se tiene alguna de las tres posibilidades:

La funcion f es holomorfa en a.

La funcion f tiene una singularidad evitable en a.

El punto a es un polo de f .

Observese que, segun lo anterior, si a es un polo de f , definiremos f(a) =∞.

Recordemos que el conjunto de los polos de una funcion meromorfa es un subconjunto discreto de D y alo sumo numerable (por tener interseccion finita con cada compacto).

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10 TEMA 1. CONFORMALIDAD. FUNCIONES HOLOMORFAS EN EL DISCO UNIDAD.

Recordemos, tambien, que, si f tiene una singularidad evitable, entonces tiene una extension continuaque es holomorfa en a. Al igual que con los polos, no distinguiremos entre f y su extension holomorfa enel caso de tener una singularidad evitable (de modo que, en la definicion anterior solo hay dos posiblesopciones).

Definicion 1.4. Sean D un dominio en C y f : D −→ C una funcion. Diremos que ∞ es una singula-ridad aislada de f si esta es holomorfa en el complemento de un disco.

Definicion 1.5. Sean D un dominio en C y f : D −→ C una funcion.

1. Se dice que ∞ es una singularidad evitable de f si existe lımz→∞

f(z) ∈ C.

2. Se dice que ∞ es un polo de f si lımz→∞

f(z) =∞ ∈ C∗.

3. Se dice que ∞ es una singularidad esencial de f si no existe lımz→∞

f(z) en C∗.

Observacion 1.1. Los conceptos anteriores tienen sentido solo si D es un dominio que contiene alcomplemento de un disco.

Extendemos ahora el concepto de funcion meromorfa a funciones definidas de C∗ en C∗:

Definicion 1.6. Sean D un dominio en C∗ y f : D −→ C∗ una funcion. Diremos que f es meromorfaen D si, dado a ∈ D, se tiene alguna de las siguientes posibilidades:

La funcion f es holomorfa en a.

La funcion f tiene una singularidad evitable en a.

El punto a es un polo de f .

Observacion 1.2.

1. Esta definicion es formalmente casi igual a la estudiada el curso pasado. La unica diferencia esque, aquı estamos considerando tambien al punto ∞ en caso de tenerse ∞ ∈ D. Observese que laprimera posibilidad no se da en el caso de ser a =∞.

2. Observese que, en resumen, podemos definir una funcion meromorfa como una funcion sin singula-ridades esenciales.

3. En caso de ser a ∈ C singularidad evitable de una funcion meromorfa, sabemos que esta se puedeevitar y hemos acordado no distinguir entre la funcion f y su extension continua (holomorfa) ena. Si la singularidad evitable se encuentra en ∞, entonces f no tiene ninguna extension holomorfa,pero sı que tiene una extension continua a ∞, que sera la que siempre consideremos, escribiendo,entonces, f(∞) = lım

z→∞f(z) = α ∈ C. En los polos escribiremos, como hemos convenido, f(a) =∞.

4. Con esta definicion, una funcion meromorfa es continua.

5. Si f es meromorfa e inyectiva, a lo sumo tiene un polo (por la inyectividad), que debera ser simple.

6. Recordemos que, si f es una funcion meromorfa no constante en un dominio de C, entonces estaes abierta (Teorema de la aplicacion abierta), de modo que, siempre que una funcion meromorfa,f : D −→ C∗, definida en un dominio D ⊂ C∗ no sea constante, se tendra que f(D) es un dominiode C∗.

Lema 1.1. Sea D un dominio en C∗. Sea f : D −→ C∗ una funcion meromorfa.

Si f no es constante, f(D) es un dominio en C∗.

Si f es inyectiva, entonces f−1 : f(D) −→ D es tambien meromorfa.

Demostracion. El primer apartado es claro y se ha visto en la anterior observacion.Probaremos el segundo apartado por casos. En primer lugar, observese que f−1 esta definida por ser finyectiva. Ademas, f(D) es un dominio por el apartado anterior.

1.1. CONFORMALIDAD. 11

1er Caso. Supongamos que D y f(D) son dominios en C. Entonces f : D −→ f(D) es holomorfa (notiene polos, pues es f(D) ⊂ C), luego, por el Teorema de la funcion inversa, f−1 : f(D) −→ D esholomorfa.

2o Caso. Supongamos, ahora, que es D ⊂ C e ∞ ∈ f(D).

Esto implica que f tiene un polo en algun punto de D (segun la anterior observacion, este polo essimple). Existe, entonces, un unico a ∈ D tal que f(a) =∞.

Consideramos, entonces, la funcion f : D\a −→ f(D)\∞. Observese que, ahora, tanto D\acomo f(D)\∞ son dominios en C. Por lo probado en el Caso 1, la inversa de la funcion anterior,f−1 : f(D)\∞ −→ D\a, es holomorfa y, en ∞, la funcion f−1 tiene una singularidad evitable,ya que es f−1(∞) = a. Por tanto, f−1 : f(D) −→ D es meromorfa por definicion.

3er Caso. Supongamos que ∞ ∈ D y que ∞ es un polo de f .

Consideremos la funcion f : D\∞ −→ f(D)\∞. Como antes, tanto D\∞ como f(D)\∞son dominios en C. Como f : D\∞ −→ f(D)\∞ es holomorfa e inyectiva, tambien lo es, porel Caso 1, la funcion f−1 : f(D)\∞ −→ D\∞. En ∞, la funcion f tiene un polo (que, comoya hemos dicho, debe ser simple), es decir, se tiene f(∞) =∞. Pero, entonces, ∞ tambien es polosimple de f−1, pues es f−1(∞) =∞. Por tanto, por definicion, f−1 : f(D) −→ D es meromorfa.

4o Caso. Supongamos que ∞ ∈ D y que f(D) ⊂ C. Es decir, que ∞ es una singularidad evitable de f .

Existe, entonces, un unico a ∈ C tal que f(∞) = a. Consideremos, ahora, la funcion restringidaf : D\∞ −→ f(D)\a. Como en el Caso 1, la funcion f−1 : f(D)\a −→ D\∞ es holomorfa.Ademas, a es un polo de f−1, con lo que, de nuevo por definicion, f−1 : f(D) −→ D es meromorfa.

5o Caso. Supongamos que ∞ ∈ D y que existe un polo simple de f , a ∈ D.

Se tiene, entonces, que f(a) = ∞. Razonando como antes y teniendo en cuenta que ∞ es unasingularidad evitable de f−1, obtenemos, de nuevo, que f−1 es meromorfa.

Definicion 1.7. Sean D y D′ dos dominios en C∗. Se dice que una funcion f : D −→ D′ es unaaplicacion conforme de D en D′ si es meromorfa e inyectiva.

Observacion 1.3.

1. Si f : D −→ D′ es una aplicacion conforme entre los dominios D y D′ de C∗, entonces tambien loes la funcion f−1 : D′ −→ D.

2. Sean D, D′ y D′′ tres dominios en C∗. Supongamos que f es una aplicacion conforme entre D y D′

y que g es una aplicacion conforme entre D′ y D′′. Es facil ver que g f es una aplicacion conformeentre D y D′′.

Definicion 1.8. Dos dominios D y D′ en C∗ se dicen conformemente equivalentes si existe unaaplicacion conforme entre ellos

Segun las observaciones anteriores se tiene la siguiente

Proposicion 1.1. La relacion “ser conformemente equivalente” es una relacion de equivalencia entredominios de C∗.

Definicion 1.9. Sea D un dominio en C∗. Diremos que D es simplemente conexo si C∗\D es conexo.

El objetivo siguiente es el de probar que, si D y D′ son conformemente equivalentes, entonces D essimplemente conexo si, y solo si, D′ lo es.

Para verlo, necesitaremos unos lemas previos.


Lema 1.2. Sea a ∈ C. Consideremos la aplicacion Ta : C∗ −→ C∗ dada por

Ta(z) =

1

z−a si z ∈ C\a∞ si z = a

0 si z =∞

La aplicacion Ta es una aplicacion conforme de C∗ en C∗ y, por tanto, en particular, es un homeomor-fismo.

Demostracion. Es elemental. Si z 6= a,∞, entonces Ta es holomorfa en z. Ademas, ∞ es una singula-ridad evitable de Ta y 0 es un polo de Ta. Por tanto, Ta es meromorfa. Ahora bien, no cabe duda de queTa es inyectiva, luego Ta es una aplicacion conforme.

Nota. Salvo que se especifique lo contrario, cuando en esta seccion escribamos Ta, a ∈ C, nos estaremosrefiriendo a la anterior aplicacion.

Lema 1.3. Sea H : C∗ −→ C∗ un homeomorfismo. Sea D un dominio simplemente conexo en C∗.Entonces H(D) es simplemente conexo.

Demostracion. Como H es un homeomorfismo, H(D) es un dominio (es abierto por ser H abierta yconexo por ser H continua). Tenemos que ver que C∗\H(D) es conexo, pero, dado que H es inyectiva, esC∗\H(D) = H(C∗\D). De nuevo, como H es continua, el conjunto H(C∗\D) es conexo, lo que pruebael resultado.

Teorema 1.1. Sean D y D′ dos dominios conformemente equivalentes en C∗. Entonces D es simplementeconexo si, y solo si, D′ lo es.

Demostracion. Distinguiremos varios casos.

1er Caso. Si los dos dominios estan completamente contenidos en C, entonces el resultado es conocido.

2o Caso. Supongamos que D = C∗.Como D = C∗ y D′ son conformemente equivalentes, existe una aplicacion conforme, f entre ellosy se verifica, entonces, que D′ = f(D) = f(C∗).Como C∗ es compacto, tambien lo es D′, pues f es continua. Como C∗ es abierto, tambien lo es D′,pues f es abierta.

Ası pues, D′ es un abierto y cerrado no vacıo de C∗, que es conexo, luego es D′ = C∗. ComoD′ = C∗, es claro que D′ es simplemente conexo.

3er Caso. Supongamos que D 6= C∗. Entonces, por el caso anterior, debe ser D′ 6= C∗ (si fuese D′ = C∗,un razonamiento como el anterior con f−1 probarıa que debe serD = C∗, en contra de la suposicion).

a) Si ∞ /∈ D e ∞ ∈ D′:Entonces existe a ∈ C tal que a /∈ D′, pues es C∗ 6= D′. Consideremos la aplicacion Ta. ComoTa es conforme, tambien lo es cualquier restriccion suya, con lo que D′ es conformementeequivalente a Ta(D′). Observese que, como ∞ /∈ D, es D ⊂ C y, como a /∈ D′, es ∞ /∈ Ta(D′),es decir, Ta(D′) ⊂ C. Ahora bien, como D es conformemente equivalente a D′ y este ultimo esconformemente equivalente a Ta(D′), se tiene que D es conformemente equivalente a Ta(D′).Por el Caso 1, sabemos que D es simplemente conexo si, y solo si, lo es T (D′). Por el lemaanterior, D′ es simplemente conexo si, y solo si, lo es T (D′). En definitiva, hemos probado que,en este caso, D es simplemente conexo si, y solo si, lo es D′.

b) Si ∞ ∈ D e ∞ /∈ D′: Razonamos como en a).

c) Si ∞ ∈ D e ∞ ∈ D′:Existe, por ser D′ 6= C∗, un numero complejo a ∈ C tal que a /∈ D′. Consideremos, como antes,la aplicacion Ta. Nuevamente, es T (D′) ⊂ C y tenemos que D es conformemente equivalente aT (D′). Ahora bien, se tiene ∞ /∈ T (D′), luego, por los casos anteriores tenemos el resultado.


Observese que, en el segundo caso de la demostracion anterior se ha probado lo siguiente:

Corolario 1.1. Un dominio simplemente conexo en C∗ es conformemente equivalente a C∗ si, y solo si,es C∗.

Lema 1.4. El disco unidad y C no son conformemente equivalentes.

Demostracion. Sea F : C −→ D una aplicacion meromorfa. Como F (C) = D, F no tiene polos, luegoes una funcion entera. Ademas, tambien por ser F (C) = D, la funcion F es acotada. Como F es entera yacotada, el Teorema de Liouville asegura que esta es constante. Por tanto, una tal F no puede ser nuncainyectiva, luego no existen aplicaciones conformes de C en D.

Teorema 1.2. Sea f : C∗ −→ C∗ una funcion entera e inyectiva. Entonces es f(z) = αz+β, con α 6= 0.

Demostracion. Como f es entera, podemos escribirla como su desarrollo en serie de Taylor en 0, esdecir, podemos escribir f(z) =

∑∞n=0 anz

n para cada z ∈ C, siendo an ∈ C para todo n ∈ N.Ahora bien, para ∞ hay, en principio, tres posibilidades: que sea una singularidad evitable, que sea unasingularidad esencial, o que sea un polo. Vamos a ver que ∞ debe ser un polo de f .

Si ∞ fuese una singularidad evitable de f , entonces f serıa acotada, pues lo serıa en un entorno de∞ (por existir lımz→∞ f(z) ∈ C) y en su complementario (por ser continua en un compacto). Porel Teorema de Liouville, f serıa constante, con lo que no serıa inyectiva. Ası pues, ∞ no puede seruna singularidad evitable de f .

Si ∞ fuese una singularidad esencial, dado c > 0, por el Teorema de Casorati-Weierstrass, elconjunto f(z ∈ C : |z| ≥ c) seria denso en C. Por otro lado, f(z ∈ C : |z| < c) serıa abierto porel Teorema de la aplicacion abierta. Ası pues, serıa

f(z ∈ C : |z| < c) ∩ f(z ∈ C : |z| ≥ c) 6= ∅,

en contra de la inyectividad de f .

Por tanto, en efecto, ∞ es un polo de f . Sea N ∈ N el orden de ∞ como polo de f .Se tiene, entonces, que

f(z) =

N∑n=0

anzn para cada z ∈ C.

En efecto, esto es consecuencia del siguiente teorema estudiado en el curso pasado:

Teorema 1.3. Sea f : C −→ C una funcion entera.

Si f tiene un polo de orden M en ∞, entonces es un polinomio de grado M .

Si f tiene una singularidad evitable en ∞ entonces f es constante. (esto es muy sencillo de probar)

En resumen, una funcion entera tiene un polo o una singularidad evitable en ∞ si, y solo si, es unpolinomio.

La prueba del primer resultado pasa por la consideracion del desarrollo de Laurent de f en∞ y consideraruna funcion auxiliar definida por la diferencia entre f y su parte singular. Una aplicacion del segundoresultado resuelve el asunto.

Ası pues,

f ′(z) =

N∑n=1

nanzn−1 para cada z ∈ C.

Por tanto, f ′ es un polinomio de grado N − 1, con lo que tiene N − 1 ceros.Como f es inyectiva, f ′ no se anula, luego N − 1 = 0, esto es, N = 1. Por tanto, f es un polinomio degrado 1, con lo que existen α 6= 0 y β ∈ C tales que f(z) = αz + β para cada z ∈ C.


Teorema 1.4. Sea D un dominio de C∗. El dominio D es conformemente equivalente a C si, y solo si,D = C∗\α, α ∈ C∗.

Demostracion.Supongamos que D = C∗\α, α ∈ C∗. Hay dos posibles casos:

1. Si D = C (esto es, si α =∞), entonces no hay nada que probar.

2. Supongamos que D = C∗\α, α ∈ C (esto es, α 6= ∞). Consideremos la aplicacion Tα. ComoTα es una aplicacion conforme de C∗ en C∗ y Tα(D) = Tα(C∗\α) = C, resulta que D y C sonconformemente equivalentes.

Recıprocamente, supongamos que D es conformemente equivalente a C. Existe, entonces, una aplicacionconforme f : C −→ D. Distinguimos dos casos:

1er Caso. Si D ⊂ C, entonces f no tiene polos, con lo que es entera, por ser una aplicacion meromorfasin polos. Ademas, como f es conforme, es inyectiva. Como f es entera e inyectiva, existen α 6= 0y β ∈ C tales que f(z) = αz + β para cada z ∈ C. Por tanto,

D = f(C) = C = C∗\∞.

2o Caso. Si ∞ ∈ D, entonces f tiene un unico polo (recordemos que f es inyectiva). Para ∞ habrıa denuevo tres posibilidades. Veremos que ∞ debe ser una singularidad evitable de f .

Si ∞ fuese una singularidad esencial de f , de nuevo por el Teorema de Casorati-Weierstrass,f no podrıa ser inyectiva, con lo que ∞ no puede ser una singularidad esencial de f .

¿Puede ser ∞ un polo de f? Observese que, como ∞ ∈ D y f es una biyeccion de C en D,existe a ∈ C tal que f(a) = ∞. Si ∞ fuese un polo de f , entonces f no serıa inyectiva. Enefecto, supongamos que a e∞ son polos de f . Sea M > 0. Existen c1, c2 > 0 (podemos suponerc1 > c2) tales que, si |z − a| < c1 o |z − a| ≥ c2, entonces |f(z)| > M . Escribamos

Bc1 = z ∈ C : |z − a| < c1 y Bc2 = z ∈ C : |z − a| < c2.

Con esta notacion, segun lo anterior, es f(Bc1), f(Bcc2) ⊂ z ∈ C : |z| > M. Ahora bien, comof es biyectiva, es f(Bcc2) = f(Bc2)c ⊂ z ∈ C : |z| > M, con lo que

z ∈ C : |z| ≤M ⊂ f(Bc2).

Como c1 > c2, es f(Bc2) ⊂ f(Bc1). Ası pues, es

z ∈ C : |z| ≤M ⊂ z ∈ C : |z| > M,

lo cual es falso.

Por tanto, efectivamente,∞ debe ser una singularidad evitable de f , esto es, existe lımz→∞ f(z) = αcon α ∈ C. Ademas, es α /∈ D. En efecto, para verlo, basta razonar como antes con f−1.

Consideremos la aplicacion Tα. Como C es conformemente equivalente a D y Tα es una aplicacionconforme de C∗ en C∗, resulta que D es conformemente equivalente a Tα(D). Como α /∈ D, se tieneque ∞ /∈ Tα(D), con lo que Tα(D) ⊂ C. Por lo visto en el Caso 1 y el hecho de que Tα es biyectiva,debe ser

Tα(D) = C = C∗\∞ = Tα(C∗\α).

De nuevo, como Tα es biyectiva, se tiene D = C∗\α.

Observacion 1.4. Observese que, aunque D y C no sean conformemente equivalentes, estos son homeo-morfos. En efecto, basta considerar el homeomorfismo f : C −→ D dado por f(z) = z

1+|z| , con inversa

dada por f−1(z) = z1−|z| .


En resumen, lo que hemos probado es lo siguiente

1. Un dominio D en C∗ es conformemente equivalente a C∗ si, y solo si, es C∗.

2. Un dominio D en C∗ es conformemente equivalente a C si, y solo si, es de la forma D = C∗\α,con α ∈ C∗.

Mas adelante, probaremos que el resto de dominios simplemente conexos son conformemente equivalentesa D, el disco unidad.A continuacion vamos a ver que las unicas aplicaciones conformes de C∗ en C∗ son transformaciones deMobius.

Teorema 1.5. Una aplicacion T : C∗ −→ C∗ es una aplicacion conforme si, y solo si, es una transfor-macion de Mobius.

Demostracion. Es claro que toda aplicacion de Mobius de C∗ en C∗ es una aplicacion conforme.Recıprocamente, supongamos que T : C∗ −→ C∗ es una aplicacion conforme. La aplicacion T tiene ununico polo que ademas es simple. Sea a ∈ C∗ dicho polo.Hay dos posibilidades para a:

Supongamos que a = ∞. Entonces T |C : C −→ C es una funcion entera e inyectiva, luego existenα, β ∈ C, con α 6= 0, tales que T (z) = αz + β para cada z ∈ C. Por tanto, T viene dada por unaexpresion de la forma

T (z) =αz + β

γz + δ, con αδ − γβ = α 6= 0,

luego es una transformacion de Mobius.

Supongamos que a ∈ C. Entonces el residuo de f en a, R ≡ Res(f, a), es distinto de 0. En efecto,como a es un polo simple, podemos escribir

T (z) =

∞∑n=0

an(z − a)n +R

z − a, con R 6= 0.

Definamos la funcion F : C∗ −→ C∗ dada por

F (z) = T (z)− R

z − a=

∞∑n=0

an(z − a)n,

que tiene dos singularidades evitables: una en ∞ y otra en a. En efecto, a es una singularidadevitable de F porque F es holomorfa en a e ∞ es singularidad evitable de F por ser esta diferenciade dos funciones con singularidades evitables en ∞.

Por tanto, F es una funcion entera (evitando la singularidad evitable en a) con una singularidadevitable en ∞. Por tanto, F es acotada. Por el Teorema de Liouville, existe A ∈ C con F (z) = Apara cada z ∈ C∗. Ası pues,

T (z)− R

z − a= A para cada z ∈ C∗,

con lo que

T (z) =Az + (R−Aa)

z − apara cada z ∈ C∗.

Tomando α = A, β = R−Aa, γ = 1 y δ = −a, tenemos

T (z) =αz + β

γz + δpara todo z ∈ C∗,

con αδ − γβ 6= 0, ya que es R 6= 0. Por tanto, T es una transformacion de Mobius.


1.2. Funciones holomorfas en el disco unidad.

Vamos a estudiar aquı el comportamiento de las funciones holomorfas de D en D. Recordemos el

Lema 1.5 (de Schwarz). Sea ϕ : D −→ D una funcion holomorfa con ϕ(0) = 0. Entonces,

1. |ϕ(z)| ≤ |z| para todo z ∈ D.

2. |ϕ′(0)| ≤ 1.

Ademas, se da la igualdad en 1. para algun z ∈ D\0 o la igualdad en 2. si, y solo si, ϕ es una rotacion.

Observacion 1.5. Si ϕ es una rotacion, entonces la igualdad en 1. se da para todo z ∈ D. Esto es, si seda la igualdad en 1. para algun z ∈ D\0 (o la igualdad en 2.), entonces se da para todo z ∈ D.

Veamos que ocurre si no se pide la condicion de que ϕ fije el origen, es decir, si se omite la condicionϕ(0) = 0.

Recordemos que toda aplicacion conforme T : D −→ D es de la forma T (z) = λ z+a1+az , con a ∈ D, |λ| = 1

y que, ademas, T (∂D) = ∂D.

Notacion 1.2 (Importante). En adelante, usaremos mucho, dados a, b ∈ D, las transformaciones deMobius Ta y Sb de D en D dadas por

Ta(z) =z + a

1 + azy Sb(z) =

z − b1− bz

,

que verifican Ta(0) = a y Sb(b) = 0. Observese que Ta es la inversa de Sa.

Lema 1.6. Sea f : D −→ D una funcion holomorfa. Entonces

1.∣∣∣ f(z1)−f(z2)

1−f(z1)f(z2)

∣∣∣ ≤ ∣∣∣ z1−z21−z1z2

∣∣∣ para cualesquiera z1, z2 ∈ D.

2. |f ′(z)|1−|f(z)|2 ≤

11−|z|2 para cada z ∈ D.

Ademas, si se da alguna de las igualdades para algunos z1, z2 ∈ D distintos o z ∈ D\0, entonces f esuna transformacion de Mobius.

Demostracion. Sean a, b ∈ D y consideremos una funcion holomorfa f : D −→ D con f(a) = b.Consideremos las transformaciones de Mobius Ta y Sb de D en D.

DDDD

fTa Sb0 0

a

b

Figura 1.1: Sb f Ta.

Definamos ϕ : D −→ D mediante ϕ(z) = Sb f Ta(z). La funcion ϕ esta en las condiciones del lema deSchwarz.

1.2. FUNCIONES HOLOMORFAS EN EL DISCO UNIDAD. 17

Por tanto, se tiene

1. |ϕ(ω)| = |Sb f Ta(ω)| ≤ |ω| para cada ω ∈ D.

2. |ϕ′(0)| = |S′b(f Ta(0)) · f ′(Ta(0)) · T ′a(0)| ≤ 1.

Analizamos, ahora, cada una de las anteriores desigualdades:

1. En particular, dado z ∈ D, si tomamos ω = T−1a (z) ∈ D, entonces 1. es

|Sb f(z)| ≤ |T−1a (z)|,

siendo T−1a (z) = z−a

1−az . Es decir,∣∣∣∣ f(z)− b1− bf(z)

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣ z − a1− az

∣∣∣∣ ⇐⇒∣∣∣∣∣ f(z)− f(a)

1− f(a)f(z)

∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣ z − a1− az

∣∣∣∣ . (1.1)

Nota. Observese que, si a = f(a) = 0, entonces la desigualdad 1.1 es la que se obtiene en el lemade Schwarz.

Ademas, si se da la igualdad en 1.1 para algun z ∈ D, entonces f es una transformacion de Mobiusde D en D. En efecto, si se da la igualdad en 1.1, habremos encontrado un punto de D para el que laigualdad en 1. es cierta y, por el lema de Schwarz, ϕ sera una rotacion. Existe, entonces, λ ∈ S1 talque ϕ(z) = λz para cada z ∈ D, es decir, tal que Sb f Ta(z) = λz para cada z ∈ D, (escribiremosRλ(z) ≡ λz) con lo que

f(z) = Tb Rλ Sa(z) para cada z ∈ D,siendo Rλ(z) = λz. Por tanto, como f es composicion de transformaciones de Mobius, es unatransformacion de Mobius.

2. Notese que se tienen las siguientes igualdades:

Ta(z) = z+a1+az , con lo que

T ′a(z) =1 + az − (z + a)a

1 + az=

1− |a|2

(1 + az)2para cada z ∈ D.

Por tanto,T ′a(0) = 1− |a|2.

Ta(0) = a.

f Ta(0) = f(a) = b.

S′b(z) = 1−bz+(z−b)b(1−bz)3 = 1−bz+zb−|b|2

(1−bz)2 = 1−|b|2

(1−bz)2 , luego

|S′b(b)| =1− |b|2

(1− |b|2)2=

1

1− |b|2.

Ası pues,

ϕ′(0) = S′b(f Ta(0)) · f ′(Ta(0)) · T ′a(0) =1

1− |b|2· f ′(a) · (1− |a|2),

con lo que la desigualdad en 2. es equivalente (teniendo en cuenta que f(a) = b) a la desigualdad

|f ′(a)|1− |f(a)|2

≤ 1

1− |a|2 (1.2)

Ademas, si se da la igualdad en 1.2, entonces, razonando como antes con el lema de Schwarz, f esuna transformacion de Mobius.

Lema 1.7. Sea T una transformacion de Mobius de D en D. Entonces

1.∣∣∣ T (z1)−T (z2)

1−T (z1)T (z2)

∣∣∣ =∣∣∣ z1−z21−z1z2


2. |T ′(z)|1−|T (z)|2 = 1



Demostracion. Recordemos que, si T es una transformacion de Mobius de D en D, entonces es de laforma λTa, con |λ| = 1 y a ∈ D. Ası pues,

1. Si z1, z2 ∈ D, entonces∣∣∣∣∣ T (z1)− T (z2)

1− T (z1)T (z2)

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ λTa(z1)− λTa(z2)

1− λTa(z1)λTa(z2)

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ Ta(z1)− Ta(z2)

1− Ta(z1)Ta(z2)

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣z1+a1+az1

− z2+a1+az2

1−(z1+a1+az1

)z2+a1+az2

∣∣∣∣∣∣∣ =

=

|z1+az1z2+a+|a|2z2−z2−a−az1z2−|a|2z1||(1+az1)(1+az2)|

|(1+az1)(1+az2)−(z1z2+z1a+az2+|a|2)||(1+az1)(1+az2)|

=

=|z1 + az1z2 + a+ |a|2z2 − z2 − a− az1z2 − |a|2z1||1 + az2 + az1 + |a|2z1z2 − z1z2 − z1a− az2 − |a|2|

=

=|z1 − z2|(1− |a|2)

|1− z1z2 + |a|2z1z2 − |a|2|=|z1 − z2|(1− |a|2)

|1− z1z2|(1− |a|2)=

=

∣∣∣∣ z1 − z2

1− z1z2

∣∣∣∣ .2. Si z ∈ D, entonces,

|T ′(z)|1− |T (z)|2

=|λT ′a(z)|

1− |λTa(z)|2=

|T ′a(z)|1− |Ta(z)|2

=

|1+az−az+|a|2||1+az|2

||1+az|2−|z+a|2||1+az|2

=

=|1 + |a|2|

|1 + |a|2|z|2 + 2|a||z| − |z|2 + |a|2 − 2|a||z||=

=|1 + |a|2|

|1 + |a|2|z|2 − |z|2 + |a|2|=

|1 + |a|2||1 + |a|2||1− |z|2|

=

=

∣∣∣∣ 1

1− |z|2

∣∣∣∣ .Los dos resultados anteriores prueban el siguiente teorema, que es de gran utilidad siempre que se trabajacon funciones holomorfas del disco en el disco.

Teorema 1.6 (de Schwarz-Pick). Sea f : D −→ D una funcion holomorfa. Entonces

1.∣∣∣ f(z1)−f(z2)

1−f(z1)f(z2)

∣∣∣ ≤ ∣∣∣ z1−z21−z1z2


2. |f ′(z)|1−|f(z)|2 ≤


Ademas, se da la igualdad en 1. para alguna pareja de puntos distintos z1, z2 ∈ D o la igualdad en 2. paraalgun z ∈ D si, y solo si, f es una transformacion de Mobius de D en D.

Observacion 1.6. Ademas, si f es una transformacion de Mobius, entonces la igualdad en 1. se da paratoda pareja z1, z2 ∈ D y la igualdad en 2. se da para cada z ∈ D. Es decir, si la igualdad se da paraalguno, entonces se da para todos. Ası, para ver que f no es una transformacion de Mobius de D en D,bastara encontrar puntos tales que no se de alguna de las igualdades.

1.3. Metrica de Poincare (o distancia hiperbolica en D).

Consideremos la aplicacion ρ : D× D −→ R dada por

ρ(z1, z2) =

∣∣∣∣ z1 − z2

1− z1z2

∣∣∣∣ .

1.3. METRICA DE POINCARE (O DISTANCIA HIPERBOLICA EN D). 19

Vamos a ver que ρ es una metrica en D invariante frente a transformaciones de Mobius y no expansiva.Las siguientes propiedades son ahora inmediatas.

Proposicion 1.2 (Algunas propiedades de ρ).

1. ρ es no expansiva, esto es, si f : D −→ D es una funcion holomorfa, entonces

ρ(f(z1), f(z2)) ≤ ρ(z1, z2) para cualesquiera z1, z2 ∈ D.

2. ρ es invariante frente a transformaciones de Mobius de D en D. Es decir, si T es una transformacionde Mobius de D en D, entonces

ρ(T (z1), T (z2)) = ρ(z1, z2) para cualesquiera z1, z2 ∈ D.

3. ρ(z1, z2) ≥ 0 para cualesquiera z1, z2 ∈ D.

4. ρ(z1, z2) = ρ(z2, z1) para cualesquiera z1, z2 ∈ D.

5. Si z1, z2 ∈ D, entonces ρ(z1, z2) = 0 si, y solo si, z1 = z2.

Observacion 1.7.

Observese que la segunda propiedad puede servir, en algun momento, para realizar un calculo massencillo de ρ(z1, z2) componiendo con una transformacion de Mobius adecuada.

Notese que la propiedad que le falta a ρ para ser una metrica es la de verificar la desigualdadtriangular.

Observese tambien que, dado z ∈ D, entonces es ρ(z, 0) = |z|, es decir, ρ se comporta como ladistancia euclıdea para medir la distancia de un punto al origen.

Para probar que ρ verifica, ademas, la desigualdad triangular, necesitaremos un lema tecnico.

Lema 1.8. Sean a, z ∈ D. Entonces∣∣∣∣ |z| − |a|1− |a||z|

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣ z − a1− az

∣∣∣∣ ≤ |z|+ |a|1 + |a||z|.

Demostracion. Notese que, si az = 0, entonces el lema es trivial. Supongamos, entonces, que tanto zcomo a son no nulos. Fijados a = |a|e−it y z = |z|eiθ en D\0, se tiene∣∣∣∣ z − a1− az

∣∣∣∣2 =(z − a)(z − a)

(1− az)(1− az)=|z|2 + |a|2 − (za+ az)

1 + |a|2|z|2 − (za+ az)=

=|z|2 + |a|2 − 2|z||a| cos(θ − t)1 + |a|2|z|2 − 2|z||a| cos(θ − t)

.

Consideremos la funcion f : (−π, π] −→ R dada por

f(x) =|z|2 + |a|2 − 2|z||a| cos(x)

1 + |a|2|z|2 − 2|z||a| cos(x).

Por comodidad, llamaremos N(x) al numerador de la funcion anterior y D(x) a su denominador.A continuacion, vamos a calcular el maximo y el mınimo de f en (−π, π]. Para ello, analizamos la funcionf como de costumbre:

f ′(x) =2|a||z| sin(x)(D(x)−N(x))

(D(x))2=

2|a||z| sin(x)(1 + |a|2|z|2 − |z|2 − |a|2)

(D(x))2=

=2|a||z| sin(x)(1− |a|2)(1− |z|2)

(D(x))2.


Como z y a son elementos no nulos del disco, f ′(x) = 0 si, y solo si, sin(x) = 0, esto es, si, y solo si, x = 0o x = π.Estudiando el signo de f ′, se deduce que

f(0) ≤ f(x) ≤ f(π) para cada x ∈ (−π, π]. (1.3)

Ahora calculemos

f(0) = |z|2+|a|2−2|a||z|1+|a|2|z|2−2|a||z| =

(|z|−|a|1−|a||z|

)2

.

f(π) = |z|2+|a|2+2|a||z|1+|a|2|z|2+2|a||z| =

(|z|+|a|1+|a||z|

)2

.

En particular, si x = θ − t, se tiene, por 1.3, el resultado deseado.

Observacion 1.8. Es sabido que

||z| − |a|| ≤ |z − a| ≤ |z|+ |a| y 1− |a||z| ≤ |1− az| ≤ 1 + |a||z|.

Ası que, trivialmente, se tiene la desigualdad

||z| − |a||1 + |a||z|

≤∣∣∣∣ z − a1− az

∣∣∣∣ ≤ |z|+ |a|1− |a||z|.

La desigualdad que hemos obtenido en el lema es mas fina que esta.

Observacion 1.9. Notese que

∣∣∣∣Sa(−|z| a|a|)∣∣∣∣ =

∣∣∣−|z| a|a| − a∣∣∣∣∣∣1 + a|z| a|a|∣∣∣ =

|z|+ |a|1 + |a||z|

y

∣∣∣∣Sa(|z| a|a|)∣∣∣∣ =

∣∣∣|z| a|a| − a∣∣∣∣∣∣1− a|z| a|a| ∣∣∣ =|a|∣∣∣ |z||a| − 1

∣∣∣1− |a||z|

=||z| − |a||1− |a||z|

.

Por tanto, lo anterior prueba que, dado a ∈ D,∣∣∣∣Sa(|z| a|a|)∣∣∣∣ ≤ |Sa(z)| ≤

∣∣∣∣Sa(−|z| a|a|)∣∣∣∣ para cada z ∈ D.

Es decir, que, si tomamos puntos z ∈ |z| = R, con 0 < R < 1, entonces su imagen a traves de Sa es

una circunferencia tal que el punto mas cercano a 0 es proporcionado por Sa

(|z| a|a|

)y el mas lejano por

Sa

(−|z| a|a|

)(observese que estos son puntos antipodales).

DDDD

Sa

Sb

00

b

0

RSa(|z| = R)

A

B

Figura 1.2: Imagen de |z| = R por Sa. A y B son los puntos de Sa (|z| = R) a mınima y maxima distancia

del origen, respectivamente.


Proposicion 1.3 (Desigualdad triangular para ρ). Sean z1, z2, z3 ∈ D. Entonces

ρ(z1, z3) ≤ ρ(z1, z2) + ρ(z2, z3).

Demostracion. Observese, primero, que, si z2 = 0, entonces es

ρ(z1, z3) =

∣∣∣∣ z1 − z3

1− z3z1

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣ |z1|+ |z3|1 + |z3||z1|

∣∣∣∣ ≤ |z1|+ |z3| = ρ(z1, 0) + ρ(0, z3).

En el caso general, utilizando la invariancia de ρ frente a transformaciones de Mobius y la propiedad queacabamos de probar,

ρ(z1, z3) = ρ(Sz2(z1), Sz2(z3)) ≤ ρ(Sz2(z1), 0) + ρ(0, Sz2(z3)) =

= ρ(Sz2(z1), Sz2(z2)) + ρ(Sz2(z2), Sz2(z3)) = ρ(z1, z2) + ρ(z2, z3),

pues es Sz2(z2) = 0.

Observacion 1.10. Normalmente usaremos este razonamiento para resolver algun problema con ρ. Loresolveremos para 0 y despues compondremos adecuadamente con una transformacion de Mobius de Den D.

Corolario 1.2. La aplicacion ρ : D× D −→ R dada por

ρ(z1, z2) =

∣∣∣∣ z1 − z2

1− z1z2

∣∣∣∣es una distancia no expansiva e invariante frente a transformaciones de Mobius de D en D.

Definicion 1.10. A la distancia ρ le llamaremos distancia pseudohiperbolica.

Observacion 1.11. Notese que ρ(z, a) < 1 para cualesquiera z, a ∈ D. En efecto, fijado a ∈ D, siconsideramos la aplicacion dada por z 7→ ρ(a, z), entonces se tiene, dado que Sa(∂D) = ∂D, que, si|z| → 1, entonces ρ(a, z)→ 1.

Definicion 1.11. Sean a ∈ D y 0 < R < 1. Se define el disco pseudohiperbolico de centro a y radioR como el conjunto

∆(a,R) = z ∈ D : ρ(z, a) < R.

Observacion 1.12. Si R ≥ 1, entonces ∆(a,R) = D. Ahora bien, en general, dado 0 < R < 1, ¿cual esla forma geometrica de ∆(a,R)?Sea a ∈ D fijo. Entonces z ∈ ∆(a,R) si, y solo si, |Sa(z)| < R, lo que es equivalente a decir Sa(z) ∈D(0, R), esto es, z ∈ S−1

a (D(0, R)). Como ya sabemos, S−1a = Ta, con lo que lo anterior equivale a decir

z ∈ Ta(D(0, R)). Es decir, ∆(a,R) = Ta(D(0, R)) y, por tanto, ∂∆(a,R) = Ta(∂D(0, R)).Recordemos que cualquier transformacion de Mobius lleva circunferencias de C∗ en circunferencias de C∗(las circunferencias de C∗ se corresponden con circunferencias o rectas de C). Ası pues, Ta(|z| = R)debe ser una circunferencia (el unico z0 ∈ C tal que Ta(z0) = ∞ no esta en el conjunto |z| = R). Portanto, ∆(a,R) es el interior o exterior de dicha circunferencia. Como Ta(0) = a, es claro que ∆(a,R)resulta ser un disco euclıdeo. Pero, ¿que disco euclıdeo es?Para responder a esta pregunta, tengamos en cuenta que cualquier aplicacion conforme preserva angulos.Teniendo esto en cuenta, y observando el hecho de que cualquier diametro D del disco D(0, R) es normala la circunferencia |z| = R en los dos puntos antipodales de |z| = R por los que pasa, obtenemos queTa(D) es normal a la frontera de ∆(a,R). En particular, si consideramos el diametro D ≡ −R a

|a| , Ra|a| de

D(0, R), es claro que Ta

(−R a

|a|

), Ta

(R a|a|

)es un diametro de ∆(a,R). Por tanto, ∆(a,R) es el disco

euclıdeo de centro c y radio R′, siendo

c =Ta

(R a|a|

)− Ta

(−R a

|a|

)2

y R′ =

∣∣∣∣∣∣Ta

(R a|a|

)− Ta

(−R a

|a|

)2

∣∣∣∣∣∣ .


Ejercicio 1.1. Comprobar que

c =(1−R2)

1−R2|a|2a y R′ =

1− |a|2

1−R2|a|2R.

Por tanto, el centro de ∆(a,R) esta mas cerca de 0 que a (en el sentido euclıdeo).

Segun lo anterior, la distancia pseudohiperbolica induce una topologıa metrica en la cual los discospseudohiperbolicos son discos euclıdeos ”distorsionados”.Lo siguiente que haremos sera definir la llamada distancia hiperbolica, que resulta ser la distancia naturalpara trabajar en D. Antes de hacerlo, algunas observaciones:

Observacion 1.13 (Recordatorio y algo de notacion).

Sean Ω un dominio en C y z1, z2 ∈ Ω. Notaremos por Γz2z1(Ω) al conjunto de caminos con origen enz1 y extremo en z2 cuyo soporte se encuentra totalmente contenido en Ω.

Normalmente notaremos de la misma forma tanto a un camino como a cualquiera de sus parame-trizaciones. El contexto dejara claro a que nos referimos en cada caso.

Sea γ : [a, b] −→ C una parametrizacion C1 a trozos de un camino γ. Consideremos una funcioncontinua f con valores en C y una funcion continua φ con valores en R.

Se definen ∫γ

f(z)dz =

∫ b

a

f(γ(t))γ′(t)dt y

∫γ

φ(z)|dz| =∫ b

a

φ(γ(t))|γ′(t)|dt.

Observese que la primera integral da como resultado un elemento de C, mientras que la segundaes un numero real. Las propiedades que estudiamos para integrales en C solo son validas para laprimera integral, mientras que la segunda tiene unas propiedades distintas. Notese tambien que es

long(γ) =

∫γ

|dz|.

Una propiedad interesante de la segunda integral (la integral respecto de |dz|) es la siguiente:∫γ

φ(z)|dz| =∫−γ

φ(z)|dz|.

En efecto, si γ : [0, 1] −→ C es una parametrizacion del camino γ, entonces, por el Teorema delcambio de variable,∫

−γφ(z)|dz| =

∫ 1

0

φ(γ(1− t))|γ′(1− t)|dt =s=1−t

∫ 1

0

φ(γ(s))|γ′(s)|ds =

∫γ

φ(z)|dz|.

Definicion 1.12. Se define la distancia hiperbolica en D como la aplicacion δ : D×D −→ R dada por

δ(z1, z2) = ınfγ∈Γ

z2z1

(D)

∫γ

|dz|1− |z|2

.

Proposicion 1.4. La distancia hiperbolica en D es, en efecto, una distancia.

Demostracion. Tenemos que probar que se verifican los axiomas de una metrica:

1. δ(z1, z2) ≥ 0 para cualesquiera z1, z2 ∈ D.

Esto es claro, pues en la definicion de δ se toma el ınfimo sobre un conjunto de numeros no negativos.


2. Dados z1, z2 ∈ D, δ(z1, z2) = 0 si, y solo si, z1 = z2.

En efecto, supongamos, primero, que z1 = z2. Consideremos el camino parametrizado por la funcionγ : [0, 1] −→ C dada por γ(t) = z1.

Entonces ∫γ

|dz|1− |z|2

=

∫ 1

0

|γ′(t)|1− |γ(t)|2

dt =

∫ 1

0

0

1− |z1|2dt = 0,

con lo que

δ(z1, z2) = ınfγ∈Γ

z2z1

(D)

∫γ

|dz|1− |z|2

= 0.

Recıprocamente, supongamos que δ(z1, z2) = 0 y consideremos un camino γ ∈ Γz2z1(D). Entonces,∫γ

|dz|1− |z|2

=

∫ b

a

|γ′(t)|1− |γ(t)|2

dt.

Ahora bien, como 11−|γ(t)|2 > 1, es claro que

∫ b

a

|γ′(t)|1− |γ(t)|2

dt ≥∫ b

a

|γ′(t)|dt = long(γ) ≥ |z1 − z2|.

Como esto es para cada camino γ ∈ Γz2z1(D), se tiene

0 = δ(z1, z2) ≥ |z1 − z2|,

luego |z1 − z2| = 0, esto es, z1 = z2.

3. δ(z1, z2) = δ(z2, z1) para cualesquiera z1, z2 ∈ D.

Esto es claro por la observacion anterior, pues, si γ ∈ Γz2z1(D), entonces −γ ∈ Γz1z2(D) y viceversa, ysabemos que ∫

γ

|dz|1− |z|2

=

∫−γ

|dz|1− |z|2

,

de donde se obtiene que

δ(z1, z2) = ınfΓz2z1

(D)

∫γ

|dz|1− |z|2

= ınfγ∈Γ

z2z1

(D)

∫−γ

|dz|1− |z|2

= ınfγ∈Γ

z1z2

(D)

∫γ

|dz|1− |z|2

= δ(z2, z1).

4. (Desigualdad triangular) δ(z1, z3) ≤ δ(z1, z2) + δ(z2, z3) para cualesquiera z1, z2, z3 ∈ D.

Definamos, dados i, j ∈ 1, 2, 3 con i 6= j, el conjunto

Ai,j ≡∫

γ

|dz|1− |z|2

: γ ∈ Γzjzi (D).

Es claro que A1,2 + A2,3 ⊂ A1,3, ya que la integral es lineal respecto del camino y la suma decaminos uniendo z1 con z2 y z2 con z3, respectivamente, es un camino uniendo z1 con z3.

Ası pues,

δ(z1, z3) = ınf(A1,3) ≤ ınf(A1,2 +A2,3) = ınf(A1,2) + ınf(A2,3) = δ(z1, z3) + δ(z2, z3).


Observacion 1.14. En la prueba de la segunda propiedad se ha visto, en particular, que la distanciaeuclıdea esta dominada por la distancia hiperbolica.

Lema 1.9. La distancia hiperbolica es invariante frente a transformaciones de Mobius de D enD.

Demostracion. Sean z1, z2 ∈ D y sea T una transformacion de Mobius de D en D. Consideremos uncamino γ ∈ Γz2z1(D) llamemos, tambien, γ a su parametrizacion. Entonces γ ≡ T γ es un camino uniendoa T (z1) con T (z2) (es el camino parametrizado por la aplicacion T γ). Observese que, por el Teoremade Schwarz-Pick, ∫

γ

|dz|1− |z|2

=

∫ b

a

|T ′(γ(t))|1− |T (γ(t))|2

|γ′(t)|dt =

∫ b

a

|γ′(t)|1− |γ(t)|2

dt.

Por tanto,δ(T (z1), T (z2)) ≤ δ(z1, z2).

Empezando a razonar con T (z1) y T (z2) y considerando la transformacion de Mobius T−1, obtenemos,de manera analoga a lo anterior,

δ(z1, z2) ≤ δ(T (z1), T (z2)).

Por tanto,δ(z1, z2) = δ(T (z1), T (z2)).

El siguiente teorema muestra la relacion entre las distancias δ y ρ.

Teorema 1.7. Sean z1, z2 ∈ D. Entonces

δ(z1, z2) =1

2log

1 + ρ(z1, z2)

1− ρ(z1, z2).

Demostracion. Lo probaremos, primero, en el caso en que z1 y z2 son numeros reales de D y, utilizandoesto, probaremos el caso general. Observese, antes de empezar, que, si z1 = z2, el resultado es trivial.Ası que supondremos en adelante z1 6= z2.

Sean −1 < x < y < 1. Sea γ : [0, 1] −→ D la parametrizacion de un camino uniendo x con y yllamemos u y v a sus partes real e imaginaria, respectivamente.

Hagamos algunas observaciones:

• Como γ(0) = x ∈ R, debe ser u(0) = x y v(0) = 0.

• Como γ(1) = y ∈ R, debe ser u(1) = y y v(1) = 0.

• |γ′(t)| =√u′(t)2 + v′(t)2 ≥ |u′(t)| ≥ u′(t) y, razonando de igual modo,

• |γ(t)|2 ≥ u(t)2.

Por tanto,∫γ

|dz|1− |z|2

=

∫ 1

0

|γ′(t)|1− |γ(t)|2

dt ≥∫ 1

0

u′(t)

1− u(t)2dt =

1

2

∫ 1

0

[u′(t)

1 + u(t)+

u′(t)

1− u(t)

]dt =

=1

2

(log(1 + u(t))− log(1− u(t))]

10

)=

1

2log

(1 + u(t)

1− u(t)

)]1

0

=

=1

2

(log

(1 + y

1− y

)− log

(1 + x

1− x

))=

1

2log

((1 + y)(1− x)

(1− y)(1 + x)

)=

=1

2log

(1− xy + y − x

1− xy − (y − x)

)=

1

2log

(1 + x−y

1−xy

1− y−x1−xy

)=

1

2log

(1 + ρ(y, x)

1− ρ(y, x)

)=

=1

2log

(1 + ρ(x, y)

1− ρ(x, y)

).


Ası pues,

δ(x, y) ≥ 1

2log

1 + ρ(x, y)

1− ρ(x, y).

Consideremos, ahora, el segmento [x, y] parametrizado por γ(t) = ty+ (1− t)x, t ∈ [0, 1]. Entonces∫[x,y]

|dz|1− |z|2

=

∫ 1

0

1

1− |ty + (1− t)x|2|y − x|dt =

∫ 1

0

y − x1− (ty + (1− t)x)2

dt =

=1

2

(∫ 1

0

y − x1 + (ty + (1− t)x)

dt+

∫ 1

0

y − x1− (ty + (1− t)x)

dt

)=

=1

2

(log |1 + (ty + (1− t)x)|

]10− log |1− (ty + (1− t)x)|

]10

)=

=1

2(log |1 + y| − log |1 + x| − log |1− y|+ log |1− x|) =

=1

2

(log

1 + y

1− y− log

1 + x

1− x

)=

1

2log

((1 + y)(1− x)

(1− y)(1 + x)

)=

=1

2log

(1− xy + y − x

1− xy − (y − x)

)=

1

2log

(1 + x−y

1−xy

1− y−x1−xy

)=

=1

2log

(1 + ρ(y, x)

1− ρ(y, x)

)=

1

2log

(1 + ρ(x, y)

1− ρ(x, y)

).

Como hemos encontrado un camino en Γyx(D) tal que

∫[x,y]

|dz|1− |z|2

=1

2log

(1 + ρ(x, y)

1− ρ(x, y)

),

es claro que

δ(x, y) ≤ 1

2log

(1 + ρ(x, y)

1− ρ(x, y)

),

de donde se sigue la igualdad buscada.

Consideremos, ahora, z1, z2 ∈ D distintos cualesquiera. Sea T una transformacion de Mobius talque T (z1) = 0. Intentemos que sea T (z2) ∈ [0, 1). Para cada λ ∈ ∂D consideremos la aplicacionT (z) = λSz1(z) = λ z−z1

1−z1z para cada z ∈ D. Notese que, entonces, |T (z)| = |Sz1(z)| = ρ(z, z1) paratodo z ∈ D y T (z1) = 0, independientemente del valor de λ.

Consideremos un valor concreto de λ, el valor λ = e−iθ, con θ ∈ arg(z2−z11−z2z1

). Ası, se tiene

T (z2) = λz2 − z1

1− z1z2= e−iθ

∣∣∣∣ z2 − z1

1− z1z2

∣∣∣∣ eiθ =

∣∣∣∣ z2 − z1

1− z1z2

∣∣∣∣ ∈ [0, 1).

Utilizando el lema anterior, el hecho de que T (z1) = 0 y T (z2) ∈ [0, 1) y lo probado para el casoreal,

δ(z1, z2) = δ(T (z1), T (z2)) = δ(0, |T (z2)|) =1

2log

1 + ρ(0, |T (z2)|)1− ρ(0, |T (z2)|)

=

=1

2log

1 + |T (z2)|1− |T (z2)|

=1

2log

1 +∣∣∣ z2−z11−z1z2

∣∣∣1−

∣∣∣ z2−z11−z1z2

∣∣∣ =

=1

2log

1 + ρ(z2, z1)

1− ρ(z2, z1).


Observacion 1.15. Recordemos que, fijado z2 ∈ D, se tiene

lım|z1|→1−

ρ(z1, z2) = 1.

Por tanto, segun el resultado anterior,

lım|z1|→1−

δ(z1, z2) =∞.

Esto significa que, fijado cualquier z2 ∈ D, cuando z1 se acerca a ∂D, la distancia δ(z1, z2) se hace cadavez mayor. Por tanto, la frontera de ∂D funciona, para δ, como el ∞. Es decir, en cierto modo, debemospensar en (D, δ) como en (C, | · |). Por ello, δ es una distancia bastante apropiada a la hora de trabajaren el disco.

Proposicion 1.5. La distancia hiperbolica es no expansiva. Es decir, si f : D −→ D es una funcionholomorfa, entonces

δ(f(z1), f(z2)) ≤ δ(z1, z2) para cualesquiera z1, z2 ∈ D.

Demostracion. Teniendo en cuenta que la funcion h : [0, 1) −→ R dada por h(x) = 12 log 1+x

1−x escreciente y el hecho de que 0 ≤ ρ(f(z1), f(z2)) ≤ ρ(z1, z2) < 1.

δ(f(z1), f(z2)) =1

2log

1 + ρ(f(z1), f(z2))

1− ρ(f(z1), f(z2))≤ 1

2log

1 + ρ(z1, z2)

1− ρ(z1, z2)= δ(z1, z2).

Hemos visto que (D, δ) es un espacio metrico. En la prueba del anterior teorema considerabamos, primero,puntos x, y ∈ D con −1 < x < y < 1. ¿Cual es la geodesica para δ uniendo x e y?

Segun la prueba anterior, dicha geodesica es el segmento [x, y] ⊂ (−1, 1). En el caso general, ¿cual es lageodesica uniendo z1, z2 ∈ D cualesquiera?

Si T es una transformacion de Mobius con T (z1) = 0, T (z2) ∈ [0, 1), entonces T−1([0, T (z2)] es un arco decircunferencia. Como el segmento [0, T (z2)] es un diametro de D, su angulo con ∂D es de π/2 y el hechode que T (o T−1) es una aplicacion conforme, implica que T−1([0, T (z2)]) es un arco de circunferenciacontenido en una circunferencia que corta a ∂D de manera perpendicular (con un angulo de π/2). Todoesto prueba el siguiente corolario:

Corolario 1.3. Sean z1, z2 ∈ D. La geodesica para δ uniendo z1, z2 en D es el arco de circunferencia(o de segmento) pasando por z1 y z2 que corta a ∂D de manera perpendicular.

1.4. Subordinacion.

Definicion 1.13. Sea ω : D −→ D una funcion holomorfa con ω(0) = 0. Sean f y F dos funcionesholomorfas en D. Decimos que f esta subordinada a F si f = F ω. En tal caso, escribiremos f ≺ F.

1.4. SUBORDINACION. 27

Teorema 1.8. Sean f y F dos funciones holomorfas en D y supongamos que f ≺ F . Entonces

1. f(0) = F (0).

2. f(D) ⊂ F (D).

3. Si 0 < R < 1, entonces f(D(0, R)) ⊂ F (D(0, R)).

4. Si 0 < R < 1, entonces max|z|=R |f(z)| ≤ max|z|=R |F (z)|.

5. |f ′(0)| ≤ |F ′(0)|.

6. Se tienesupz∈D

(1− |z|2)|f ′(z)| ≤ supz∈D

(1− |z|2)|F ′(z)|.

Demostracion. Como f ≺ F , existe ω : D −→ D con ω(0) = 0 tal que f = F ω.

1. Es elemental, pues, f(0) = F (ω(0)) = F (0).

2. Como ω(D) ⊂ D, se tiene F (ω(D)) ⊂ F (D), pero F (ω(D)) = f(D).

3. Por el lema de Schwarz, es claro que ω(D(0, R)) ⊂ D(0, R). Ası pues, razonando como antes sesigue el resultado.

4. Si |z| < R, entonces|f(z)| = |F (ω(z))| ≤ max

|z|≤R|F (z)|.

Como esto es para cualquier z con |z| ≤ R, es

max|z|≤R

|f(z)| ≤ max|z|≤R

|F (z)|

y el resto se deduce del principio del maximo.

5. Observese que, por ser f ≺ F , es

f ′(z) = F ′(ω(z))ω′(z) para cada z ∈ D.

Por el lema de Schwarz, es |ω′(0)| ≤ 1, luego, en particular,

|f ′(0)| = |F ′(ω(0))||ω′(0)| ≤ |F ′(0)|.

6. Sea z ∈ D y consideremos la cantidad

(1− |z|2)|f ′(z)| = (1− |z|2)|F ′(ω(z))||ω′(z)|.

La segunda parte del Teorema de Schwarz-Pick asegura que, en particular, para ω,

|ω′(z)|1− |ω(z)|2

≤ 1

1− |z|2para cada z ∈ D,

es decir,|ω′(z)|(1− |z|2) ≤ 1− |ω(z)|2 para cada z ∈ D.

Por tanto, dado z ∈ D,

(1− |z|2)|F ′(ω(z))||ω′(z)| ≤ (1− |ω(z)|2)|F ′(ω(z))| ≤ supa∈D

(1− |a|2)|F ′(a)|.

Como esto es para cada z ∈ D, es

supz∈D

(1− |z|2)|f ′(z)| ≤ supz∈D

(1− |z|2)|F ′(z)|.


Observacion 1.16 (Cuestion). Si f ≺ F , entonces ¿es supz∈D |f ′(z)| ≤ supz∈D |F ′(z)|?Y ¿sup|z|≤R |f ′(z)| ≤ sup|z|≤R |F ′(z)|?

Observacion 1.17. La cantidad supz∈D(1−|z|2)|f ′(z)| esta ıntimamente relacionada con el espacio de lasfunciones de Bloch, que estudiaremos mas adelante. De hecho, dicha expresion determina una seminorma.

¿Como podemos construir una funcion subordinada a otra? ¿Existe alguna funcion que no este subordi-nada a otra?

Proposicion 1.6 (Construccion de funciones subordinadas). Sea Ω un dominio en D. Sea F : D −→ Ωuna aplicacion conforme. Sea f : D −→ Ω una funcion holomorfa con f(0) = F (0). Entonces f ≺ F .

Demostracion. Consideremos ω ≡ F−1 f . La aplicacion ω es holomorfa, y verifica ω(D) ⊂ D.Ademas, ω(0) = F−1 f(0) = F−1(f(0)) = F−1(F (0)) = 0.Ası pues, f = F ω esta subordinada a F .

Ejemplo 1.1 (Un caso particular del resultado anterior). Encontrar una aplicacion conforme F de D enH ≡ z ∈ C : Re(z) > 0 tal que F (0) = 1.

Solucion:Consideremos la transformacion de Mobius T que verifica 1 7→ ∞ (para ello, pensemos en algo parecidoa 1

1−z ), i 7→ 11−i y −1 7→ 1

2 . Esta transformacion T verifica T (∂D) = x = 12.

Ahora, para que la imagen de la frontera sea el eje de ordenadas, tomemos la transformacion de MobiusS dada por

S(z) =1

1− z− 1

2=

1 + z

2(1− z).

Y para que la imagen de 0 sea 1, tomemos, por ultimo, la transformacion de Mobius F dada por

F (z) =1 + z

1− z.

Consideremos la familia de funciones

P ≡ f holomorfa en D : f(0) = 1 y Ref(z) > 0.

Por lo anterior, es claro que, si f ∈ P, entonces f ≺ 1+z1−z .

Tema 2

Familias finitamente normales.

Recordemos, en primer lugar, el siguiente teorema:

Teorema 2.1 (de Weierstrass). Sea D un abierto de C y consideremos una sucesion fnn∈N de funcionesholomorfas definidas en D. Supongamos que fnn∈N converge uniformemente a una funcion f en cadacompacto contenido en D. Entonces

1. La funcion f es holomorfa.

2. Para cada k ∈ N, la sucesion f (k)n n∈N converge uniformemente a f (k) en cada compacto de D.

Observacion 2.1.

1. Recordemos que la condicion de convergencia uniforme en cada compacto de D se puede sustituirpor la convergencia uniforme local.

2. Notese que este resultado no es cierto para funciones reales, pues es sabida la existencia de funcionesreales continuas y no diferenciables en ningun punto, y sabemos, por el Teorema de aproximacion deWeierstrass, que toda funcion continua se puede aproximar mediante polinomios (con convergenciauniforme).

Definicion 2.1. Sea D un abierto de C. Se dice que una familia F de funciones holomorfas en D esfinitamente normal si cada sucesion fnn∈N de funciones de F contiene una subsucesion que convergeuniformemente en cada compacto de D.

Observacion 2.2. La funcion lımite es holomorfa en D por el teorema anterior. Sin embargo, no esta ga-rantizado el que se tenga f ∈ F .

Observacion 2.3. Si una sucesion fnn∈N converge uniformemente en cada compacto de D, entoncesconverge puntualmente en D.

Definicion 2.2. Sea D un abierto de C. Se dice que una familia F de funciones holomorfas en Des compacta si cada sucesion fnn∈N contiene una subsucesion que converge uniformemente en cadacompacto de D a una funcion f ∈ F .

Definicion 2.3. Sea F una familia de funciones definidas en un subconjunto D ⊂ C. Sea K ⊂ D. Sedice que F esta uniformemente acotada en K si existe mK > 0 tal que supz∈K

f∈F|f(z)| ≤ mK .

El primer objetivo sera probar el Teorema de Montel, que da una caracterizacion de las familias de fun-ciones holomorfas finitamente normales. Para probar una de las dos implicaciones en esta caracterizacionnecesitaremos algunos pasos previos. En este procedimiento encontraremos las ideas necesarias para laprueba del Teorema de Ascoli-Arzela.

29

30 TEMA 2. FAMILIAS FINITAMENTE NORMALES.

Proposicion 2.1. Sea D ⊂ C un abierto. Sea F una familia de funciones holomorfas uniformementeacotada en cada compacto de D. Entonces, para cada compacto K ⊂ D existe A > 0 tal que, si f ∈ F ,entonces

|f(z1)− f(z2)| ≤ A|z1 − z2| para cada z1, z2 ∈ K.

Demostracion. Sea K ⊂ D un compacto. Sea d = d(K,C\D). Es claro que d > 0, pues K es compactoy C\D es un cerrado que no contiene a K.

Sea d′ ∈ (0, d) y consideremos el conjunto K1 = z ∈ D : d(z,K) ≤ d′. El conjunto K1 es un compacto,pues es claramente acotado y K1 = h−1([0, d′]), siendo h la funcion continua definida por h(z) = d(z,K)para cada z ∈ D.

Como F esta uniformemente acotada en cada compacto de D, en particular lo esta en K1, luego existeM > 0 tal que, si f ∈ F , entonces

|f(z)| ≤M para cada z ∈ K1.

Sea z0 ∈ K. Como 0 < d′ < d, es claro que D(z0, d′) ⊂ D. Entonces, por la formula de Cauchy para laderivada,

f ′(z) =1

2πi

∫|ξ−z0|=d′

f(ξ)

(ξ − z)2dξ para cada z ∈ D(z0, d

′).

Ası pues, si z ∈ D(z0,d′

2 ) se tiene que

|f ′(z)| ≤ 1

2π

∫|ξ−z0|=d′

|f(ξ)||ξ − z|2

dξ ≤ 1

2πmax

|ξ−z0|=d′|f(ξ)||ξ − z|2

2πd′ ≤Md′1(d′

2

)2 =4M

d′,

donde, en la ultima desigualdad, se ha usado el hecho de que (y esta es la razon por la que se elige

z ∈ D(z0,d′

2 ); en otro caso, el denominador se dispararıa), si |z − z0| < d′

2 , entonces

|ξ − z| ≥ |ξ − z0| − |z0 − z| ≥ d′ −d′

2=d′

2.

Hemos probado que, dados z0 ∈ K y z ∈ D con |z − z0| < d′

2 , se tiene

|f ′(z)| ≤ 4M

d′.

Una vez acotada la derivada de f , podemos probar el resultado. Distinguimos dos casos:

Si z1, z2 ∈ K son tales que |z1 − z2| < d′

2 , entonces,

|f(z1)− f(z2)| =∣∣∣∣∫ z2

z1

f ′(ξ)dξ

∣∣∣∣ ≤ ∫ z2

z1

|f ′(ξ)|dξ ≤ |z1 − z2| maxξ∈[z1,z2]

|f ′(ξ)| ≤ |z1 − z2|4M

d′.

Si z1, z2 ∈ K son tales que |z1 − z2| ≥ d′

2 , entonces,

|f(z1)− f(z2)| ≤ |f(z1)|+ |f(z2)| ≤ 2M = 2M|z1 − z2||z1 − z2|

≤ 4M

d′|z1 − z2|.

Basta tomar A = 4Md′ para obtener el resultado.

Observacion 2.4. Lo que se prueba es que cada f ∈ F es de Lipschitz en cada compacto K ⊂ D con lamisma constante de Lipschitz para cada f ∈ F .

Definicion 2.4. Sean S ⊂ C y F una familia de funciones definidas en S. Se dice que F es equicontinuaen S si, para cada ε > 0, existe δ > 0 tal que, si z1, z2 ∈ S verifican |z1 − z2| < δ, entonces

|f(z1)− f(z2)| < ε para cada f ∈ F .

31

Observacion 2.5.

El mismo δ sirve para cada par de puntos de S con |z1 − z2| < δ y para cada f ∈ F .

Notese, tambien, que, si F es equicontinua en S, entonces tambien lo es cualquier subfamilia suya.

Proposicion 2.2. Sea D un abierto de C. Sea F una familia de funciones holomorfas en D. Si F esuniformemente acotada en cada compacto de D, entonces es equicontinua en cada compacto de D.

Demostracion. Sean ε > 0 y K ⊂ D un compacto. Por la Proposicion 2.1, existe A > 0 tal que, sif ∈ F , entonces |f(z1)− f(z2)| ≤ A|z1 − z2| para cada z1, z2 ∈ K.Basta tomar, entonces 0 < δ < ε

A para tener la equicontinuidad de F en K.

Proposicion 2.3. Sea S ⊂ C un compacto. Sea fnn∈N una sucesion equicontinua en S. Supongamosque existe un subconjunto T ⊂ S denso en S tal que fnn∈N converge puntualmente en T . Entoncesfnn∈N converge uniformemente en S.

Demostracion. Sea ε > 0. Como fnn∈N es equicontinua en S, existe δ > 0 tal que, para cada n ∈ N,si z, w ∈ S son tales que |z − w| < δ, entonces

|fn(z)− fn(w)| < ε

3.

Para probar el resultado bastara ver que fnn∈N es uniformemente de Cauchy en S.

Consideremos la familia de discos abiertos D(z, δ)z∈T . Como T es denso, es claro que S ⊂⋃z∈T D(z, δ).

Como S es compacto, existen z1, z2, . . . , zN ∈ T tales que S ⊂⋃Ni=1D(z, δ).

Sea j = 1, 2, . . . , N y consideremos el punto zj ∈ T . Observese que la sucesion numerica fn(zj)n∈Nconverge (pues fnn∈N converge puntualmente en T ), con lo que es una sucesion de Cauchy en C. Existe,entonces, un nj ∈ N tal que, si n,m ≥ nj , entonces

|fn(zj)− fm(zj)| <ε

3.

Ahora bien, como esto es para cada j = 1, 2, . . . , N , tenemos un conjunto finito de numeros naturales,njNj=1 (que podemos tomar creciente) tales que, dado j = 1, 2, . . . , N , si n,m ≥ nj , entonces

|fn(zk)− fm(zk)| < ε

3para cada k = 1, . . . , j.

Sea n0 = maxnjNj=1. Si n,m ≥ n0, entonces

|fn(zk)− fm(zk)| < ε

3para cada k = 1, 2, . . . , N.

Sea z ∈ S. Como D(zj .δ)Nj=1 es un recubrimiento de S, existe j0 = 1, 2, . . . , N tal que |z − zj0 | < δ (esdecir, z debe estar en alguno de los discos del recubrimiento).Por tanto, si n,m ≥ n0, entonces, segun las elecciones de δ (*) y de n0 (**),

|fn(z)− fm(z)| ≤ |fn(z)− fn(zj0)|+ |fn(zj0)− fm(zj0)|+ |fm(zj0)− fm(z)| ≤(∗)

≤ ε/3 + |fn(zj0)− fm(zj0)|+ ε/3 ≤(∗∗)

ε/3 + ε/3 + ε/3 = ε.

Como esto es para cada z ∈ S, se tiene que, dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que, si m,n ≥ n0, entonces

supz∈S|fn(z)− fm(z)| ≤ ε,

esto es, la sucesion fnn∈N es uniformemente de Cauchy en S.


Ya tenemos las herramientas necesarias para la prueba del Teorema de Montel.

Teorema 2.2 (de Montel). Sea D un abierto de C y sea F una familia de funciones holomorfas en D.Son equivalentes:

1. La familia F es finitamente normal.

2. La familia F esta uniformemente acotada en cada compacto de D.

Demostracion.

Supongamos que F es finitamente normal.

Como F es finitamente normal, dada una sucesion fnn∈N de funciones de F , existe una subsucesionfnkk∈N de fnn∈N tal que, dado un compacto K en D, converge uniformemente en el compacto K auna funcion holomorfa en D, f .

Como fnkk∈N converge uniformemente en K, es uniformemente acotada en K, es decir, existe M > 0tal que

supk∈N|fnk(z)| ≤M para cada z ∈ K.

Si la familia F no fuese uniformemente acotada en cada compacto de D, existirıan un compacto K enD, una sucesion fnn∈N en F y una sucesion znn∈N en K tales que

lımn→∞

fn(zn) =∞,

lo cual no es posible por lo anterior.

Recıprocamente, supongamos que F esta uniformemente acotada en cada compacto de D. Dividiremosla prueba de esta implicacion en tres pasos (usaremos en esta parte las tres ultimas proposiciones).

1er Paso. Sea T ⊂ D un subconjunto denso y numerable de D, que existe porque D es separable. ComoT es numerable, podemos enumerar sus elementos, con lo que escribiremos T = zjj∈N.

2o Paso. Sea fnn∈N una sucesion de funciones de F . Vamos a construir una subsucesion de fnn∈Nque converge puntualmente en T .

Fijado z1 ∈ T , como F esta uniformemente acotada en cada compacto de D, en particular loestara en z1. Como fnn∈N es una sucesion de funciones de F , esta tambien estara unifor-memente acotada en z1. Existe, entonces, M1 > 0 tal que

|fn(z1)| ≤M1 para cada n ∈ N.

Existe, entonces, una subsucesion f1,kk∈N de fnn∈N tal que f1,k(z1)k∈N converge en C(Teorema de Bolzano-Weierstrass).

Para z2, como f1,kk∈N es una sucesion de funciones de F , razonando como antes, obtenemosuna subsucesion f2,kk∈N de f1,kk∈N tal que f2,k(z2)k∈N converge en C.

...

De este modo, fijado n ∈ N, como fn,kk∈N es una sucesion de funciones de F y zn+1es un compacto, podemos encontrar, razonando como antes, una subsucesion fn+1,kk∈N defn,kk∈N tal que fn+1,k(zn+1)k∈N converge en C.

Observese que fn+1,k(zj)n∈N converge en C para cada j = 1, . . . , n+ 1 por la manera en quehemos ido definiendo cada subsucesion (cada subsucesion es subsucesion de la anterior).

33

Utilizaremos el proceso de seleccion diagonal de Cantor:

f1,1 ; f1,2; f1,3; . . . ; f1,n . . . converge puntualmente en z1.

f2,1; f2,2 ; f3,3; . . . ; f2,n . . . converge puntualmente en z1 y z2.

...

fn,1; fn,2; fn,3; . . . ; fn,n . . . converge puntualmente en z1, z2 . . . , zn.

...

Con este proceso obtenemos la subsucesion de fnn∈N, gnn∈N definida por gn = fn,n para cadan ∈ N. La sucesion gnn∈N converge en cada punto zk, k ∈ N por la eleccion como subsucesion detodas las fj,kk∈N.

3er Paso. Sean K ⊂ D un compacto y d = d(K,C\D). Consideremos los conjuntos

K0 ≡ z ∈ D : d(z,K) ≤ 3d

4; G ≡ z ∈ D : d(z,K) <

3d

4.

Es claro que el conjunto K0 es compacto (es acotado y preimagen de un cerrado mediante unaaplicacion continua) y que G es abierto (es la imagen inversa de un abierto por una aplicacioncontinua). Por definicion, es claro que K ⊂ G ⊂ K0 ⊂ D.

La sucesion fnn∈N esta uniformemente acotada en K0, ya que es una sucesion de funciones de Fy K0 es un compacto. Por tanto, como G ⊂ K0, fnn∈N esta uniformemente acotada en G. ComoK es un compacto contenido en G, por la Proposicion 2.2, fnn∈N es equicontinua en K.

Por tanto, tenemos lo siguiente:

fnn∈N es equicontinua en K.

fnn∈N contiene una subsucesion que converge puntualmente en cada punto de T , luegotambien lo hace en K ∩ T . Esta subsucesion es la sucesion gnn∈N.

El conjunto T ∩K es denso en K.

Por la Proposicion 2.3, la sucesion gnn∈N converge uniformemente en K. Hemos encontrado,entonces, una subsucesion de fnn∈N que converge uniformemente en K.

Observacion 2.6.

1. Si F es una familia de funciones holomorfas en D finitamente normal, entonces, para cada n ∈ N,la familia

F (n) ≡ f (n) : f ∈ F

es finitamente normal.

Demostracion. Para n = 1.

Sea gjj∈N una sucesion de funciones de F (1). Existe, para cada j ∈ N, una funcion fj ∈ F talque gj = f ′j .

Como F es finitamente normal, existe una subsucesion de fjj∈N, fjkk∈N, que converge en cadacompacto de D a una funcion f , que, por el Teorema de Weierstrass, sera holomorfa. Entonces, porel Teorema de Weierstrass, f ′jkk∈N converge uniformemente a f ′ en cada compacto de D.

Hemos encontrado una subsucesion de gjj∈N, gjkk∈N, definida por gjk = f ′jk para cada k ∈ N,

que converge uniformemente en cada compacto de D. Por tanto, F (1) es finitamente normal. Elresto se prueba por induccion.


2. Si F es una familia de funciones holomorfas finitamente normal y G ⊂ F , entonces G es finitamentenormal.

Ejemplo 2.1. La familia F = f entera con |f(z)| ≤ k si |z| = k, k ∈ N es una familia de funcionesholomorfas finitamente normal.

Demostracion. En efecto, sea T un compacto en C. Como T es compacto, existe un k ∈ N tal queT ⊂ D(0, k).Si f ∈ F y |z| ≤ k, entonces |f(z)| ≤ k. Efectivamente, si |z| = k, entonces es |f(z)| ≤ k y, por el principiodel maximo, sabemos que el maximo de f en el disco |z| ≤ k se alcanza precisamente en la frontera,con lo que, dado |z| ≤ k, es

|f(z)| ≤ max|z|≤k

|f(z)| = max|z|=k

|f(z)| ≤ k.

Por tanto, si z ∈ T y f ∈ F , entonces |f(z)| ≤ k, luego F es uniformemente acotada en T y, por elTeorema de Montel, F es normal.

Observacion 2.7. ¿Importara si definimos F de manera analoga pero con |z| ≤ k1 y |f(z)| ≤ k2?

Ejercicio 2.1. Dar un ejemplo de una familia que no sea finitamente normal.

Solucion:La sucesion fkk∈N de funciones definida por fk ≡ k es una familia de funciones holomorfas que no esfinitamente normal. En efecto, basta notar que esta no esta uniformemente acotada en ningun compactode C.

Notacion 2.1. Sea D un abierto de C. Escribiremos Hol(D) para referirnos a la familia de las funcionesholomorfas en D.

Ejemplo 2.2. La familia P ≡ f ∈ Hol(D) : f(0) = 1, Re(f(z)) > 0 para cada z ∈ D es una familiafinitamente normal.

Demostracion. Vamos a utilizar el Teorema de Montel. Para ello, veremos que P esta uniformementeacotada en cada compacto de D. Sea K ⊂ D un conjunto compacto. Existe, entonces, R ∈ (0, 1) tal queK ⊂ D(0, R). Buscamos cR > 0 tal que, si f ∈ P, entonces

|f(z)| ≤ cR para cada z ∈ D(0, R).

Segun vimos al final del primer tema, dada f ∈ P, se tiene f ≺ P , siendo P (z) = 1+z1−z para cada z ∈ D.

Por el Teorema 1.8 estudiado en el apartado de subordinacion, se tiene que, si f ∈ P, entonces

max|z|≤R

|f(z)| ≤ max|z|≤R

|P (z)|.

Si |z| ≤ R, entonces, teniendo en cuenta que la funcion h : [0, 1) −→ R definida por h(x) = 1+x1−x es

creciente,

|P (z)| =∣∣∣∣1 + z

1− z

∣∣∣∣ ≤ 1 + |z|1− |z|

≤ 1 +R

1−R

Basta, entonces, tomar cR = 1+R1−R para obtener el resultado.

Observacion 2.8. Observese que, al igual que hemos hecho en el anterior ejemplo, a la hora de probaracotacion uniforme en cada compacto de un conjunto D, basta probarla en cada disco centrado en elorigen y contenido en D, pues cualquier compacto de D estara totalmente contenido en un disco centradoen el origen.

Ejemplo 2.3. La familia

BA1 ≡ f ∈ Hol(D) :

∫∫D|f(z)|dxdy < 1, siendo z = x+ iy


2.1. TEOREMA DE VITALI. 35

Basta probar, por el Teorema de Montel, que, fijado R ∈ (0, 1), existe una constante cR > 0 tal que, sif ∈ BA1 , entonces |f(z)| ≤ cR para cada z ∈ D(0, R).Sean z ∈ D(0, R) y R < ρ < 1. Por el Teorema de Cauchy, para cada z ∈ D(0, R), podemos escribir,

f(z) =1

2πi

∫|ξ|=ρ

f(ξ)

(ξ − z)dξ.

Por tanto, si parametrizamos el camino |ξ| = ρ mediante ξ = ρeiθ, θ ∈ [0, 2π), tenemos, para cadaρ ∈ (R, 1),

|f(z)| =

∣∣∣∣∣ 1

2πi

∫|ξ|=ρ

f(ξ)

(ξ − z)dξ

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ 1

2πi

∫ 2π

0

f(ρeiθ)

(ρeiθ − z)iρeiθdθ

∣∣∣∣ ≤ 1

2π

∫ 2π

0

|f(ρeiθ)||ρeiθ − z|

ρdθ.

En particular, esto se tiene para cada ρ ∈ (R+12 , 1) (nos vamos a alejar de ∂D(0, R) para conseguir acotar

el denominador de la anterior integral), luego, integrando respecto de ρ entre R+12 y 1,∫ 1

R+12

|f(z)|dρ ≤∫ 1

R+12

(1

2π

∫ 2π

0


ρdθ

)dρ,

es decir,

|f(z)|1−R2≤∫ 1

R+12

ρ

(1

2π

∫ 2π

0


dθ

)dρ.

Como R+12 < ρ < 1, es |ρeiθ−z| ≥ ρ−|z| ≥ R+1

2 −R. Observese que es por esto por lo que se ha escogidoρ “lejos” de R. Si no hubiese sido ası, no hubieramos podido acotar el denominador de esta manera, puesserıa |ρeiθ − z| ≥ R−R = 0.Por tanto, teniendo en cuenta esta acotacion y utilizando el cambio a polares,

|f(z)|1−R2≤ 1

π(1−R)

∫ 1

R+12

ρ

(∫ 2π

0

|f(ρeiθ)|dθ)dρ =

1

π(1−R)

∫∫A(0,R+1

2 ,1)

|f(z)|dxdy ≤

≤ 1

π(1−R)

∫∫D|f(z)|dxdy ≤ 1

π(1−R).

Ası pues,

|f(z)| ≤ 2

(1−R)2

y basta tomar cR = 2(1−R)2 para obtener el resultado.

Ejercicio 2.2. ¿Es finitamente normal la familia

BAp ≡ f ∈ Hol(D) :

∫∫D|f(z)|pdxdy ≤ 1, 1 ≤ p <∞?

Ejercicio 2.3. ¿Donde se usa, en el Teorema de Montel, el hecho de que las funciones sean holomorfas?

2.1. Teorema de Vitali.

Dado un abierto D ⊂ C, si F es una familia de funciones de Hol(D) finitamente normal, entonces cadasucesion fnn∈N de funciones contenida en F tiene una subsucesion que converge uniformemente en cadacompacto contenido en D. El siguiente resultado prueba que, si D es un dominio y la sucesion fnn∈Nverifica una hipotesis adicional, entonces esta no solo posee una subsucesion que converge uniformementeen cada compacto de D, sino que ella misma converge uniformemente en cada compacto de D.

Teorema 2.3 (de Stieltjes-Vitali). Sea D un dominio de C. Sea F una familia finitamente normal enD. Si fnn∈N es una sucesion de funciones de F que converge puntualmente en un subconjunto T ⊂ Dcon puntos de acumulacion en D, entonces fnn∈N converge uniformemente en cada compacto de D.


Demostracion. Dividiremos la prueba en dos pasos:

1er Paso: La sucesion fnn∈N converge puntualmente en D.

Supongamos que no fuese ası. Existe, entonces, z∗ ∈ D tal que la sucesion fn(z∗)n∈N no convergeen C. No obstante, como F es finitamente normal en D, fnn∈N esta uniformemente acotada encada compacto de D, en particular, en el compacto z∗ ⊂ D. Existe, entonces, M > 0 tal que

|fn(z∗)| ≤M para cada n ∈ N.

Por tanto, el que fn(z∗)n∈N no converja se debe al hecho de que existen dos subsucesiones,fmjj∈N y fnjj∈N, de fnn∈N, y dos numeros distintos, w1, w2 ∈ C, tales que

lımj→∞

fmj (z∗) = w1 y lım

j→∞fnj (z

∗) = w2. (2.1)

Como F es finitamente normal, existen una subsucesion hkk∈N de fmjj∈N que converge unifor-memente en cada compacto de D y otra subsucesion gkk∈N de fnjj∈N que converge uniforme-mente en cada compacto de D.

Por tanto, por el Teorema de Weierstrass, existen dos funciones holomorfas en D, h y g, tales que

hkk∈Nunif−→ h y gkk∈N

unif−→ g en cada compacto de D.

Sea z ∈ T . Como gkk∈N y hkk∈N convergen uniformemente en cada compacto de D a g yh, respectivamente, tambien convergen puntualmente en D a g y h. Por tanto, como gkk∈N yhkk∈N son subsucesiones de fnn∈N y esta converge puntualmente en T ,

g(z) = lımk→∞

gk(z) = lımn→∞

fn(z) = lımk→∞

hk(z) = h(z).

Ası g(z) = h(z) coinciden en el conjunto T . Como T tiene puntos de acumulacion en D, el Teoremade identidad de Weierstrass asegura que g ≡ h en D, pero 2.1 asegura que

g(z∗) = lımk→∞

gk(z∗) = w2 6= w1 = lımk→∞

hk(z∗) = h(z∗), contradiccion.

2o Paso: La sucesion fnn∈N converge uniformemente en cada compacto de D.

Sea K ⊂ D un compacto de D. Sea α > 0 tal que d(K,C\D) > 2α. Consideremos los conjuntos

K1 ≡ z ∈ D : d(z,K) ≤ α y G ≡ z ∈ D : d(z,K) < α,

que son, respectivamente, un compacto y un abierto de D. Es claro que

K ⊂ G ⊂ K1 ⊂ D.

Como F es finitamente normal, la sucesion fnn∈N esta uniformemente acotada en cada compactode D. En particular, esta acotada en K1 y, como es G ⊂ K1, tambien lo estara en G. Por laProposicion 2.2, la sucesion fnn∈N es equicontinua en cada compacto de G. En particular, comoes K ⊂ G, fnn∈N es equicontinua en K. Ahora bien,

K es un compacto de C.

fnn∈N es equicontinua en K.

Por lo visto en el primer paso, la sucesion fnn∈N converge puntualmente en D, luego tambienlo hace en K.

El conjunto K es denso en el propio K.

Por tanto, por la Proposicion 2.3, fnn∈N converge uniformemente en K.


Una aplicacion del teorema.

Sabemos que, si x ∈ R, entonces se tiene la igualdad

lımn→∞

(1 +

x

n

)n= ex.

¿Sera verdad la igualdad

lımn→∞

(1 +

z

n

)n= ez para cada z ∈ C?

Sea fnn∈N la sucesion de funciones definida por

fn(z) =(

1 +z

n

)npara cada z ∈ C, n ∈ N.

Las funciones fn son enteras, pues es n ∈ N (si fuese n /∈ N, entonces habrıa que escoger ramas). Veamosque la sucesion fnn∈N esta uniformemente acotada en cada compacto de C. Al igual que para el discoD, bastara estudiar la acotacion uniforme de fnn∈N en el disco D(0, R) para cada R > 0.Sean R > 0 y z ∈ D(0, R). Entonces,

|f(z)| =∣∣∣1 +

z

n

∣∣∣n ≤ (1 +|z|n

)n≤ e|z| ≤ eR,

donde hemos usado que, dado x ∈ R, la sucesion(

1 + xn

)n n∈N

crece hacia ex.

Por tanto, fnn∈N esta uniformemente acotada en cada compacto de C y es, por el Teorema de Montel,una familia finitamente normal.Sabemos que fn(x)n∈N converge, para cada x ∈ R, a ex. Como R es un conjunto con puntos de acu-mulacion en C y fnn∈N es finitamente normal en C, por el Teorema de Stieltjes-Vitali, esta convergeuniformemente en cada compacto de C hacia una funcion g. Ademas, por el Teorema de Weierstrass, lafuncion lımite es entera.

Observese, ahora, que las funciones g y ez coinciden en el conjunto R, que tiene puntos de acumulacionen el dominio C. Por el Teorema de identidad de Weierstrass, es

g(z) = ez para cada z ∈ D,

es decir,

lımn→∞

(1 +

z

n

)n= ez para cada z ∈ C.

Por tanto, la igualdad es cierta en C puntualmente, pero hemos probado mas. Hemos probado que(1 + z

n

)n n∈N

converge uniformemente a ez en cada compacto de C.

El razonamiento anterior se puede generalizar sin problemas al estudio de otros lımites.

Observacion 2.9. Sean a ∈ C y R ∈ (0,∞]. Sea F una familia finitamente normal en D(a,R). Paracada n ∈ N ∪ 0, definamos

Mn ≡ supf∈F|an(f)|.

1. Si f ∈ F es de la forma f(z) =∑∞n=0 an(f)(z − a)n, se tiene que

supf∈F|an(f)| <∞ para cada n ∈ N ∪ 0.

En efecto, sabemos que, si f es como la anterior, entonces es an(f) = f(n)(a)n! para cada n ∈ N∪0.

Como F es finitamente normal, F (n) es tambien finitamente normal y, como el conjunto a escompacto, entonces el Teorema de Montel asegura que

supf∈F|f (n)(a)| <∞.


Como

an(f) =f (n)(a)

n!< f (n)(a) para cada n ∈ N ∪ 0,

obtenemos el resultado.

2. La serie de potencias∑∞n=0Mn(z − a)n tiene radio de convergencia mayor o igual que R.

Demostracion. Sea ρ ∈ (0, R). Entonces D(a, ρ) ⊂ D(a,R) y, por el Teorema de Cauchy,

f (n)(a)

n!=

1

2πi

∫|z−a|=ρ

f(z)

(z − a)n+1dz.

Definamos mρ ≡ sup f∈F|z−a|=ρ

|f(z)|. Como F es finitamente normal esta, por el Teorema de Montel,

uniformemente acotada en cada compacto de D(a,R). En particular lo esta en la circunferencia|z − a| = ρ, por tanto,

mρ ≡ supf∈F|z−a|=ρ

|f(z)| <∞.

Ası pues,∣∣∣∣f (n)(a)

n!

∣∣∣∣ ≤ 1

2π

∫|z−a|=ρ

|f(z)||z − a|n+1

dz ≤ 1

2π

∫|z−a|=ρ

mρ

|z − a|n+1dz =

1

2π

mρ

ρn+12πρ =

mρ

ρn.

Luego

Mn ≤mρ

ρnpara cada ρ ∈ (0, R),

esto es,

n√Mn ≤

n√mρ

ρpara cada ρ ∈ (0, R).

Por tanto,

lım supn→∞

n√Mn ≤ lım sup

n→∞

n√mρ

ρ=

1

ρ.

Como esto es para cada ρ ∈ (0, R), resulta que

lım supn→∞

n√Mn ≤

1

R.

Por tanto (si recordamos la definicion del radio de convergencia de una serie de potencias), el radiode convergencia, r, de

∑∞n=0Mn(z − a)n es

r =1

lım supn→∞n√Mn

≥ R.


Teorema 2.4. Sean a ∈ C y R ∈ (0,∞). Sea F una familia de funciones holomorfas en D(a,R).Son equivalentes:

1. La familia F es finitamente normal.

2. Existe una sucesion Mnn∈N en (0,∞) tal que

La serie∞∑n=0

Mn(z − a)n

converge absoluta y uniformemente en cada compacto de D(a,R).

Para cada n ∈ N, se tienesupf∈F|an(f)| ≤Mn,

siendo an(f) el n-esimo coeficiente del desarrollo en serie de Taylor de f .

Demostracion.

Supongamos que F es finitamente normal. Segun las observaciones anteriores, basta tomar la sucesionMnn∈N dada por

Mn = supf∈F|an(f)|.

Recıprocamente, por el Teorema de Montel, basta probar que, para cada ρ ∈ [0, R), existe una constantecρ tal que, si f ∈ F , entonces

|f(z)| ≤ cρ para cada z ∈ D(a, ρ).

Sean, entonces, f ∈ F y z ∈ D(a, ρ). Se tiene que,

|f(z)| =

∣∣∣∣∣∞∑n=0

an(f)(z − a)n

∣∣∣∣∣ ≤∞∑n=0

|an(f)||z − a|n ≤∞∑n=0

Mn|z − a|n ≤∞∑n=0

Mnρn.

Ahora bien, la serie∞∑n=0

Mn(z − a)n

converge, por hipotesis, de manera absoluta y uniforme en cada compacto de D(a,R). Esto implica quela serie

∞∑n=0

Mn|z − a|n

converge uniformemente, en particular, en el discoD(a, ρ) ⊂ D(a,R). La convergencia uniforme enD(a, ρ)implica la convergencia puntual, en particular, en el punto a+ ρ ∈ D(a, ρ). Ası pues, la serie

∞∑n=0

Mn|a+ ρ− a|n =

∞∑n=0

Mnρn

es convergente. Basta tomar

cρ =

∞∑n=0

Mnρn.


2.2. Teoremas de Hurwitz.

Los siguientes resultados seran de utilidad en el siguiente tema. Recordemos, en primer lugar, el Teoremade Rouche sobre ceros de funciones holomorfas:

Teorema 2.5 (de Rouche). Sea Ω un abierto de C. Sean f, g : Ω −→ C dos funciones holomorfas en Ωy continuas en Ω. Supongamos que, para cada z ∈ ∂Ω, se tiene

|f(z)− g(z)| < |f(z)|+ |g(z)|.

Entonces f y g tienen el mismo numero de ceros en Ω.

Teorema 2.6 (de Hurwitz I). Sea D un abierto de C. Sea fnn∈N una sucesion de funciones holomorfasy nunca nulas en D. Supongamos que la sucesion fnn∈N converge uniformemente en cada compacto deD a una funcion holomorfa, f . Entonces, o bien es f ≡ 0, o bien f es nunca nula.

Demostracion. Supongamos que f no es identicamente nula y veamos que, entonces, esta no se anulanunca.Supongamos que existe un punto a ∈ D tal que f(a) = 0. Claramente a es un cero aislado de f (de noserlo, f serıa identicamente nula).Sea R > 0 tal que D(a, 2R) ⊂ D de modo que f(z) 6= 0 si z ∈ D(a, 2R)\a. Existe α > 0 tal que, siz ∈ |z − a| = R, entonces

|f(z)| ≥ α. (2.2)

En efecto, al ser |f | continua en el compacto |z − a| = R, esta alcanza su valor mınimo, α, en dichoconjunto. Este valor debe ser positivo, pues f no se anula mas que en el punto a (dentro de D(a, 2R)).Dado que fnn∈N converge uniformemente en cada compacto de D, en particular lo hace en |z−a| = R.Ası pues, asociado al anterior α > 0, existe n0 ∈ N tal que, si n ≥ n0, entonces

|fn(z)− f(z)| < α para cada z ∈ |z − a| = R|. (2.3)

Por tanto, segun 2.2 y 2.3, tenemos, para cada z ∈ |z − a| = R,

|fn(z)− f(z)| < α ≤ |f(z)| para cada n ≥ n0.

Por el Teorema de Rouche (aplicado en D(a,R)), la funcion f y cada una de las funciones fn, con n ≥ n0,tienen el mismo numero de ceros en D(a,R). Contradiccion, pues f tiene un cero en D(a,R) y las fn sontodas nunca nulas.

Teorema 2.7 (de Hurwitz II). Sea D un dominio en C. Sea fnn∈N una sucesion de funciones holo-morfas e inyectivas en D. Supongamos que fnn∈N converge uniformemente en cada compacto de D auna funcion holomorfa, f . Entonces, o bien f es constante, o bien es inyectiva.

Demostracion. Es elemental a partir del resultado anterior. Efectivamente, si consideramos la sucesionf ′nn∈N de las derivadas de las fn, estas estan en las condiciones del teorema anterior. Ademas, estasucesion converge, en cada compacto de D, a la funcion f ′.Por el teorema anterior, o bien es f ′ ≡ 0 en D, o bien f ′ es nunca nula. Como D es un dominio, estoimplica que, o bien f es constante, o bien es inyectiva.

Tema 3

Teorema de la aplicacion conformede Riemann.

3.1. El Teorema de la aplicacion conforme de Riemann.

A continuacion se dara una serie de resultados que conforman la prueba del Teorema de la aplicacionconforme de Riemann. Veremos la prueba como una serie de lemas que tienen interes por sı mismos.

Lema 3.1. Sea Ω un dominio simplemente conexo contenido estrictamente en C. Entonces C\Ω constade, al menos, dos puntos.

Demostracion. Como Ω 6= C, el conjunto C\Ω tiene al menos un punto. Si C\Ω constase solamente deun punto, a, entonces serıa Ω = C\a, que no es simplemente conexo.

Lema 3.2. Sea Ω un dominio en C. Sea ϕ : Ω −→ C una funcion holomorfa que no se anula en Ω.Existe una rama holomorfa de la raız cuadrada de ϕ,

√ϕ, en Ω. Ademas, si ϕ es inyectiva, tambien lo

es la rama de la raız.

Lema 3.3. Sea Ω un dominio simplemente conexo en C distinto de C. Entonces existe una funcionψ ∈ Hol(Ω) inyectiva y nunca nula.

Demostracion. Sean a, b ∈ C\Ω dos puntos distintos, que existen por el Lema 3.1. Sea ψ ≡ z−az−b . La

aplicacion ψ es holomorfa en Ω, pues b /∈ Ω. Ademas, no se anula en Ω, ya que solo se anula en a, y a /∈ Ω.Como ψ es una transformacion de Mobius, es claro que esta es inyectiva.

Lema 3.4. Sean Ω un abierto en C y ϕ ∈ Hol(Ω). Supongamos que ϕ(Ω) 6= C. Entonces existen a ∈ Cy R > 0 tales que la funcion h : Ω −→ D definida por

h(z) =R

ϕ(z)− a

es holomorfa y nunca nula.Ademas, si ϕ es inyectiva, entonces h tambien lo es.

Demostracion. Como ϕ(Ω) 6= C, existen a ∈ C y R > 0 tales que ϕ(Ω) ∩D(a,R) = ∅. De este modo,para cada z ∈ Ω, se tiene

|ϕ(z)− a| > R,

es decir,

1 >R

|ϕ(z)− a|.

Por tanto, la funcion h : Ω −→ C definida por

h(z) =R

ϕ(z)− a

41

42 TEMA 3. TEOREMA DE LA APLICACION CONFORME DE RIEMANN.

es holomorfa en Ω. Ademas, como

1 >R

|ϕ(z)− a|para cada z ∈ Ω,

es claro que |h(z)| < 1, esto es, h(Ω) ⊂ D.Por ultimo, es facil ver que, si ϕ es inyectiva, entonces h tambien lo es.

Lema 3.5. Sean Ω un abierto en C y consideremos una funcion ψ ∈ Hol(Ω) inyectiva y nunca nula. Siϕ ∈ Hol(Ω) verifica ϕ2 = ψ, entonces ϕ(Ω) no contiene puntos antıpodas.

Demostracion. Supongamos que ω,−ω ∈ ϕ(Ω). Existen, entonces, z1, z2 ∈ Ω con ϕ(z1) = ω y ϕ(z2) =−ω, con lo que ψ(z1) = ϕ(z1)2 = ω2 = ϕ(z2)2 = ψ(z2), de donde, de la inyectividad de ψ, se deduce quez1 = z2. Ası pues, es ω = −ω, es decir, ω = 0, en contra del hecho de que ϕ es nunca nula en Ω.

Lema 3.6. Si A ⊂ C\0 es un conjunto con interior no vacıo, sin puntos antıpodas, entonces existena ∈ C, R > 0 tales que D(a,R) ∩A = ∅.

Demostracion. Como A tiene interior no vacıo, existen z ∈ A y R > 0 tales que D(z,R) ⊂ A. ComoA no contiene puntos antıpodas, es claro que [−D(z,R)] ∩ A = ∅. Pero −D(z,R) = T (D(z,R)), siendoT (z) = −z (es decir, −D(z,R) son los antıpodas de D(z,R)). Basta tomar a = −z para obtener elresultado.

Lema 3.7. Sean Ω un dominio simplemente conexo en C distinto de C y consideremos un punto z0 ∈ Ω.La familia

F ≡ f ∈ Hol(Ω) : f es inyectiva , f(Ω) ⊂ D, f(z0) = 0


Demostracion. Segun los lemas 3.1, 3.3, 3.2, 3.5, 3.6 y 3.4, existe una funcion h : Ω −→ D holomorfa,inyectiva y nunca nula. Basta considerar la funcion H = Sh(z0) h para tener una funcion de Ω en Dholomorfa, inyectiva y con H(z0) = 0. Se tiene, ası, que la familia F es no vacıa.Para ver que F es finitamente normal basta observar que es una familia de funciones acotadas por 1 enΩ (pues van a parar al disco unidad) , con lo que F esta uniformemente acotada en Ω y, por tanto, encada compacto contenido en Ω. Por el Teorema de Montel, F es finitamente normal.

Lema 3.8. En las condiciones del lema anterior, existe una funcion F ∈ F tal que

|F ′(z0)| = supf∈F|f ′(z0)| > 0.

F (Ω) = D.

Demostracion. Definamos M ≡ supf∈F |f ′(z0)|.

En primer lugar, como cada f ∈ F es inyectiva, es f ′ nunca nula para toda f ∈ F . Ası pues, esclaro que M > 0.

El hecho de que M < ∞ se sigue inmediatamente de que F es finitamente normal, lo que implicaque F ′ tambien lo es. Efectivamente, como z0 es un compacto, el Teorema de Montel asegura queF ′ esta uniformemente acotada en z0, de donde obtenemos M <∞.

Veamos que este supremo se alcanza. Buscamos, entonces, una funcion F ∈ F tal que |F ′(z0)| = M .

Por definicion de supremo, existe una sucesion fnn∈N de funciones de F tal que

lımn→∞

|f ′n(z0)| = M.

Como F es finitamente normal, existe una subsucesion fnkk∈N de fnn∈N que converge unifor-memente en cada compacto de Ω a una funcion F ∈ Hol(Ω).

Por el Teorema de Weierstrass, es claro que f ′nkk∈N converge uniformemente a F ′ en cada com-pacto de Ω.

3.1. EL TEOREMA DE LA APLICACION CONFORME DE RIEMANN. 43

En particular, dado que la convergencia uniforme en compactos implica la convergencia puntual, es

|F ′(z0)| = lımk→∞

|f ′nk(z0)| = M.

Si vemos que F ∈ F , habremos terminado:

• F es claramente holomorfa en Ω.

• Dado que cada una de las funciones fnk esta en F , es

F (z0) = lımk→∞

fnk(z0) = lımk→∞

0 = 0.

• Si ω ∈ Ω, entonces, dado que |fnk(z)| < 1 para cada z ∈ Ω, se tiene

|F (ω)| = lımk→∞

|fnk(ω)| ≤ 1.

Es decir, se tiene F (Ω) ⊂ D. Razonando como en el Ejercicio 1 de la Relacion 1 y, teniendo encuenta que F no es constante (es |F ′(z0)| = M > 0, luego F es localmente inversible en z0 y,por tanto, no constante en un entorno de z0), obtenemos, finalmente,

|F (ω)| < 1.

• Como fnkk∈N es una sucesion de funciones holomorfas e inyectivas en Ω que convergenuniformemente en cada compacto de Ω a F , el Teorema de Hurwitz (II) asegura que F esinyectiva (pues, como ya se ha dicho, no es constante).

Esto prueba que F ∈ F y, por tanto, la primera parte del resultado.

La funcion F verifica F (Ω) = D y, por tanto, es una aplicacion conforme de Ω en D.

Por reduccion al absurdo, supongamos que existe α ∈ D con α /∈ F (Ω).

Consideremos la aplicacion h : Ω −→ D definida por

h(z) = Sα F (z) =F (z)− α1− αF (z)

,

siendo Sα(z) = z−α1−αz .

Observese que h es holomorfa, inyectiva y nunca nula en Ω. Ademas, es h(Ω) ⊂ D.

Segun el Lema 3.2, existe una rama holomorfa de√h en Ω. Sea g tal rama. Es claro que g es

holomorfa, inyectiva y nunca nula en Ω. Ademas, como√|x| < |x| para cada x ∈ R con |x| < 1, es

g(Ω) ⊂ D.

Sea G ≡ Sg(z0) g. Es facil comprobar que G ∈ F .

Vamos a ver que |G′(z0)| > M , lo cual contradice el hecho de que M es el supremo. Para ello,observemos que, si consideramos b ∈ D y tomamos Sb(z) = z−b

1−bz , entonces es

S′b(z) =1− bz + (z − b)b

(1− bz)2=

1− |b|2

(1− bz)2,

con lo que

S′b(0) = 1− |b|2; S′b(b) =1

1− |b|2. (3.1)

Observese, tambien, que, al ser g una rama holomorfa de√h en Ω (esto es, g2 = h), se tiene que

2g(z)g′(z) = h′(z) para cada z ∈ Ω, con lo que

g′(z0) =h′(z0)

2g(z0). (3.2)


Por tanto,

G′(z0) = S′g(z0)(g(z0))g′(z0) =6,6

1

1− |g(z0)|2g′(z0) =

6,7

1

1− |g(z0)|2h′(z0)

2g(z0).

Ahora bien, como F (z0) = 0 y |F ′(z0)| = M , se tiene

|h(z0)| = |α|; |g(z0)| =√|α|; y |h′(z0)| = S′α(0)M =

6,6(1− |α|)2M.

Ası pues,

|G′(z0)| = 1

1− |α|(1− |α|)2

2√|α|

M =1 + |α|2√|α|

M.

Como |α| > 1, se tiene |G′(z0)| > M , pues

1 + |α|2√|α|

> 1 ⇐⇒ 1 + |α| > 2√|α| ⇐⇒ (1 +

√|α|)2 > 0.

Observacion 3.1. Hemos probado, entonces, que, siempre que una funcion f ∈ F verifique M = |f ′(z0)|,entonces f llena D.

Corolario 3.1. Sea Ω un dominio simplemente conexo en C distinto de C. Dado z0 ∈ Ω, existe unaunica aplicacion conforme f : Ω −→ D con f(z0) = 0 y f ′(z0) > 0.

Demostracion. Consideremos la funcion F obtenida en el Lema 3.8.

Construccion de la aplicacion conforme del enunciado a partir de la funcion F .

Sea θ ∈ arg(F ′(z0)). Consideremos la aplicacion f : Ω −→ D definida por f(z) = F (z)e−iθ (unarotacion de F ). Es claro que, por las propiedades de F ,

• f(z0) = 0.

• f ∈ Hol(Ω).

• f(Ω) = D.

Ademas,f ′(z0) = F ′(z0)e−iθ = |F ′(z0)|eiθe−iθ = |F ′(z0)| > 0.

La aplicacion conforme f es la unica aplicacion conforme de Ω en D con f ′(z0) > 0.

Sean f1 y f2 en F con fz(Ω) = D = f2(Ω) y f ′1(z0), f ′2(z0) > 0.

Consideremos la funcion f1 f−12 . Esta aplicacion es una aplicacion conforme de D en D. Existen,

entonces, a ∈ D y λ ∈ ∂D con

f1 f−12 (z) = λ

a+ z

1 + azpara cada z ∈ D.

En particular,f1 f−1

2 (0) = λa,

luego, como f−12 (0) = z0, es

f1(z0) = λa,

de donde, al ser f1(z0) = 0, es0 = f1(z0) = λa y,

como |λ| = 1, debe ser a = 0. Por tanto, se tiene que

f1 f−12 (z) = λz para cada z ∈ D. (3.3)


Ahora bien, por la regla de la cadena,

f ′1(f−12 (z0))(f−1

2 )′(z0) = f ′1(0)(f−12 )′(z0) = f ′1(0)

1

f ′2(f−12 (z0))

= f ′1(0)1

f ′1(0)= 1.

Ası pues, derivando en ambos lados de la igualdad 3.3,

1 = (f1 f−12 )′(z0) = λ,

es decir, λ = 1, con lo que esf1 f−1

2 = idD,

de donde se obtiene que f1 = f2.

Observacion 3.2. En las condiciones del anterior resultado, existen infinitas aplicaciones conformes deΩ en D que llevan z0 a 0. No obstante, solo una de ellas verifica f ′(z0) > 0.

Todo esto prueba el Teorema de la aplicacion conforme de Riemann:

Teorema 3.1 (de la aplicacion conforme de Riemann). Si Ω es un dominio simplemente conexo en Cdistinto de C, entonces este es conformemente equivalente a D. Ademas, fijado z0 ∈ Ω, existe una unicaaplicacion conforme f : Ω −→ D con f(z0) = 0 y f ′(z0) > 0.

Corolario 3.2 (Version II del Th. de Riemann). Sea Ω un dominio simplemente conexo en C distintode C y sea z0 ∈ Ω. Existe una unica aplicacion conforme G : D −→ Ω con G(0) = z0 y G′(0) > 0.

Demostracion. Basta tomar la funcion (unica) f : Ω −→ D dada en el Teorema de la aplicacionconforme de Riemann, considerar su inversa G ≡ f−1 y aplicar el Teorema de la Funcion Inversa en z0,con lo que obtenemos una aplicacion conforme de D en Ω con G(0) = z0 y

G′(0) =1

f ′(f−1(0))=

1

f ′(z0)> 0.

Corolario 3.3 (Version III del Th. de Riemann). Sea Ω un dominio simplemente conexo en C distintode C y sea z0 ∈ Ω. Existe un unico R > 0 para el cual podemos encontrar una aplicacion conformeF : Ω −→ D(0, R) con F (z0) = 0 y F ′(z0) = 1. Ademas, dado dicho R, la aplicacion conforme F es launica satisfaciendo F (z0) = 0 y F ′(z0) = 1.

Demostracion. Sea z0 ∈ Ω fijo. Sea f la unica aplicacion conforme de Ω en D con f(z0) = 0 y f ′(z0) > 0.Sean R = 1

f ′(z0) y F = R · f .

Entonces es claro que F es una aplicacion conforme de Ω en D(0, R) y que

F ′(z0) = R · f ′(z0) =1

f ′(z0)f ′(z0) = 1.

Veamos que tal aplicacion es unica. Supongamos que existe otra aplicacion conforme f1 de Ω en D(0, R)

con f1(z0) = 0 y f ′1(z0) = 1. La funcion G1 : Ω −→ D definida por G1(z) = f1(z)R es una aplicacion

conforme de Ω en D que verifica G1(z0) = 0 y G′1(z0) > 0.Dada la unicidad que se obtiene en el Teorema de la aplicacion conforme de Riemann, debe ser f ≡ G1 =f1R , con lo que f1 = f ·R = F. Ası pues, dado R, la aplicacion F es unica.Veamos, ahora, que este R es el unico para el que se tiene esta situacion.Sean R1 > 0 con R1 6= R y F1 : Ω −→ D(0, R1) una aplicacion conforme con F1(z0) = 0 y F ′1(z0) = 1.Entonces, g1 ≡ F1

R1es una aplicacion conforme de Ω en D con g1(z0) = 0 y g′1(z0) > 0, luego, de nuevo

por la unicidad obtenida en el Teorema de la aplicacion conforme de Riemann, es g1 = f , es decir,

F ′1(z0)

R1=F ′(z0)

R⇐⇒ 1

R1=

1

R⇐⇒ R1 = R.


Observacion 3.3. A dicho R se le llama radio conforme interior de Ω en z0. El resultado aseguraque, dado z0, hay un solo tamano de disco, R, de modo que la unica aplicacion conforme de Ω en D(0, R)fijado el punto z0 verifica F (z0) = 0 y F ′(z0) = 1.

Observacion 3.4. Indirectamente, hemos probado que, si D1 y D2 son dominios simplemente conexosen C distintos de C, entonces ambos son conformemente equivalentes entre sı.Queda verlo para un dominio cualquiera en C∗.

Teorema 3.2. Sea Ω un dominio simplemente conexo en C∗ tal que C∗\Ω contenga, al menos, dospuntos. Entonces Ω es conformemente equivalente a D.

Demostracion. Existen dos posibilidades:

1er Caso. Si ∞ /∈ Ω, entonces Ω ⊂ C y el resultado se sigue del Teorema de la aplicacion conforme deRiemann.

2o Caso. Si ∞ ∈ Ω, entonces, como C∗\Ω tiene, al menos, dos elementos, existen a, b ∈ C ∩ Ωc.Consideremos la aplicacion conforme de C∗ en C∗ dada por T (z) = 1

z−a . Observese que, comoa /∈ Ω, es T (Ω) ⊂ C.

Ademas, como T es inyectiva y b /∈ Ω, se tiene T (b) /∈ T (Ω), con lo que T (b) es un punto de C (noes T (b) =∞) que no esta en T (Ω). Ası pues, T (Ω) 6= C.

Como Ω es simplemente conexo y T es una aplicacion conforme de C∗ en C∗, T (Ω) es simplementeconexo. Como T (Ω) es un dominio simplemente conexo de C distinto de C, el Teorema de laaplicacion conforme de Riemann asegura que T (Ω) es conformemente equivalente a D. En definitiva,Ω es conformemente equivalente a D.

Observacion 3.5 (Clasificacion de los dominios simplemente conexos de C∗).Sea Ω un dominio simplemente conexo en C∗. Entonces se da una de las tres situaciones siguientes:

1. Ω = C∗.

2. Ω = C∗\α, con lo que Ω es conformemente equivalente a C.

3. C∗\Ω contiene, al menos, dos puntos, con lo que, por lo anterior, Ω es conformemente equivalentea D.

A continuacion vamos a completar las caracterizaciones de los dominios simplemente conexos en C∗.En primer lugar, recordemos la siguiente definicion.

Definicion 3.1. Sea Ω un dominio en C. Se dice que Ω es simplemente conexo si todo ciclo Γ en Ωes homologo a 0 modulo Ω, Γ ∼ 0 modΩ. Esto es, si, dado a ∈ C\Ω, es

n(Γ, a) =1

2πi

∫Γ

dξ

ξ − a= 0 para cada ciclo Γ en Ω.

Nota. Recordemos que un ciclo no es mas que una suma formal de caminos cerrados.

Las primeras siete equivalencias del siguiente resultado han sido estudiadas, por lo que nos limitaremosa probar la equivalencia entre 1 y 8, sabiendo ya que 1 implica 8.


Teorema 3.3 (Caracterizacion de los dominios simplemente conexos). Sea D un dominio en C. Sonequivalentes:

1. D es simplemente conexo.

2. Para cada camino cerrado γ en D y toda funcion f ∈ Hol(D), es

1

2πi

∫γ

f(z)dz = 0.

3. Para todo ciclo Γ en D y toda funcion f ∈ Hol(D), se tiene

1

2πi

∫Γ

f(z)dz = 0.

4. Toda funcion de Hol(D) tiene primitiva en D.

5. C∗\D es conexo.

6. Si f es holomorfa y nunca nula en D, entonces existe una rama holomorfa de log f en D.

7. Si f es holomorfa y nunca nula en D, entonces para cada camino cerrado γ en D se tiene∫γ

f ′(z)

f(z)dz = 0.

8. Si n > 1 y f es una funcion holomorfa y nunca nula en D, entonces existe una rama holomorfa den√f en D.

Demostracion. (de 8⇒ 1). Hay, en principio, tres posibles casos.

1. D = C.

En tal caso, no hay nada que probar, pues C es simplemente conexo.

2. D = C\a, a ∈ C.

Veamos que este caso no se puede dar.

Sea ψ : D −→ C la funcion dada por ψ(z) = 1z−a . Observese que ψ es nunca nula. Sea R > 0 con

D(0, R) ⊂ D y consideremos la curva cerrada CR = |z − a| = R.Entonces, como ψ′(z) = − 1

(z−a)2 ,

1

2πi

∫CR

ψ′(z)

ψ(z)dz =

1

2πi

∫CR

− 1

z − adz = −n(CR, a) = −1. (3.4)

Sea n > 1 y consideremos una rama holomorfa de n√ψ en D, llamemosla ϕ. Como ϕn = ψ, es

nϕn−1ϕ′ = ψ′, luegonϕn−1ϕ′

ϕn=ψ′

ψ.

Por tanto,nϕ′

ϕ=ψ′

ψ. (3.5)

Sea ΓR ≡ ϕ(CR) la curva imagen de CR por ϕ. Observese que ΓR es un camino cerrado que nocontiene al origen, pues ϕ es nunca nula. Observese, tambien, que ΓR estara parametrizado porϕ γ, siendo γ una parametrizacion de CR.


Ahora bien, por 3.4 y 3.5,

−1 =1

2πi

∫CR

ψ′

ψ=

n

2πi

∫CR

ϕ′

ϕdz =

n

2π

∫ 2π

0

ϕ′(a+Reit)

ϕ(a+Reit)Reitdt =

n

2πi

∫ΓR

dz

z.

Es decir,

− 1

n=

1

2πi

∫ΓR

dz

z= n(ΓR, 0) ∈ Z,

lo cual no puede ser cierto, pues n > 1⇒ − 1n /∈ Z.

3. C\D tiene, al menos, dos puntos.

Observese que, en la prueba del Teorema de la aplicacion conforme de Riemann, lo que se utilizapara probar que, si C\Ω tiene, al menos, dos puntos, entonces Ω es conformemente equivalente a Ωes justamente el hecho de que para toda funcion holomorfa y nunca nula en el simplemente conexoΩ existe una rama holomorfa de

√f en Ω. Ası pues, aplicando el razonamiento de la demostracion,

D es conformemente equivalente a D y, como D es simplemente conexo, D tambien lo es.

3.2. Teorema de extension de Caratheodory.

El Teorema de la aplicacion conforme de Riemann no dice nada acerca de la existencia de una extensionde la aplicacion f obtenida a la frontera. Ni siquiera, en caso de existir dicha extension, sabemos si estaes continua y/o inyectiva. Veamos resultados en ese sentido.

Proposicion 3.1. Sean D1 y D2 dos dominios en C y sea f : D1 −→ D2 un homeomorfismo. Conside-remos un punto ξ ∈ ∂∞D1. Si znn∈N es una sucesion de puntos de D1 con lımite ξ, entonces todos lospuntos de acumulacion del conjunto f(zn)n∈N estan en ∂∞D2.

Demostracion. Sea znn∈N una sucesion de puntos de D1 con lımite ξ ∈ ∂∞D1. Supongamos queexiste una subsucesion de znn∈N, digamos znkk∈N tal que

lımk→∞

= f(znk) = w ∈ D2,

es decir, que w es un punto de acumulacion de f(zn)n∈N que no esta en ∂∞D2.Como f es homeomorfismo, la funcion f−1 : D2 −→ D1 es continua, luego

lımk→∞

znk = f−1(w) ∈ D1.

Como lımn→∞ zn = ξ, es ξ = f−1(w) ∈ D1, en contra del hecho de que ξ esta en la frontera de D1.

Proposicion 3.2. Sean D1 y D2 dos dominios en C y sea f : D1 −→ D2 un homeomorfismo. Supongamosque existe una funcion continua F : D1 −→ C tal que F |D1

= f . Entonces

F (D1) = D2, y F (∂∞D1) = ∂∞D2.

Demostracion. Sea ξ ∈ ∂∞ y consideremos una sucesion znn∈N en D1 con lımite ξ. Como F es unaextension continua de f a la frontera de D1, tenemos

lımn→∞

f(zn) = lımn→∞

F (zn) = F (ξ).

Por la Proposicion 3.1, debe ser F (ξ) ∈ ∂∞D2. Entonces es

F (∂∞D1) ⊂ ∂∞D2.

Por tanto, como f es un homeomorfismo (con lo que F (D1) = f(D1) = D2) y F (∂∞D1) ⊂ ∂∞D2,tenemos

D2 = f(D1) = F (D1) ⊂ F (D1) ⊂ D2.

3.2. TEOREMA DE EXTENSION DE CARATHEODORY. 49

El conjunto F (D1) es cerrado, pues F es continua y D1 es compacto (por ser cerrado dentro del compactoC∗).Ahora bien, como el conjunto F (D1) es cerrado, y D2 ⊂ F (D1) ⊂ D2, debe ser F (D1) = D2. Por tanto,como, por un lado F (D1) = D2 y, por otro, F (D1) = D2 de manera biyectiva, debe ser F (∂∞D1) = ∂∞D2.

Observacion 3.6.

1. Si D1 y D2 son dos dominios en C y f es una aplicacion conforme de D1 en D2, entonces f puedeno extenderse a la frontera de manera continua. La extension a la frontera no tiene por que existir.

2. Aunque la extension exista, no lleva necesariamente ∂∞D1 en ∂∞D2 de manera inyectiva.

Ejemplo 3.1 (Un ejemplo de aplicacion conforme que no se extiende a la frontera continuamente). Con-sideremos el dominio Ω = [0, 1]× (0, 1)\

⋃∞n=1

12n + 1

2 i.

Es claro que Ω es simplemente conexo (es claramente conexo y su grupo fundamental es el trivial, puesse trata de un espacio contractil). Por el Teorema de la aplicacion conforme de Riemann, existe unaaplicacion conforme f : D −→ Ω. Veamos que f no se puede extender de manera continua a la frontera.

Supongamos que sı y sea F su extension. Existe, por la Proposicion 3.2, ξ ∈ ∂D tal que F (ξ) = 0, ya que0 ∈ ∂Ω y F (∂D) = ∂Ω.

Consideremos el segmento [0, ξ] ⊂ D ∪ ξ. Su imagen por F es una curva en Ω. Sea γ la curva imagende [0, ξ] por F . Como [0, ξ] esta contenido en D salvo por el punto ξ, F [0, ξ] esta contenido en Ω salvopor el punto F (ξ) = 0 ∈ ∂Ω, esto es, F [0, ξ] ∩ ∂Ω = 0.

Vamos a ver que esta curva no puede existir porque cada vez que me quiera acercar a 0 voy a chocar conuna barra vertical.

Sea n0 tal que Ref(0) ≥ 12n0

. Es geometricamente claro que existen tn ∈ [0, 1] tales que γ(tn) = 12n + ibn,

con n ≥ n0, bn ∈ ( 12 , 1), siendo γ una parametrizacion del camino γ.

La sucesion 12n + ibnn≥n0

es acotada en C. Existe, entonces, una subsucesion de esta, 12nk + ibnkk∈N,

que converge a un cierto lımite 0 + i lımk→∞ bnk = i lımk→∞ bnk . Sea b = lımk→∞ bnk . Como 1 > bnk >12

para cada k ∈ N, es 1 ≥ b ≥ 12 , luego b 6= 0.

Como F es continua y [0, ξ] es cerrado, se tiene que ib ∈ F [0, ξ] = sopγ. Pero ib ∈ ∂Ω e ib 6= 0, siendo 0el unico punto en ∂Ω ∩ F [0, ξ]. Contradiccion.

El Teorema de extension de Caratheodory, que no probaremos aquı, asegura que, siempre que estemoshablando de una aplicacion conforme del disco en el interior de una curva de Jordan (que notaremos porI(J), si J es la curva de Jordan a considerar), entonces es posible extender la aplicacion conforme a lafrontera de manera continua e inyectiva.

Teorema 3.4 (de extension de Caratheodory). Sea J una curva de Jordan en C. Sea f : D −→ I(J) unaaplicacion conforme. Entonces f se extiende de manera continua e inyectiva a ∂D y f(∂D) = sop(J).

Observacion 3.7. Como la extension es inyectiva y continua, es ∂D ∼=f

sop(J).

Observese que, en el ejemplo anterior, no podıamos haber elegido un dominio que fuese el interior deuna curva de Jordan, pues, en tal caso, sı que existirıa una extension continua a la frontera en virtud delTeorema de Caratheodory.


Tema 4

Funciones univalentes.

4.1. La clase S.

Definicion 4.1. Sea Ω un dominio en C. Decimos que una funcion f : Ω −→ C es univalente en Ω sies holomorfa e inyectiva en Ω. En tal caso escribiremos f ∈ U(Ω).

Definicion 4.2. Decimos que una funcion f es de clase S (o que pertenece a la clase S) si verifica lastres siguientes condiciones:

Es univalente en D.

f(0) = 0.

f ′(0) = 1.

Es decir, S = f ∈ U(D) : f(0) = 0, f ′(0) = 1.Observacion 4.1. Notese que la clase U(Ω) es siempre no vacıa, pues idΩ ∈ U(Ω) para todo dominio Ω.Tambien se encuentran en U(Ω) todas las aplicaciones conformes y holomorfas de Ω en otro dominio de C.

Observese tambien que la clase S no es mas que una normalizacion de la clase U(D). En efecto, siF : D −→ C es una funcion univalente, entonces F ′(z) es distinto de 0 para cada z ∈ D, con lo quepodemos definir la normalizacion de F , f : D −→ C, mediante

f(z) =F (z)− F (0)

F ′(0).

Es elemental comprobar que f ∈ S.Esto proporciona un metodo para pasar de U(D) a S.

Ejemplo 4.1. Algunos ejemplos de funciones en S son los siguientes:

La funcion identidad f(z) = z.

La transformacion f(z) = z1−z .

En efecto, para verlo, considerese la aplicacion conforme P (z) = 1+z1−z . Observese que P (0) = 1

y P ′(0) = 2, con lo que P /∈ S. Vamos a utilizar el metodo de normalizacion expuesto en laanterior observacion para construir una funcion en la clase S que represente a P . Este metodo nosproporciona la funcion

f(z) =P (z)− P (0)

P ′(0)=

1+z1−z − 1

2=

2z

2− 2z=

z

1− z.

Observese que la imagen de toda funcion de la clase S es un dominio conformemente equivalente aD. En este caso, como P (D) = z ∈ C : Rez > 0, es

f(D) =1

2z ∈ C : Rez > 0 − 1

2= z ∈ C : Rez > −1

2.

51

52 TEMA 4. FUNCIONES UNIVALENTES.

La funcion F : D −→ C definida por

F (z) =

(1 + z

1− z

)2

es univalente. En efecto, es claro que F es holomorfa e inyectiva (para ver esto ultimo, es suficientederivar).

La imagen de D por F es la imagen de P (D) por la funcion z 7→ z2, con lo que es

F (D) = C\(−∞, 0].

La funcion de Koebe. La funcion de Koebe es una funcion que aparecera en el estudio de la claseS como una funcion maximal para ciertas propiedades de dicha clase. Se trata de la normalizacionde la funcion del ejemplo anterior. Se define, entonces, como la funcion K : D −→ C dada por

K(z) =

(1+z1−z

)2

− 1

4=

z

(1− z)2.

La imagen por K de D esK(D) = C\(−∞,−1/4].

Observacion 4.2. Se ha dicho que la imagen de D por una aplicacion de la clase S es un dominioconformemente equivalente a D. En general la imagen de un dominio Ω por una funcion univalente es undominio conformemente equivalente a Ω.

4.2. Transformaciones en la clase S.

En esta seccion veremos algunos ejemplos de transformaciones que mantienen a una funcion dentro de laclase S. Observese que S no es cerrada bajo la suma o el producto de funciones.

1. Conjugacion: Si f ∈ S, entonces la funcion g : D −→ C definida por g(z) = f(z) tambien esta enla clase S.

Demostracion. En efecto, como f ∈ S, podemos escribir, para cada z ∈ D,

f(z) =

∞∑n=0

anzn,

siendo an = 1n!f

(n)(0) para cada n ∈ N ∪ 0.Por tanto, dado z ∈ D, es

g(z) = f(z) =

∞∑n=0

anzn =

∞∑n=0

anzn,

de donde se deduce que g es holomorfa en D (pues es analıtica en D), g(0) = a0 = f(0) = 0 yg′(0) = a1 = f ′(0) = 1.

Ademas, es claro que g(D) = f(D)def= z ∈ D : z ∈ f(D). En efecto, si z ∈ D, entonces z ∈ D, luego

f(z) ∈ f(D) y, por tanto, g(z) = f(z) ∈ f(D).

2. Rotacion: Si f ∈ S, entonces la funcion g : D −→ C definida por g(z) = eiθf(e−iθz) tambienesta en la clase S.

4.2. TRANSFORMACIONES EN LA CLASE S. 53

Demostracion. La funcion g es claramente univalente en D. Ademas,

g(0) = eiθf(e−iθ · 0) = eiθf(0) = 0.

g′(0) = eiθe−iθf ′(e−iθ · 0) = eiθe−iθf ′(0) = 1.

Ademas, como e−iθ lleva el disco al disco, es claro que g(D) = eiθf(D).

3. Dilatacion: Si f ∈ S y R ∈ (0, 1), entonces la funcion g : D −→ C dada por g(z) = 1Rf(Rz)

tambien esta en la clase S.

Demostracion. De nuevo, es claro que la funcion g es univalente en D y, del mismo modo queantes, es g(0) = 0 y g′(0) = 1.

4. Composicion con una transformacion de Mobius: Si f ∈ S, entonces, dado a ∈ D, la funciong : D −→ C dada por

g(z) =f(z+a1+az

)− f(a)

f ′(a)(1− |a|2)

tambien esta en S.

Demostracion. Basta observar que la funcion F = f Ta es univalente en D y tener en cuenta que,por la regla de la cadena, es F (0) = f(a) y F ′(0) = f ′(a)(1−|a|2). La funcion g es la normalizacionde F .

5. Transformaciones de rango: Si f ∈ S y ψ ∈ U(f(D)) verifica ψ(0) = 0 y ψ′(0) = 1, entonces lafuncion g = ψ f tambien esta en S.

Demostracion. Como f y ψ son univalentes y Dom(ψ) = f(D), la funcion g : D −→ C esunivalente en D. Ademas, g(0) = ψ(f(0)) = ψ(0) = 0 y g′(0) = ψ′(f(0))f ′(0) = 1 · 1 = 1.

Observese, tambien, que es g(D) = ψ(f(D)).

6. Transformaciones respecto de valores omitidos: Si f ∈ S y w /∈ f(D), entonces la funciong : D −→ C definida por g(z) = 1

f(z)−w es univalente en D y, por tanto, su normalizacion

F (z) =wf(z)

w − f(z)

tambien esta en S.

Demostracion. Como f es holomorfa e inyectiva en D y w /∈ f(D) (notese que, por tanto, esw 6= 0), la funcion g es univalente en D. Ademas, se tiene,

g(0) = 1f(0)−w = − 1

w .

g′(0) = − f ′(0)(f(0)−w)2 = − 1

w2 .

Por tanto, la normalizacion de g, F = g(z)−g(0)g′(0) es la funcion dada por

F (z) =

1f(z)−w + 1

w

− 1w2

=

w+f(z)−ww(f(z)−w)

− 1w2

=wf(z)

w − f(z),

que esta en S.


7. Transformaciones del tipo raız cuadrada:

Teorema 4.1.

a) Si f ∈ S, entonces existe una rama holomorfa de√f(z2) que es impar y de clase S.

b) Recıprocamente si g ∈ S es una funcion impar, entonces existe una funcion f ∈ Stal que g2(z) = f(z2) en D.

Demostracion.

a) Supongamos que f ∈ S. Podemos escribir f como su desarrollo en serie en torno a 0:

f(z) = z +

∞∑n=2

anzn.

La funcion f tiene un cero simple en 0 (por la inyectividad), con lo que existe una funcionh : D −→ C holomorfa y nunca nula en D tal que f(z) = zh(z) en D. Ademas,

h(0) = lımz→0

h(z) = lımz→0

f(z)

z= f ′(0) = 1.

Por el Teorema 3.3, existe una rama holomorfa de√h en D. Sea ψ dicha rama, que, como

sabemos, es tambien nunca nula en D. Observese que ψ(0) =√h(0) = 1.

Por tanto, para cada z ∈ D se tiene f(z) = zh(z) = zψ2(z). Evaluando en z2, tenemos

f(z2) = z2ψ2(z2).

Consideremos la funcion g(z)def= zψ(z2). Es claro que g2(z) = f(z2), es decir, que g es una

rama holomorfa de√f(z2). Veamos que g es una funcion impar y de clase S.

Nota. Para la existencia de g solo se ha necesitado usar que f(0) = 0 y que f es una funcionunivalente en D.

La funcion g es impar:

g(−z) = −zψ[(−z)2] = −zψ(z2) = −g(z).

La funcion g es de clase S:En primer lugar, es facil ver que g(0) = 0 y g′(0) = 1.

• g(0) = 0ψ(0) = 0 · 1 = 0.

• g′(0) = lımz→0g(z)−g(0)

z = lımz→0g(z)z = lımz→0 ψ(z2) = ψ(0) = 1.

Para ver la inyectividad necesitaremos algo mas de trabajo. En primer lugar, probaremosque g(0) = 0 si, y solo si, z = 0:

En efecto, si g(z) = 0, entonces es zψ(z2) = 0, con lo que, al ser ψ nunca nula en D, debeser z = 0. El recıproco se sigue de la definicion de g.

Veamos, ahora, que g es inyectiva:Sean z1, z2 ∈ D con g(z1) = g(z2). Se tiene, entonces, que g2(z1) = g2(z2), luego f(z2

1) =f(z2

2), con lo que, por la inyectividad de f , debe ser z21 = z2

2 . Por tanto, existe ξ ∈ −1, 1tal que

z1 = ξz2.

Para probar la inyectividad de g bastara probar que ξ = 1.Si z1 = 0, entonces, como z1 = ξz2, se tiene que 0 = ξz2, luego z2 = 0.Si z1 6= 0, entonces z1ψ(z2

1) = g(z1) 6= 0, luego 0 6= g(z1) = g(ξz2), de donde, como g esimpar, se deduce que, en cualquier caso (ya sea ξ = 1 o ξ = −1) debe ser g(z1) = ξg(z2).

4.2. TRANSFORMACIONES EN LA CLASE S. 55

Como estamos suponiendo que g(z1) = g(z2), se tiene, entonces, que g(z1) = ξg(z1). Sifuese ξ = −1, entonces g(z1) = −g(z1), con lo que 2g(z1) = 0, esto es, g(z1) = 0, lo queimplica que z1 = 0, en contra de la eleccion de z1 6= 0.Por tanto, debe ser ξ = 1, luego z1 = z2.

b) Recıprocamente, supongamos que existe una funcion g ∈ S impar. Entonces podemos escribir

g(z) = z +

∞∑n=2

Anzn.

Como g es impar, los coeficientes pares de su desarrollo en torno a 0, A2n , son todos nulos.(Ejercicio 2, Rel 3)

Entonces,

g(z) =

∞∑k=0

A2k+1z2k+1 = z

( ∞∑k=0

A2k+1z2k

),

donde la ultima serie de esta igualdad tiene radio de convergencia mayor o igual que 1 (puesconverge, al menos, para el disco unidad).

Sea ψ : D −→ C la funcion definida por ψ(z) =∑∞k=0A2k+1z

k, que es holomorfa en D. Enefecto, basta con tener en cuenta que la serie que la define tiene radio de convergencia mayoro igual que 1, pues la serie

∑∞k=0A2k+1z

2k converge para cualquier z ∈ D, con lo que, enparticular, dado z0 ∈ D, lo hara en una raız cuadrada suya, w0 ∈ D, de modo que se tendra laconvergencia de la serie

∑∞k=0A2k+1w

2k0 =

∑∞k=0A2k+1z

k0 .

Ası, hemos encontrado una funcion ψ holomorfa en D tal que

g(z) = zψ(z2) para cada z ∈ D.

Nota. La funcion ψ verifica que ψ(0) = A1 = g′(0) = 1.

Definamos la funcion holomorfa f : D −→ C dada por

f(z) = zψ(z2),

que verifica la condicion

g2(z) = f(z2).

Veamos que f ∈ S:

f(0) = 0 · ψ2(0) = 0 · 1 = 0.

f ′(0) = lımz→0f(z)−f(0)

z = lımz→0f(z)z = lımz→0 ψ

2(z) = ψ2(0) = 1.

f es inyectiva:Sean z1, z2 ∈ D tales que f(z1) = f(z2). Sean ξ1, ξ2 ∈ D con ξ2

1 = z1 y ξ22 = z2, respecti-

vamente. Entonces,

f(ξ21) = f(ξ2

2)⇒ g2(ξ1) = g2(ξ2),

lo que implica que existe ξ = ±1 tal que

g(ξ1) = ξg(ξ2).

Ahora bien, como g es impar, es g(ξ1) = g(ξξ2), lo que equivale, dada la inyectividad deg, a que

ξ1 = ξξ2 ⇒ ξ21 = ξ2ξ2

2 ⇒ z1 = z2.


4.3. Teorema del area de Gronwall.

Recordemos, en primer lugar, el Teorema de Green:

Teorema 4.2 (de Green). Sea ~F = (P,Q) : R2 −→ R2 un campo vectorial diferenciable de clase C1. SeaC una curva regular cerrada en R2 parametrizada en sentido antihorario con interior D. Entonces∫

C

P (x, y)dx+Q(x, y)dy =

∫∫D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)dxdy.

Nota. Recordemos que, si γ(t) = (u(t), v(t)), t ∈ [a, b] es una parametrizacion de la curva C,entonces ∫

C

P (x, y)dx+Q(x, y)dydef=

∫ b

a

[P (u(t), v(t))u′(t) +Q(u(y), v(t))v′(t)] dt.

Ejemplo 4.2. Si queremos calcular el area encerrada por una curva C como la de las hipotesis delteorema anterior, bastara, entonces, encontrar P y Q tales que ∂Q

∂x −∂P∂y = 1.

Un ejemplo es el siguiente: Si C es la circunferencia unidad recorrida de forma simple en sentidopositivo, entonces, por el Teorema de Green aplicado al campo F (x, y) = (P (x, y), Q(x, y)) = (0, x),

Area(D) =

∫∫D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)dxdy =

∫C

P (x, y)dx+Q(x, y)dy =

∫ 2π

0

cos t cos tdt = π.

Teorema 4.3 (del area de Gronwall). Sea R > 0. Sea f una funcion holomorfa definida en un dominioque contiene a la circunferencia CR ≡ |z| = R. Consideremos el desarrollo de Laurent de f en 0,f(z) =

∑∞n=−∞ anz

n. Si γR ≡ f(CR) es una curva de Jordan con interior DR, entonces

Area(DR) = π

∣∣∣∣∣∞∑

n=−∞nR2n|an|2

∣∣∣∣∣ .

Demostracion. Por el Teorema de Green y aplicando un razonamiento como el del ejemplo ante-rior (tomando el mismo campo vectorial),

Area(DR) =

∫∫DR

dxdy =

∫γR

xdy =

∣∣∣∣∫ π

−πu(t)v′(t)dt

∣∣∣∣ ,siendo u(t) = Re(f(Reit)) = f(Reit)+f(Reit)

2 y v(t) = Im(f(Reit)) = f(Reit)−f(Reit)2i las partes real

e imaginaria, respectivamente, de una parametrizacion γ de la curva γR.

Pero

u(t) =f(Reit) + f(Reit)

2=

1

2

[ ∞∑n=−∞

anRneint +

∞∑n=−∞

anRne−int

]

=1

2

[ ∞∑n=−∞

Rn(ane

int + ane−int)] .

y

v(t) =f(Reit)− f(Reit)

2i=

1

2i

[ ∞∑n=−∞

Rn(ane

int − ane−int)],

4.4. EL TEOREMA DE BIEBERBACH Y EL TEOREMA DE 1/4 DE KOEBE. 57

con lo que

v′(t) =i

2i

∞∑n=−∞

nRn(aneint + ane

−int).

Ası pues, como∫eiktdt = 2π si k = 0 y 0 para todo k ∈ Z\0,

Area(DR) =

∣∣∣∣∫ π

−πu(t)v′(t)dt

∣∣∣∣ =1

4

∣∣∣∣∣∫ π

−π

[ ∞∑m=−∞

Rm(ameimt + ame

−imt)

][ ∞∑n=−∞

nRn(aneint + ane

−int)

]∣∣∣∣∣=

1

4

∣∣∣∣∣∫ π

−π

[ ∞∑n,m=−∞

nRn+m(amanei(m+n)t + amane

i(m−n)t + amanei(n−m)t + amane

−i(n+m)t)

]dt

∣∣∣∣∣=π

2

∣∣∣∣∣∞∑

n=−∞(na−nan) +

∞∑n=−∞

(nR2nanan) +

∞∑n=−∞

(nR2nanan) +

∞∑n=−∞

(na−nan)

∣∣∣∣∣=π

2

∣∣∣∣∣∞∑

n=−∞n(a−nan + a−nan) + 2

∞∑n=−∞

nR2n|an|2∣∣∣∣∣ = π

∣∣∣∣∣∞∑

n=−∞nR2n|an|2

∣∣∣∣∣ ,donde, en la ultima igualdad, se ha usado el hecho de que

∞∑n=−∞

n(a−nan + a−nan) = 0.

Ejercicio 4.1. ¿Por que se ha podido dar el ultimo paso en la demostracion anterior? ¿Y elintercambio entre suma e integral?

4.4. El Teorema de Bieberbach y el Teorema de 1/4 de Koebe.

El siguiente objetivo es probar que, si f ∈ S, con f(z) =∑∞n=0 anz

n, entonces |a2| ≤ 2.

Antes de probarlo, algunas observaciones:

Observacion 4.3.

a) La funcion de Koebe es una funcion de clase S que verifica |a2(K)| = 2.En efecto, observese que, dado z ∈ D, es

1

1− z=

∞∑n=0

zn,

luego, derivando termino a termino la serie de potencias anterior,

1

(1− z)2=

∞∑n=1

nzn−1 para cada z ∈ D,

con lo que

K(z) =z

(1− z)2=

∞∑n=1

nzn para cada z ∈ D,

siendo, entonces,an(K) = n para cada n ∈ N.

Ası pues,|an(K)| = 2.


Nota. Recordemos que se dijo que la funcion K era extremal para ciertas propiedades de laclase S. Este es un ejemplo de ello.

b) Cualquier rotacion de la funcion de Koebe, definida por

Rθ,K(z)def= e−iθK(eiθz) =

z

(1− eiθz)2= z

∞∑n=1

neiθ(n−1)zn−1 =

∞∑n=1

neiθ(n−1)zn para cada z ∈ D,

que recordemos que preservaba la propiedad de pertenecer a la clase S, tambien es extremalpara la propiedad anterior, esto es,

|an(Rθ,K)| = 2,

puesan(Rθ,K) = neiθ(n−1) para cada n ∈ N,

de donde se obtienea2(Rθ,K) = 2eiθ ⇒ |a2(Rθ,K)| = 2.

c) Si f ∈ S, entonces existe una rama holomorfa e impar, F ∈ S, de√f(z2). ¿Que relacion existe

entre los coeficientes de Taylor de ambas funciones?

En primer lugar, recordemos que, por ser F impar, su desarrollo en serie de Taylor en torno a0 es de la forma

F (z) =

∞∑k=0

A2k+1z2k+1.

Supongamos que el desarrollo de Taylor de f en torno a 0 es de la forma

f(z) =

∞∑n=0

anzn.

Como F 2(z) = f(z2), se tiene

(z +A3z3 +A5z

5 + · · · )(z +A3z3 +A5z

5 + · · · ) = (a1z2 + a2z

4 + a3z5 + · · · ).

De este modo, si nos quedamos con los coeficientes de orden 4 del producto anterior, se tieneque

A3 =a2

2.

d) Si g ∈ S, entonces g solo se anula en 0, que es un cero simple de g, por ser esta inyectiva.Ası pues, la funcion 1

g es holomorfa en D\0 y tiene un polo simple en z = 0. El desarrollo

de Laurent de 1g en 0 es, entonces de la forma siguiente,

1

g(z)=b−1

z+

∞∑n=0

bnzn.

Ademas, el residuo de g en 0 es b−1 = 1. En efecto, como g ∈ S, podemos escribir

g(z) =

∞∑n=0

anzn, con a0 = 0 y a1 = 1

con lo que

1 = g(z)1

g(z)= (

b−1

z+ b0 + b1z + b2z

2 + · · · )(z + a2z2 + a3z

3 + · · · ),

luego1 = (b−1 + (· · · )z + (· · · )z2 + · · · ),

4.4. EL TEOREMA DE BIEBERBACH Y EL TEOREMA DE 1/4 DE KOEBE. 59

donde se observa claramente que, entonces, debe ser b−1 = 1 (por la unicidad de los coeficien-tes).De este ultimo razonamiento obtenemos, ademas, que b0 = −a2 y a3 + b0a2 + b1 = 0. Pero, sig es impar, se tiene que b0 = 0 y b1 = −a3. En definitiva, hemos obtenido que, si g ∈ S esimpar, entonces

b−1 = 1, b0 = 0, b1 = −a3.

Teorema 4.4 (de Bieberbach). Sea f ∈ S de la forma f(z) = 1 +∑∞n=2 anz

n. Entonces |a2| ≤ 2.Ademas, la igualdad se da si, y solo si, la funcion f es una rotacion de la funcion de Koebe.

Demostracion. Segun el Teorema 4.1, existe una rama holomorfa impar, F ∈ S, de√f(z2). Escribamos

F (z) =∑∞k=0A2k+1z

2k+1.Consideremos la funcion g definida por g(z) = 1

F (z) , que es holomorfa en D\0 y tiene un polo simple

en z = 0 (como en la observacion anterior). Segun la observacion anterior (b−1 = 1), podemos escribir,entonces,

g(z) =1

z+

∞∑n=0

bnzn.

Ademas, la funcion g es claramente inyectiva.Definamos, para cada R ∈ (0, 1), la circunferencia CR = |z| = R. Como g es inyectiva, la curvaγR = g(CR) es una curva de Jordan a cuyo interior llamaremos DR.Estamos en condiciones de aplicar el Teorema del area de Gronwall. Segun dicho teorema:

Area(DR) = π

∣∣∣∣∣− 1

R2+

∞∑n=1

n|bn|2R2n

∣∣∣∣∣ .Consideremos la funcion h : (0, 1) −→ R definida por h(R) = − 1

R2 +∑∞n=1 n|bn|2R2n, que es nunca nula

(su modulo representa el area de la region DR) y continua. Por el Teorema de Bolzano, la funcion h tienesigno constante en (0, 1). El hecho de que

lımR→0+

− 1

R2+

∞∑n=1

n|bn|2R2n = −∞,

asegura que el signo de h en (0, 1) es negativo, de modo que, para cada R ∈ (0, 1), es

− 1

R2+

∞∑n=1

n|bn|2R2n ≤ 0,

es decir,∞∑n=1

n|bn|2R2n ≤ 1

R2.

Por tanto, como esto es para cada 0 < R < 1, cuando R tiende a 1, obtenemos

∞∑n=1

n|bn|2 = lımR→1−

∞∑n=1

n|bn|2R2n ≤ 1. (4.1)

En particular, esto asegura que |b1|2 ≤ 1, lo que equivale a que |b1| ≤ 1.Segun las dos ultimas observaciones anteriores, al ser F ∈ S una funcion impar, tal que F 2(z) = f(z2),

b1 = −A3 = −a2

2.

Por tanto, como |b1| ≤ 1, es∣∣−a22 ∣∣ ≤ 1, es decir,

|a2| ≤ 2.


Esto prueba la primera parte del teorema. El hecho de que, si f es una rotacion de la funcion de Koebe,entonces es |a2| = 2 se ha visto en la observacion anterior. Supongamos, ahora, que |a2| = 2 y veamosque f es una rotacion de K. No olvidemos que es

∣∣−a22 ∣∣ = |b1|. Segun la hipotesis es, entonces, |b1| = 1.Como |b1| = 1, segun 4.1, es bn = 0 para cada n ≥ 2.Por tanto, podemos escribir

g(z) =1

z+ b0 + b1z,

siendo b0 = 0 segun la ultima de las observaciones anteriores. Por tanto, como |b1| = 1, existe θ ∈ R talque b1 = eiθ, de modo que

g(z) =1

z+ eiθz =

1 + eiθz2

z,

luego

F (z) =1

g(z)=

z

1 + eiθz2

y, comoF 2(z) = f(z2),

se tiene que, al ser

F 2(z) =z2

(1 + eiθz2)2,

esf(z) =

z

(1 + eiθz)2,

que, segun lo visto en la observacion anterior (segundo apartado), es una rotacion de la funcion de Koebe.

Teorema 4.5 (de 1/4 de Koebe). Sean f ∈ S y w /∈ f(D). Entonces |w| ≥ 14 . Ademas, la igualdad se da

si, y solo si, la funcion f es una rotacion de la funcion de Koebe y, en tal caso, es w = − 14e−iθ, siendo

θ el angulo de la rotacion de la funcion de Koebe.

Demostracion. Recordemos que la transformacion de f por valor omitido deja invariante a la clase S,

con lo que la funcion g definida por g(z) = wf(z)w−f(z) esta en la clase S.

Sabemos, por el Teorema de Bieberbach, que, si

f(z) = z +

∞∑n=2

anzn y g(z) = z +

∞∑n=2

bnzn,

entonces|a2| ≤ 2 y |b2| ≤ 2.

Ademas, g(z)(w − f(z)) = wf(z), luego

(z + b2z2 + b3z

3 + · · · )(w − z − a2z2 − a3z

3 − · · · ) = w(z + a2z2 + a3z

3 + · · · ),

con lo que, si nos fijamos en los coeficientes de z2 en el producto anterior, tenemos, que, dada la unicidadde los coeficientes, −1 + b2w = a2w, de donde, como w 6= 0 (si fuese w = 0, entonces serıa w ∈ f(D)), setiene que

− 1

w+ b2 = a2.

Por tanto,1

|w|=

∣∣∣∣− 1

w

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣− 1

w+ b2 − b2

∣∣∣∣ = |a2 − b2| ≤ 2 + 2 = 4 (4.2)

y, entonces

|w| ≥ 1

4,

4.5. EL TEOREMA DE DISTORSION Y CRECIMIENTO 61

lo que prueba la primera parte del teorema.Si |w| = 1

4 , en 4.2, se tiene la igualdad en cada paso. En particular, se obtiene que 4 = |a2 − b2| ≤|a2|+ |b2| ≤ 4, luego, como |a2| ≤ 2 y |b2| ≤ 2, la unica opcion posible es que se tenga |a2| = 2 y |b2| = 2.

Por el Teorema de Bieberbach, f es una rotacion de la funcion de Koebe. Es decir, existe θ ∈ R tal quef(z) = eiθK(e−iθz) para cada z ∈ D. Como se ha visto en la observacion 2, se tiene a2 = 2eiθ.

Ahora bien, sabemos que |a2 − b2| = |a2| + |b2|, luego a2 y −b2 tienen el mismo modulo y el mismoargumento (probarlo), luego son iguales, es decir, a2 = −b2 = −a2 − 1

w , esto es, − 1w = 2a2, de donde se

deduce, finalmente, que

− 1

w= 2 · 2eiθ ⇒ w = −1

4e−iθ.

Observacion 4.4. El Teorema de 1/4 de Koebe se puede enunciar diciendo que, si f ∈ S, entoncesD(0, 1

4 ) ⊂ f(D).

4.5. El Teorema de distorsion y crecimiento

Necesitaremos un lema previo para probar el Teorema de distorsion y crecimiento.

Lema 4.1. Si f ∈ S, entonces∣∣∣∣f ′′(a)

f ′(a)a− 2|a|2

1− |a|2

∣∣∣∣ ≤ 4|a|1− |a|2

para cada a ∈ D.

Demostracion. Observese que, para a = 0 la desigualdad es algo trivial. Sea a ∈ D\0. Entonces la

aplicacion Fa(z) = f(Ta(z))−f(Ta(0))(fTa)′(0) esta en la clase S, como ya sabemos. Por tanto, |a2(Fa)| ≤ 2, es decir,

|F ′′a (0)|2

≤ 2⇒ |F ′′a (0)| ≤ 4.

Ahora bien, como

T ′a(0) = 1− |a|2, T ′′a (0) = −2(1− |a|2)a

(f Ta)′(0) = f ′(a)(1− |a|2)

(f Ta)′′(0) = f ′′(a)(1− |a|2)2 − 2f ′(a)f ′(a)(1− |a|2)a, (Compruebese)

el hecho de que sea |F ′′a (0)| ≤ 4 equivale a que∣∣∣∣f ′′(a)(1− |a|2)2 − 2f ′(a)f ′(a)(1− |a|2)a

(1− |a|2)f ′(a)

∣∣∣∣ ≤ 4,

o, equivalentemente, ∣∣∣∣f ′′(a)

f ′(a)(1− |a|2)2 − aa

∣∣∣∣ ≤ 4,

es decir, como a 6= 0, ∣∣∣∣1− |a|2a

∣∣∣∣ ∣∣∣∣f ′′(a)

f ′(a)a− 2|a|2

1− |a|2

∣∣∣∣ ≤ 4.

En definitiva, se tiene que ∣∣∣∣f ′′(a)

f ′(a)a− 2|a|2

1− |a|2

∣∣∣∣ ≤ 4|a|

1− |a|2.


Teorema 4.6 (de distorsion y crecimiento). Sea f ∈ S. Entonces,

1. 1−|z|(1+|z|)3 ≤ |f

′(z)| ≤ 1+|z|(1−|z|)3 para cada z ∈ D.

2. |z|(1+|z|)2 ≤ |f(z)| ≤ |z|

(1−|z|)2 para cada z ∈ D.

Ademas, alguna de las igualdades en 1 o en 2 se da para algun z 6= 0 si, y solo si, f es una rotacion dela transformacion de Koebe.

Ejercicio 4.2. Verificar que, si f es una rotacion de K, entonces se da la igualdad en 1 y en 2 para algunz ∈ D\0.Indicacion: Hay uno de esos z en cada circunferencia de centro 0 y radio r. Podemos controlar el modulomaximo de f(z) por K(z).

Demostracion. Para z = 0 la desigualdades 1 y 2 son igualdades elementales.Sea z ∈ D\0. Existen R ∈ (0, 1) y θ ∈ R tales que z = Reiθ.En primer lugar, probamos la desigualdad 1. Para ello, consideremos la curva γ en C\0 parametrizadapor la aplicacion

γ : [0, R] −→ C\0γ(ρ) = (1− ρ2)f ′(ρeiθ)

Esta parametrizacion es continua, derivable y no nula. Existe, entonces, una rama continua y derivablede log(1− ρ2)f ′(ρeiθ) (repasar el curso pasado) tal que log(1) = 0. Entonces∣∣log

[(1− |z|2)f ′(z)

]∣∣ =∣∣log(1−R2)f ′(Reiθ)

∣∣ =

=∣∣log

[(1−R2)f ′(Reiθ)

]− log(1)

∣∣=

∣∣∣∣∣∫ R

0

∂

∂ρ

[log(1− ρ2)f ′(ρeiθ)

]dρ

∣∣∣∣∣ ≤∫ R

0

∣∣∣∣ ∂∂ρ [log(1− ρ2)f ′(ρeiθ)]∣∣∣∣ dρ.

Teniendo en cuenta que∣∣∣∣ ∂∂ρ [log(1− ρ2)f ′(ρeiθ)]∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ −2ρ

1− ρ2+f ′′(ρeiθ)eiθ

f ′(ρeiθ)

∣∣∣∣ =

=1

ρ

∣∣∣∣ −2ρ2

1− ρ2eiθ + ρeiθ

f ′′(ρeiθ)eiθ

f ′(ρeiθ)

∣∣∣∣ ≤lema

4

1− ρ2,

(4.3)

se tiene que

∣∣log[(1− |z|2)f ′(z)

]∣∣ ≤ ∫ R

0

4

1− ρ2dρ = 2 log

(1 + ρ

1− ρ

)]R0

= log

(1 +R

1−R

)2

.

Por tanto, ∣∣log[(1− |z|2)|f ′(z)|

]∣∣ ≤ ∣∣log[(1− |z|2)f ′(z)

]∣∣ ≤ log

(1 + |z|1− |z|

)2

,

pues Re(log[(1− |z|2)f ′(z)

])= log

[(1− |z|2)|f ′(z)|

]y |Re(ω)| ≤ |ω| para cada ω ∈ C.

Ası pues,

log

(1 + |z|1− |z|

)−2

≤ log(1− |z|2)|f ′(z)| ≤ log

(1 + |z|1− |z|

)2

,

luego, como log es una funcion creciente,(1 + |z|1− |z|

)−2

≤ (1− |z|2)|f ′(z)| ≤(

1 + |z|1− |z|

)2

,

4.5. EL TEOREMA DE DISTORSION Y CRECIMIENTO 63

lo que equivale a que

1

1− |z|2

(1 + |z|1− |z|

)−2

≤ |f ′(z)| ≤ 1

1− |z|2

(1 + |z|1− |z|

)2

,

es decir, teniendo en cuenta que 1− |z|2 = (1 + |z|)(1− |z|),

1− |z|(1 + |z|)3

≤ |f ′(z)| ≤ 1 + |z|(1− |z|)3

.

Esto prueba 1.Ademas, si se da alguna de las igualdades en 1 para algun z 6= 0, todas las desigualdades anteriores sonigualdades. En particular, ∫ R

0

∂

∂ρ

[log(1− ρ2)f ′(ρeiθ)

]=

∫ R

0

4

1− ρ2.

esta igualdad de da, dado que las funciones a integrar son continuas y no negativas, si, y solo si,∣∣∣∣f ′′(ρeiθ)f ′(ρeiθ)eiθ − 2ρ

1− ρ2eiθ∣∣∣∣ =

4

1− ρ2para cada ρ ∈ (0, R].

Ası que, si ρ→ 0, entonces,∣∣∣∣f ′′(0)

f ′(0)eiθ − 0

∣∣∣∣ =4

1− 0⇐⇒ |f ′′(0)| = 4. ⇐⇒ |f ′(0)|

2= 2 ⇐⇒ |a2| = 2,

con lo que f es, por el Teorema de Bieberbach, una rotacion de la funcion de Koebe.

Ahora probamos la desigualdad 2. Como z 6= 0, es

|f(z)| = |f(z)− f(0)| =∣∣∣∣∫ z

0

f ′(ξ)dξ

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∫ 1

0

f ′(tz)zdt

∣∣∣∣ ≤≤∫ 1

0

|f ′(tz)||z|dt ≤ |z|∫ 1

0

1 + |z|(1− t|z|)3

dt =|z|

(1− |z|)2.

Como antes, si se da la igualdad anterior, todo lo anterior son igualdades (en particular, las integralesanteriores) y se tendrıa la igualdad en 1 para algun elemento no nulo del disco, de modo que f serıa unarotacion de la funcion de Koebe.Veamos que |f(z)| ≥ |z|

(1+|z|)2 para cada z ∈ D.Consideremos, para verlo, la funcion

h : [0, 1] −→ Rh(x) = x

1+x2

Es facil ver que h(x) ≤ 14 para cada x ∈ [0, 1]. Por tanto, si |f(z)| ≥ 1

4 , entonces la desigualdad es trivial.Supongamos, entonces, que |f(z)| < 1

4 y veamos, tambien, que la desigualdad es cierta.Por el Teorema de 1/4 de Koebe, sabemos que D(0, 1

4 ) ⊂ f(D) y, como f es inyectiva, podemos considerarla funcion f−1 : [0, f(z)] −→ D. Consideremos la curva γ = f−1([0, f(z)]). Entonces,

|f(z)| =∫

[0,f(z)]

|dw| =∫fγ|dw| =

∫ 1

0

|f ′(γ(t))||γ′(t)|dt ≥∫ 1

0

1− |γ(t)|1 + |γ(t)|3

|γ′(t)|dt ≥

≥∫ 1

0

1− |γ(t)|(1 + |γ(t)|)3

d

dt|γ(t)|dt =

∫ |z|0

1− s(1 + s)3

ds =|z|

(1 + |z|)2,

donde, la ultima igualdad se obtiene haciendo el cambio s = γ(t) y la ultima desigualdad se obtiene del

hecho de que, como |γ(t)| =√γ(t)γ(t), es

d

dt|γ(t)| = γ′(t)γ(t) + γ(t)γ′(t)

2|γ(t)|=Re(γ′(t)γ(t)

|γ(t)|≤ |Re(γ

′(t)γ(t)||γ(t)|

≤ |γ′(t)γ(t)||γ(t)|

≤ |γ′(t)|.


Esto prueba la desigualdad 2.Ademas, esta ultima igualdad se da si, y solo si, se da la igualdad en los pasos anteriores, lo que equivalea que se de la igualdad en 1 y, por tanto, como hemos probado antes, esto es equivalente a que f sea unarotacion de la funcion de Koebe.

Observacion 4.5. Observese que, como

K(z) =z

(1− z)2K ′(z) =

1 + z

(1− z)3,

podemos escribir

1. |K ′(−|z|)| ≤ |f ′(z)| ≤ K ′(|z|).

2. |K(−|z|)| ≤ |f(z)| ≤ K(|z|).

Corolario 4.1. La clase S es finitamente normal. De hecho, es compacta.

Demostracion. Sea R ∈ (0, 1). Si |z| ≤ R y f ∈ S, por el Teorema de distorsion y crecimiento, tenemosque

|f(z)| ≤ K(|z|) =|z|

(1− |z|)2≤ R

(1−R)2.

Por tanto, S esta uniformemente acotada en cada compacto de D y, por el Teorema de Montel, esfinitamente normal.Veamos que es compacta. Para ello, consideremos una sucesion fn∞n=0 ⊂ S. Como S es finitamentenormal, podemos extraer una subsucesion de fn∞n=0, fnk∞k=0, que converge uniformemente en cadacompacto de D a una funcion holomorfa, f .Si vemos que f ∈ S, habremos acabado.

f(0) = 0:Como 0 es un compacto de D, la sucesion fnk(0)∞k=0 converge en C a f(0). Por tanto,

f(0) = lımk→∞

fnk(0) = 0.

f ′(0) = 1:Por el Teorema de Weierstrass, f ′nk

∞k=0 converge uniformemente en cada compacto del disco a la

funcion f ′, luego, como antes,

f ′(0) = lımk→∞

f ′nk(0) = 1.

f es inyectiva:Como f es lımite uniforme en compactos de una sucesion de funciones inyectivas, el Teorema deHurwitz (II) asegura que f es constante o inyectiva. Como f ′(0) = 1 6= 0, la funcion f no esconstante en un entorno de 0 (Teorema de la Funcion Inversa) y, por tanto, no puede ser constante,luego es inyectiva.

Por tanto, en efecto, f ∈ S, es decir, S es compacta.

4.6. La conjetura de Bieberbach.

Bieberbach probo en 1916 que, si f(z) =∑∞n=0 anz

n ∈ S, entonces |a2| ≤ 2. Ademas, para la funcionde Koebe, se tiene que K(z) =

∑∞n=1 nz

n, de donde se obtiene que an(K) = n para cada n ∈ N. Bie-berbach conjeturo que, si f ∈ S, entonces |an| ≤ n para cada n ∈ N. Durante muchos anos, la conjeturaestuvo abierta y hubo progresos debidos a Littlewood, Haymann... Finalmente, en 1984, Louis de Brongeprobo que esta era cierta.

4.6. LA CONJETURA DE BIEBERBACH. 65

¿Como conseguir una cota para |an| usando las propiedades de f?

Observese que

|an(f)| =∣∣∣∣f (n)(0)

n!

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ 1

2πi

∫|ξ|=ρ

f(ξ)

ξn+1dξ

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ i2πi

∫ 2π

0

f(ρeiθ)ρeiθ

ρn+1(eiθ)n+1dθ

∣∣∣∣ ≤ 1

ρn1

2π

∫ 2π

0

|f(ρeiθ)|dθ.

Definicion 4.3. Sean 0 < q <∞ y R > 0. Sea f : D(0, R) −→ C una funcion y consideremos ρ ∈ (0, R).Se define la media integral de orden q de la funcion f en |z| = ρ como la cantidad

Mq(ρ, f) =

(1

2π

∫ 2π

0

|f(ρeiθ)|qdθ)1/q

.

Con esta definicion, lo anterior se puede expresar como

|an(f)| ≤ 1

ρnM1(ρ, f).

Si se quiere acotar |an|, lo ideal es encontrar una cota para el crecimiento de M1(ρ, f). Aun no tenemosesto pero, sin embargo, sabemos que

|f(ρeiθ)| ≤ ρ

(1− ρ)2

y, por tanto, podemos afirmar que

|an| ≤1

ρn−1

1

(1− ρ)2, n ≥ 2, ρ ∈ (0, 1).

Nota. Haciendo esta acotacion estamos perdiendo informacion, pues acotamos siempre por el maximoen cada circunferencia.

Veamos donde la funcion hn : (0, 1) −→ R definida por hn(ρ) = ρ−n+1(1−ρ)2, n ≥ 2, alcanza su mınimo.Para ello basta hacer un estudio rutinario de su crecimiento (Ejercicio) obteniendo, al final, que, si n ≥ 2,entonces ρ = n−1

n+1 es el mınimo de hn(ρ). Evaluando en dicho mınimo, obtenemos, entonces, que, paracada n ≥ 2,

|an| ≤(n+ 1

n− 1

)n−11(

1− n−1n+1

)2 =

(n+ 1

n− 1

)n−1(n+ 1)2

4=

=

(1 +

1

n

)n(1 +

1

n− 1

)n−1(n+ 1)2

4

(n

n+ 1

)≤ e2

4n(n+ 1).

Para mejorar esta cota vamos a utilizar el Teorema de Littlewood, aunque antes necesitaremos el siguientelema:

Lema 4.2. Si h es holomorfa en D, entonces

M22 (ρ, h) =

1

2π

∫ 2π

0

|h(ρeiθ)|2dθ =

∞∑n=0

|an(h)|2ρ2n, 0 ≤ ρ < 1.

Demostracion. Sea ρ ∈ [0, 1). Como h es holomorfa en el disco, se puede desarrollar en serie de Tayloren torno a 0. Ademas, la convergencia de la serie en cada compacto es uniforme. Por tanto, intercambiandosuma con integral cuando es necesario, tenemos,

1

2π

∫ 2π

0

|h(ρeiθ)|2dθ =1

2π

∫ 2π

0

h(ρeiθ)h(ρeiθ)dθ =

=1

2π

∫ 2π

0

( ∞∑n=0

an(h)ρneiθn

)( ∞∑k=0

ak(h)ρke−iθk

)dθ =

=1

2π

∞∑n=0

|an(h)|2∫ 2π

0

ρ2ndθ =

∞∑n=0

|an(h)|2ρ2n,

donde hemos tenido en cuenta que eij·√

2πj∈Z es un sistema ortonormal en L2.


Teorema 4.7 (de Littlewood). Si f ∈ S, entonces

M1(ρ, f) ≤ ρ

1− ρ, 0 ≤ ρ < 1.

Demostracion. Para ρ = 0 el resultado es inmediato. Sea, entonces, ρ ∈ (0, 1). Como f ∈ S, existe unarama holomorfa de

√f(z2), que sabemos que es impar y esta en S.

Sea z ∈ D con |z| ≤ ρ. Por el Teorema de distorsion y crecimiento,

|f(z2)| ≤ |z|2

(1− |z|2)2≤ ρ2

(1− ρ2)2,

donde se ha usado el crecimiento de la funcion h(x) = x(1−x)2 , x ∈ [0, 1). Tenemos, entonces, que

|g(z)|2 = |f(z2)| ≤ ρ2

(1− ρ2)2⇐⇒ |g(z)| ≤ ρ

1− ρ2, si |z| ≤ ρ.

Por tanto, g(D(0, ρ)

)⊂ D

(0, ρ

1−ρ2

). Entonces,

Area[g(D(0, ρ)

)]≤ Area

[D

(0,

ρ

1− ρ2

)]= π

ρ2

(1− ρ2)2. (4.4)

Como g ∈ S, podemos escribir g(z) =∑∞n=0 cnz

n, con c0 = 0 y c1 = 1. Expresemos Area[g(D(0, ρ)

)]de otro modo:

Area[g(D(0, ρ)

)]=

∫∫g(D(0,ρ))

1dxdy =

∫∫D(0,ρ)

|g′(z)|2dxdy =

= 2π

∫ ρ

0

s

(1

2π

∫ 2π

0

|g′(seiθ)|2dθ)ds = 2π

∫ ρ

0

sM22 (s, g′)ds =

= 2π

∫ ρ

0

s

( ∞∑n=1

n2|cn|2s2n−2

)ds = 2π

∞∑n=1

n2|cn|2∫ ρ

0

s2n−1ds =

= 2π

∞∑n=1

n2|cn|2ρ2n

2n= π

∞∑n=1

n|cn|2ρ2n,

donde se han usado, por orden, el cambio de variable g(x, y) = u(x, y) + iv(x, y), cuyo jacobiano es, porlas ecuaciones de Cauchy-Riemann,

J = det

(∂u∂x

∂u∂y

∂v∂x

∂v∂y

)=∂u

∂x

∂v

∂y− ∂u

∂y

∂v

∂x=

∣∣∣∣∂u∂x∣∣∣∣2 +

∣∣∣∣∂u∂y∣∣∣∣2 = |g′(z)|2;

el cambio a polares, el lema anterior y, por ultimo la convergencia uniforme en compactos de la serie.

Segun lo anterior, la desigualdad 4.4 se traduce en

π

∞∑n=1

n|cn|2ρ2n ≤ π ρ2

(1− ρ2)2, 0 < ρ < 1.

Es decir,∞∑n=1

n|cn|2ρ2n ≤ ρ2

(1− ρ2)2, 0 < ρ < 1.

Integrando respecto de ρ en [0, R], con R ∈ (0, 1), tenemos

I =

∫ R

0

( ∞∑n=1

n|cn|2ρ2n−1

)dρ ≤

∫ R

0

ρ

(1− ρ2)2dρ = II.


Por un lado,

I =

∞∑n=1

n|cn|2∫ R

0

ρ2n−1dρ =1

2

∞∑n=1

n|cn|2R2n

n=

1

2

∞∑n=1

|cn|2R2n.

Por otro lado,

II =

∫ R

0

ρ

(1− ρ2)2dρ =

1

2

1

(1− ρ2)

]R0

=1

2

(1

1−R2− 1

)=

R2

2(1−R2).

Por tanto, la desigualdad anterior asegura que

∞∑n=1

|cn|2R2n ≤ R2

1−R2, R ∈ (0, 1),

luego, utilizando el lema anterior, la periodicidad e imparidad de g, el cambio de variable θ = t2 y el

hecho de que g2(z) = f(z2), tenemos

∞∑n=1

|cn|2R2n = M22 (R, g) =

1

2π

∫ π

−π|g(Reiθ)|2dθ =

1

π

∫ π

0

|g(Reiθ)|2dθ =1

π

∫ 2π

0

|g(Reit2 )|2 dt

2=

=1

2π

∫ 2π

0

|f(R2eit)|dt = M1(R2, f).

Luego,

M1(R2, f) ≤ R2

1−R2, r ∈ (0, 1) ⇐⇒ M1(s, f) ≤ s

1− s, s ∈ (0, 1).

Corolario 4.2. Sea f ∈ S. Si f(z) = z +∑∞n=2 anz

n, entonces |an(f)| ≤ e · n.

Demostracion. (Ejercicio: se prueba con un razonamiento analogo al anterior, mediante el estudio dela funcion hn(ρ) = 1

ρn−11

1−ρ .)

Observacion 4.6. ¿Como de optima es la estimacion del Teorema de Littlewood?Consideremos la funcion de Koebe y calculemos M1(s,K), s ∈ (0, 1):

M1(s,K) =1

2π

∫ 2π

0

s

|1− seiθ|2dθ =

s

2π

∫ 2π

0

dθ

|1− seiθ|2=

s

1− s2

1

2π

∫ 2π

0

(1− s2)

|1− seiθ|2dθ =

=s

1− s2=

s

(1 + s)(1− s)<

s

1− s,

donde se ha usado que

1

2π

∫ 2π

0

(1− s2)

|1− seiθ|2dθ = 1. (Nucleo de Poisson)

Esto indica que en la estimacion del Teorema de Littlewood perdemos la informacion de (1 + s).

En lo que sigue, nuestro objetivo sera probar la conjetura de Bieberbach para algunas subclases de laclase S.

Definicion 4.4. Una funcion f ∈ Hol(D) con f(0) = 0 y f ′(0) = 1 es tıpicamente real si f(z) ∈ Runicamente cuando z ∈ R.

Observacion 4.7. Esta definicion se ha dado solamente para las funciones holomorfas en el disco conf(0) = 0 y f ′(0) = 1. En particular, tiene sentido para las funciones de la clase S.


Proposicion 4.1. Si f(z) = z+∑∞n=2 anz

n es tıpicamente real, entonces an ∈ R para todo n ∈ N∪0.

Demostracion. Consideremos la funcion g : D −→ C dada por

g(z) = f(z) =

∞∑n=0

anzn =

∞∑n=0

anzn.

Como f es holomorfa en D, la funcion g tambien lo es. En efecto, el hecho de que f sea desarrollable enserie de potencias en torno a 0 nos da una expresion de g como serie de potencias en torno a 0, con loque es analıtica y, por tanto, holomorfa.

Sea z ∈ R. Entonces es z = z, luego

f(z) = f(z) = f(z) = g(z).

Como esto es para cada z ∈ R, las funciones holomorfas f y g coinciden en un conjunto con puntos deacumulacion y, por el Teorema de Weierstrass, coinciden en todo su dominio.

Ahora bien, por la unicidad de los coeficientes de Taylor, an = an para cada n ∈ N∪ 0, esto es, an ∈ Rpara cada n ∈ N ∪ 0.

Ejercicio 4.3. El recıproco no es cierto. Basta considerar la funcion f(z) = ez − 1.

El recıproco de la proposicion anterior sı que es cierto si la funcion f es de la clase S.

Proposicion 4.2. Sea f ∈ S. Si todos los coeficientes de Taylor de f en torno a 0 son reales, entoncesf es tıpicamente real.

Demostracion. Para cada z ∈ D se tiene que, segun la hipotesis,

f(z) =

∞∑n=0

anzn =

∞∑n=0

anzn =

∞∑n=0

anzn = f(z).

Si z ∈ R, entonces es f(z) =∑∞n=0 anz

n ∈ R.

Supongamos ahora que f(z) ∈ R. Entonces es

f(z) = f(z)⇒ f(z) = f(z) = f(z),

con lo que, al ser f ∈ S (y, por tanto, inyectiva), se tiene

z = z,

esto es, z ∈ R.

Observacion 4.8. Segun este resultado, podemos decir que, si f ∈ S, entonces f es tıpicamente real si,y solo si, sus coeficientes de Taylor en torno a 0 son todos reales.

Observacion 4.9. Recordemos que

1

π

∫ π

−πsin(kθ) sin(nθ)dθ =

0 si k 6= n

1 si k = n

−1 si k = −n

y que, si θ ∈ [0, π], entonces

| sin(kθ)| ≤ k| sin θ| = k sin θ.

Teorema 4.8. Sea f(z) = z +∑∞n=2 anz

n una funcion tıpicamente real. Entonces |an| ≤ n.


Demostracion. Escribamos f(z) = u(z) + iv(z). Para cada z ∈ D\0, escribiremos z = ρeiθ. Se tiene,entonces, que, como f tiene coeficientes reales,

u(ρeiθ) + iv(ρeiθ) = f(ρeiθ) = f(ρe−iθ) = u(ρe−iθ) + iv(ρe−iθ) = u(ρe−iθ)− iv(ρe−iθ).

Por tanto, dada la anterior igualdad, se tiene

v(ρeiθ) = −v(ρe−iθ).

Fijado ρ, la funcion v(ρeiθ) es una funcion derivable de θ (en el sentido real). Es mas, es una funcion declase C∞, por tratarse de la parte imaginaria de una funcion holomorfa.

Ademas, dicha funcion es impar y nunca nula en (0, π). En efecto, para ver que v(ρeiθ) es nunca nula,tengamos en cuenta que, si θ ∈ (0, π), entonces ρeiθ /∈ R, pues el seno no se anula en (0, π). Ası pues,como f es tıpicamente real, es f(ρeiθ) /∈ R, lo que equivale a que v(ρeiθ) = Imf(ρeiθ) 6= 0, esto es, v(ρeiθ)tiene signo constante en (0, π).Ademas,

v(ρeiθ) = Im[f(ρeiθ)

]= Im

[ ∞∑n=0

anρneinθ

]=

∞∑n=0

anρnIm(einθ) =

∞∑n=0

anρn sin(nθ),

donde, en la penultima igualdad, se ha usado el hecho de que tanto an como ρ son reales.Teniendo en cuenta la anterior observacion,

|akρk| =∣∣∣∣ 1π∫ π

−πv(ρeiθ) sin(kθ)dθ

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ 2π∫ π

0

v(ρeiθ) sin(kθ)dθ

∣∣∣∣ ≤≤ 2

π

∫ π

0

|v(ρeiθ)|| sin(kθ)|dθ ≤ 2

π

∫ π

0

|v(ρeiθ)|k sin θdθ = k

∣∣∣∣ 2π∫ π

0

v(ρeiθ) sin θdθ

∣∣∣∣ =

= k

∣∣∣∣ 1π∫ π

−πv(ρeiθ) sin θdθ

∣∣∣∣ = k|a1ρ|.

Por tanto, si ρ ∈ (0, 1), entonces

|akρk| ≤ k|a1|ρ = kρ⇒ |ak| ≤ kρ1−k para cada k = 2, 3, . . .

Luego|ak| = lım

ρ→1−|akρk| ≤ lım

ρ→1−kρ1−k = k para cada k = 2, 3, . . . ,

como querıamos probar.

Corolario 4.3 (Conjetura de Bieberbach para coeficientes reales). Sea f(z) =∑∞n=0 anz

n ∈ S unafuncion de S con coeficientes reales. Entonces |an| ≤ n.

Definicion 4.5. Sea f una funcion univalente en D. Decimos que f es convexa si f(D) es un dominioconvexo.

Observacion 4.10. Si Ω es un conjunto convexo, w1, . . . , wn ∈ Ω, y∑nj=1 λj = 1, entonces λ1w1 + · · ·+

λnwn ∈ Ω.

Teorema 4.9. Sea F : D −→ Ω, F (z) =∑∞n=0Anz

n una aplicacion conforme y convexa. Si f(z) =∑∞n=0 anz

n es una funcion holomorfa en D con f(D) ⊂ Ω y f(0) = F (0), entonces |an| ≤ |A1|.

Demostracion. Observese que, por el resultado de construccion de funciones subordinadas, se tiene quef ≺ F . Entonces, |f ′(0)| ≤ |F ′(0)|, es decir, |a1| ≤ |A1|. Sea N ∈ N\1. Sea ξ = e

2kπiN , k 6= 0, una raız

propia de la unidad. Consideremos la funcion h(z) = f(z)+f(ξz)+···+f(ξN−1z)N , que es holomorfa en el disco.


Como Ω es convexo, f(ξkz) ∈ D ⊂ Ω y∑N−1j=0

1N = 1, es claro que h(D) ⊂ Ω. Como vimos en el ejercicio

6 de la primera relacion de ejercicios,

h(z) =

∞∑k=0

akNzkN .

Consideremos la funcion g(z) =∑∞k=0 akNz

k, que es holomorfa en D. Observese que g(D) ⊂ Ω. En efecto,si z ∈ D, entonces podemos elegir w ∈ D tal que z = wN y, por tanto,

g(z) = g(wN ) = h(w) ∈ Ω.

Ası, g(0) = a0 = f(0) = F (0), luego g ≺ F y, por tanto, |g′(0)| ≤ |F ′(0)|, esto es,

|aN | ≤ |A1|.

Corolario 4.4. Si f ∈ S es una funcion convexa y an∞n=0 son sus coeficientes de Taylor en torno a 0,entonces |an| ≤ 1 para cada n ∈ N ∪ 0.

Demostracion. Basta aplicar el resultado anterior con F = f .

Ejercicio 4.4.

1. Buscar en S una funcion convexa tal que, si f(z) = z +∑∞n=2 anz

n, entonces |an| = 1 para cadan ∈ N. (es decir, encontrar una funcion extremal para la propiedad anterior)

2. Si f es convexa y ρ ∈ (0, 1), entonces f(D(0, ρ)) es un dominio convexo.

3. Si f ∈ S es una funcion convexa, entonces D(0, 12 ) ⊂ f(D).

Definicion 4.6. Sea f ∈ S. Decimos que f es estrellada si su imagen es estrellada respecto del origen.

Observacion 4.11. Si Ω es un conjunto convexo que contiene al origen, entonces es estrellado respectodel origen, pero el recıproco no es cierto. Ası pues, si f es convexa, entonces es estrellada, pero el recıprocono es cierto.

Por ultimo, enunciaremos un resultado cuya prueba no veremos:

Teorema 4.10. Si f ∈ S es una funcion estrellada, entonces |an(f)| ≤ n para cada n ∈ N ∪ 0.

Tema 5

Funciones armonicas.

5.1. Relacion entre funciones armonicas y funciones holomorfas.

Uno podrıa estudiar la teorıa de funciones armonicas en Rn de forma independiente y sin relacionarla conla teorıa de funciones holomorfas. Sin embargo, nosotros estudiaremos la teorıa de funciones armonicas enC (es decir, en R2) en relacion con la teorıa de funciones holomorfas, ya que este es un curso de AnalisisComplejo.

Definicion 5.1. Sean D un abierto de C y u : D −→ R una funcion. Decimos que u es armonica en Dsi u ∈ C2(D) y ∆u = uxx + uyy = 0 en D.

Teorema 5.1. Sean D un abierto de C y f : D −→ C una funcion holomorfa en D. Entonces Re(f) eIm(f) son armonicas en D.

Demostracion. Como f ∈ Hol(D), es claro que u ≡ Re(f) y v ≡ Im(f) son de clase C∞(D). Ademas,por las ecuaciones de Cauchy-Riemann, es

ux = vy

uy = −vxen D.

Por tanto, teniendo en cuenta el Teorema de Schwarz,∆u = uxx + vyy = (vy)x − (vx)y = vxy − vxy = 0.

∆v = vxx + vyy = −(uy)x + (ux)y = −uxy + uxy = 0en D.

Si u es una funcion armonica en un dominio D ¿existe siempre una funcion holomorfa, f, tal que Re(f) = uen D?Vamos a ver que la respuesta es afirmativa si, y solo si, estamos trabajando en un dominio simplementeconexo. Para ello, necesitaremos el siguiente resultado:

Proposicion 5.1. Sean D un abierto de C y u una funcion armonica en D. Consideremos la funcionf = ux − iuy. Entonces f es holomorfa en D.

Demostracion. Es claro que f ası definida es diferenciable en sentido real, pues u ∈ C2(D).Veamos que se cumplen las ecuaciones de Cauchy-Riemann en D para U = ux y V = −uy.

Ux = Vy:En efecto, Ux = Vy en D si, y solo si, uxx = −uyy en D, es decir, si, y solo si, uxx + uyy = 0 en D,lo cual es cierto por ser u una funcion armonica en D.

71

72 TEMA 5. FUNCIONES ARMONICAS.

Uy = −Vx:Como antes, Uy = −Vx en D si, y solo si, uxy = uyx en D, es decir, si, y solo si, uxy − uyx = 0, locual es cierto por el Teorema de Schwarz.

Por tanto, la funcion f = U + iV es holomorfa en D.

Corolario 5.1. Sean D un abierto de C y u una funcion armonica en D. Entonces u ∈ C∞(D).

Demostracion. Basta ver que, si u es armonica, entonces f = ux − iuy es una funcion holomorfa, conlo que ux, uy ∈ C∞(D), luego u ∈ C∞(D).

Proposicion 5.2. Sean Ω un dominio simplemente conexo de C y sea u una funcion armonica en Ω.Entonces existe una funcion holomorfa en Ω, F , tal que Re(F ) = u en Ω. Ademas, F es unica salvoconstantes imaginarias, iλ, λ ∈ R.

Demostracion. Por la proposicion anterior, la funcion f ≡ ux− iuy es holomorfa en Ω. Entonces, comoΩ es simplemente conexo, f tiene primitiva en Ω. Sea F una primitiva de f tal que ReF (z0) = u(z0) paracierto z0 ∈ Ω fijado. Veamos que Re(F ) = u en Ω.Si escribimos F ≡ U + iV , entonces, al ser F primitiva de f en Ω, es F ′ = Ux + iVx =

C-RUx − iUy = f =

ux − iuy en D.Por tanto,

Ux = ux

Uy = uyen Ω,

luego, integrando respecto de x en la primera igualdad anterior,

U = u+ ϕ(y) en Ω,

con lo que, al derivar respecto de y, debe ser

Uy = uy + ϕ′(y) en Ω,

pero, teniendo en cuenta la segunda ecuacion, debe ser ϕ′ = 0 en Ω, con lo que existe c ∈ R tal que ϕ = cen Ω.Ası pues, U ≡ u + c en Ω. Ademas, hemos supuesto que U(z0) = ReF (z0) = u(z0), con lo que debe serc = 0, luego u = U = Re(F ).Esto prueba la existencia. Veamos, ahora, la unicidad:

Es claro que G = F + iλ, λ ∈ R tambien es una funcion holomorfa en Ω verificando Re(G) = u en Ω.Recıprocamente, si F1 y F2 son funciones holomorfas en Ω tales que Re(F1) = Re(F2) = u en Ω, entoncesRe(F1) − Re(F2) = Re(F1 − F2) = 0 en Ω. Por tanto, por el Teorema de la aplicacion abierta, F1 − F2

es una funcion constante. Sea C dicha constante.Como Re(F1 − F2) = 0 en Ω y F1 − F2 = C en Ω, debe ser Re(C) = 0, luego existe λ ∈ R con C = iλ.Ası pues, F1 = F2 + iλ.

Corolario 5.2. Sean D un abierto de C y u una funcion armonica en D. Sean z0 ∈ D y r > 0 tales queD(z0, r) ⊂ D. Entonces existe una funcion holomorfa en D(z0, r) con Re(F ) = u en D(z0, r).

Observacion 5.1. Toda funcion es, localmente, la parte real de una funcion holomorfa. Aun es mas: unafuncion u es armonica en un abierto D si, y solo si, es localmente la parte real de una funcion holomorfa.

Definicion 5.2. Sean D un abierto en C y u una funcion armonica en D. Diremos que v : D −→ R esuna conjugada armonica de u en D si f ≡ u+ iv es una funcion holomorfa en D.

5.1. RELACION ENTRE FUNCIONES ARMONICAS Y FUNCIONES HOLOMORFAS. 73

Proposicion 5.3 (Ejercicio : Propiedades basicas).

1. Si u es armonica en un abierto D y v es una conjugada armonica de u en D, entonces v es armonicaen D.

2. Si u es armonica en un dominio Ω y v es una conjugada armonica de u en Ω, entonces v es unicasalvo por adicion de constantes.

3. Si u es armonica en un dominio simplemente conexo, Ω, entonces existe una conjugada armonicade u en Ω.

Ejemplo 5.1. El siguiente es un ejemplo de funcion armonica en un dominio Ω que no tiene conjugadaarmonica en Ω:Consideremos el dominio Ω = C\0 y, definida en el, la funcion armonica u(z) = log |z|. La funcion uno puede tener conjugada armonica en Ω pues, en tal caso, existirıa una rama del argumento en C\0,lo cual sabemos que no puede ocurrir.

Teorema 5.2. Sea Ω un dominio en C. Son equivalentes:

1. Ω es simplemente conexo.

2. Toda funcion armonica en Ω tiene conjugada armonica en Ω.

Demostracion. Es claro, por el resultado anterior, que, si Ω es simplemente conexo, entonces toda fun-cion armonica en Ω tiene conjugada armonica en Ω.

El recıproco es trivial si Ω = C. Supongamos, entonces, que Ω 6= C. Veamos que todo ciclo en Ω eshomologo a 0 modulo Ω. Bastara ver que, si a ∈ C\Ω, entonces 1

z−a tiene una primitiva en Ω pues, en talcaso, si F es una tal primitiva, serıa

1

2πi

∫Γ

1

z − adz = F (Extremo(Γ))− F (Origen(Γ)) = 0.

Sea, entonces, a ∈ C\Ω. Consideremos la funcion u : Ω −→ R definida por u(z) = log |z−a|. Como a /∈ Ω,log |z − a| es armonica en Ω. (Ejercicio 1 Rel 4)Por hipotesis, existe una funcion holomorfa en Ω, f , tal que Ref(z) = log |z − a|.Consideremos la funcion e−f(z)(z − a) ∈ Hol(Ω). Entonces

|e−f(z)(z − a)| = |z − a|e−Ref(z) = |z − a|e− log |z−a| = |z − a| 1

|z − a|= 1.

Como e−f(z)(z−a) es holomorfa en Ω y su imagen cae dentro de la circunferencia unidad (pues su moduloes siempre 1, como acabamos de ver), por el Teorema de la aplicacion abierta, e−f(z)(z−a) es una funcionconstante. Sea C dicha constante. Debe ser |C| = 1 pues, como hemos dicho, la imagen de e−f(z)(z − a)cae dentro de la circunferencia unidad. Por tanto, derivando en la ecuacion e−f(z)(z − a) = C, tenemos

−e−f(z)f ′(z)(z − a) + e−f(z) = 0,

luego

f ′(z)(z − a)− 1 = 0,

con lo que

f ′(z) =1

z − a,

es decir, f es una primitiva de 1z−a en Ω.


5.2. Propiedades de las funciones armonicas.

Proposicion 5.4 (Propiedad del valor medio para funciones armonicas). Sean D un abierto en C y uuna funcion armonica en D. Sean z0 ∈ D y r > 0 tales que D(z0, r) ⊂ D. Entonces

u(z0) =1

2π

∫ 2π

0

u(z0 + ρeiθ)dθ para cada ρ ∈ [0, r).

Demostracion. Como D(z0, r) es simplemente conexo y u es armonica en D(z0, r), existe una funcion,f , holomorfa en D(z0, r) tal que u = Re(f) en D(z0, r).Por la formula de Cauchy, si 0 < ρ < r,

f(z0) =1

2πi

∫|z−z0|=ρ

f(z)

z − z0dz =

1

2πi

∫ 2π

0

f(z0 + ρeiθ)

ρeiθiρeiθdθ =

1

2π

∫ 2π

0

f(z0 + ρeiθ)dθ,

luego

u(z0) = Ref(z0) = Re

(1

2π

∫ 2π

0

f(z0 + ρeiθ)dθ

)=

1

2π

∫ 2π

0

Ref(z0 + ρeiθ)dθ =1

2π

∫ 2π

0

u(z0 + ρeiθ)dθ.

Proposicion 5.5 (Version debil del Ppo. del maximo para funciones armonicas). Sean D un abierto enC y u una funcion armonica en D. Supongamos que u alcanza su maximo en un punto z0 ∈ D. Entoncesexiste r > 0 tal que u es constante en D(z0, r).

Demostracion. Como D es abierto en C y z0 ∈ D, existe r > 0 con D(z0, r) ⊂ D.Como D(z0, r) es simplemente conexo, existe una funcion, f , holomorfa en D(z0, r) con Re(f) = u enD(z0, r). Ademas, si z ∈ D(z0, r), entonces

|ef(z)| = eRef(z) = eu(z) ≤ eu(z0) = |ef(z0)|,

siendo ef(z) una funcion holomorfa en D(z0, r). Entonces, por el principio del maximo (debil) para fun-ciones holomorfas, ef(z) es constante en D(z0, r), luego |ef(z)| = eu(z) tambien es constante en D(z0, r),con lo que u es constante en D(z0, r).

Hemos dado una version del principio del maximo para funciones armonicas. ¿Sera cierto el Teorema deIdentidad de Weierstrass para funciones armonicas?

Un contraejemplo sencillo es la funcion u definida por u(z) = Re(z), z ∈ C. Es claro que u es armoni-ca y que u ≡ 0 en iR, que tiene puntos de acumulacion en C. Sin embargo, es claro que u no es nula en C.

Buscamos un “sustituto” para el teorema en el contexto de las funciones armonicas.

Teorema 5.3 (de identidad para funciones armonicas). Sean Ω un dominio y u una funcion armonicaen Ω. Sea G ⊂ Ω un abierto tal que u ≡ 0 en G. Entonces u ≡ 0 en Ω.

Demostracion. Sea f = ux − iuy en Ω. Sabemos que f es holomorfa en Ω por ser u armonica. Comou ≡ 0 en G, entonces f ≡ 0 en G. Pero f es holomorfa y G es un abierto en Ω, luego tiene puntos deacumulacion en Ω. Por tanto, el Teorema de Identidad de Weierstrass asegura que f ≡ 0 en Ω. Ası pues,u es constante en Ω y, como u ≡ 0 en G, debe ser u ≡ 0 en Ω.

Observacion 5.2. En la prueba anterior, ¿donde se usa el hecho de que G es abierto?

Corolario 5.3. Sean Ω un dominio y u y v dos funciones armonicas en Ω. Si u y v coinciden en unabierto de Ω, entonces coinciden en todo Ω.

5.2. PROPIEDADES DE LAS FUNCIONES ARMONICAS. 75

Teorema 5.4 (Ppo. del maximo para funciones armonicas I). Sean Ω un dominio en C y u una funcionarmonica en Ω. Supongamos que u alcanza su maximo en un punto z0 ∈ Ω. Entonces u es constante enΩ.

Demostracion. Por la version debil del ppo. del maximo para funciones armonicas, existe r > 0 talque u es constante en D(z0, r) ⊂ D Pero D(z0, r) es abierto, con lo que, por el corolario anterior, u esconstante en Ω.

Notacion 5.1. Escribiremos D∞ ≡ D ∪ ∂∞D.

Teorema 5.5 (Ppo. del maximo para funciones armonicas II). Sean Ω un dominio en C y u una funcionarmonica en Ω. Sea M ∈ R con

lım supz→ξ

u(z) ≤M para cada ξ ∈ ∂∞Ω.

Entonces u(z) ≤M para cada z ∈ Ω. Ademas, si u alcanza su maximo en Ω, entonces u es constante enΩ.

Demostracion. Sea K ≡ supz∈Ω u(z). Para ver que u(z) ≤M para cada z ∈ Ω, basta ver que K ≤M .

Por definicion de supremo, existe una sucesion znn∈N en Ω tal que lımn→∞ u(zn) = K. Observeseque Ω∞ es un cerrado de C∗, que es compacto y, por tanto, es compacto de C∗. Ası pues, existe unasubsucesion de znn∈N que converge a un punto z∗ ∈ Ω∞. Por comodidad, supondremos que dichasubsucesion es la propia sucesion znn∈N.

Hay dos posibilidades para z∗:

1er Caso. z∗ ∈ ∂∞Ω:Entonces,

K = lımn→∞

u(zn) ≤ lım supz→z∗

u(z) ≤M.

2o Caso. z∗ ∈ Ω:Entonces u(z∗) = K, es decir, u alcanza su maximo en el punto z∗ de Ω. Por el teorema anterior,u ≡ K en Ω, luego K = lım supz→ξ u(z) ≤M .

La ultima afirmacion se sigue inmediatamente de la version anterior.

Nota. Si u es armonica en Ω, entonces −u es tambien armonica en Ω, lo que permite obtener el siguienteppo. del mınimo para funciones armonicas.

Teorema 5.6 (Ppo. del mınimo para funciones armonicas). Sean Ω un dominio y u y una funcionarmonica en Ω. Entonces

1. Si existe M ∈ R tal quelım inf u(z) ≥M para cada ξ ∈ ∂∞Ω,

entonces u(z) ≥M para cada z ∈ Ω.

2. Si u alcanza su mınimo en Ω, entonces es constante en Ω.

Demostracion. Basta aplicar el teorema anterior a la funcion −u.


Corolario 5.4. Sean Ω un dominio en C y u una funcion armonica en Ω y continua en Ω∞. Entonces,

maxz∈Ω∞

u(z) = maxz∈∂∞Ω

u(z) y mınz∈Ω∞

u(z) = mınz∈∂∞Ω

u(z).

Demostracion. Si u es constante, entonces no hay nada que probar. Si no lo es, el maximo y el mınimose alcanzan en la frontera. En efecto, si no fuera ası, u serıa constante.

Corolario 5.5. Sean Ω un dominio y u una funcion armonica en Ω y continua en Ω∞. Si u ≡ 0 en∂∞Ω, entonces u ≡ 0 en Ω.

Corolario 5.6. Sean Ω un dominio y u y v dos funciones armonicas en Ω y continuas en Ω∞. Si u ≡ ven ∂∞Ω, entonces u ≡ v en Ω.

Observacion 5.3. El resultado anterior se puede enunciar diciendo que una funcion armonica en undominio queda totalmente determinada por sus valores en la frontera.

5.3. Problema de Dirichlet.

Definicion 5.3. El problema de Dirichlet en Ω con valor f en la frontera es el problema de,dados un dominio Ω en C y una funcion continua, f : ∂∞Ω −→ R, encontrar una funcion armonica en Ωy continua en Ω∞ con u ≡ f en ∂∞Ω.

Si este problema tiene solucion para toda f continua en ∂∞Ω, entonces diremos que Ω es regular parael problema de Dirichlet. Vamos a ver que D es regular para el problema de Dirichlet (haremos unaprueba constructiva de este hecho). Veremos, tambien, que D\0 no es regular para el problema deDirichlet.

5.3.1. Existencia de dominios regulares para el problema de Dirichlet.

Nuestro siguiente objetivo es probar que D es regular para el problema de Dirichlet (en adelante, PD).Para verlo, primero necesitaremos responder a la siguiente pregunta: ¿es posible expresar u(a), a ∈ D enterminos de los valores de u en ∂D?Para responder a esta pregunta, necesitaremos el siguiente lema:

Lema 5.1. Sean Ω y Ω′ dos dominios en C y u una funcion armonica en Ω′. Sea f ∈ Hol(Ω) tal quef(Ω) ⊂ Ω′. Entonces u f es armonica en Ω.

Demostracion. Sea z0 ∈ Ω. Como Ω′ es un dominio, existe R > 0 tal que D(f(z0), R) ⊂ Ω′.Como u es armonica en Ω′, en particular lo es en D(f(z0), R). Como D(f(z0), R) es simplemente conexo,existe una funcion g ∈ Hol(D(f(z0), R)) tal que Reg = u en D(f(z0), R).Como f es holomorfa en Ω, es continua en Ω, luego existe ρ > 0 tal que f(D(z0, ρ)) ⊂ D(f(z0), R). Portanto, g f es holomorfa en D(z0, ρ), y Re(g f) = u f en D(z0, ρ), luego u f es armonica en D(z0, ρ)por ser la parte real de una funcion holomorfa en dicho disco.

Sea u una funcion armonica en D y continua en D, entonces, por la propiedad del valor medio, es

u(0) =1

2π

∫ 2π

0

u(ρeit)dt para cada 0 ≤ ρ < 1.

5.3. PROBLEMA DE DIRICHLET. 77

Consideremos, para cada ρ ∈ (0, 1), la funcion

uρ : ∂D −→ Reit 7→ u(ρeit)

obteniendo ası la familia de funciones uρρ∈(0,1).

Como u es continua en D, es uniformemente continua en D, con lo que uρ −→ρ→1−

u uniformemente en

∂D. En efecto, es claro que, dado t, es

u(eit) = lımρ→1−

u(ρeit),

por ser u una funcion continua en D. La continuidad uniforme asegura que esta convergencia es uniforme.Entonces, dado que la convergencia uniforme permite permutar lımite e integral,

u(0) = lımρ→1−

(1

2π

∫ π

−πu(ρeit)dt

)=

1

2π

∫ π

−πlımρ→1−

u(ρeit)dt =1

2π

∫ π

−πu(eit)dt.

Por tanto, hemos probado que

u(0) =1

2π

∫ π

−πu(eit)dt

usando el hecho de que u es armonica en D y continua en D.Para tener la propiedad en cualquier punto del disco utilizaremos transformaciones de Mobius.Sea a ∈ D. Entonces

u(a) = u Ta(0) =1

2π

∫ π

−πu Ta(eit)dt,

pues, por el lema anterior, u Ta es armonica en D y continua en D (con lo que se puede usar todo loanterior).Por el Teorema del Cambio de Variable, usando el cambio Ta(eit) = eiϕ y teniendo en cuenta el hecho deque Ta(∂D) = ∂D, T−1

a = T−a y que la funcion a integrar es 2π-periodica, se tiene

u(a) =1

2π

∫ π

−πu Ta(eit)dt =

1

2π

∫ π

−πu(eiϕ)

T ′−a(eiϕ)eiϕ

T−a(eiϕ)dϕ.

Ahora bien, como

T ′−a(eiϕ)eiϕ

T−a(eiϕ)=

1−|a|2(1−aeiϕ)2 e

iϕ

eiϕ−a1−aeiϕ

=(1− |a|2)eiϕ

(eϕ − a)(1− aeiϕ)=

1− |a|2

(1− ae−iϕ)(1− aeiϕ)=

1− |a|2

|1− e−iϕ|2,

la expresion anterior queda

u(a) =1

2π

∫ π

−πu(eiϕ)

1− |a|2

|1− ae−iϕ|2dϕ.

Teorema 5.7. Sea u una funcion armonica en D y continua en D. Entonces, si a ∈ D,

u(a) =1

2π

∫ π

−πu(eiϕ)

1− |a|2

|1− ae−iϕ|2dϕ

=1

2π

∫ π

−πu(eiϕ)

1− ρ2

|1− ρei(θ−ϕ)|2dϕ, siendo a = ρeiθ.

Definicion 5.4. A la familia de funciones reales de variable real, Pρρ∈(0,1), definidas por

Pρ(t) =1− ρ2

|1− ρeit|2, para cada ρ ∈ (0, 1),

se le conoce como la familia de los nucleos de Poisson del disco unidad.


Observacion 5.4. Observese que es posible dar una definicion alternativa para los nucleos de Poissonen la forma

P (a, eit) =1− |a|2

|1− ae−it|2,

con lo que, si Arg(a) = θ y |a| = ρ, es P (a, eit) = Pρ(θ − t).De este modo, las integrales en el teorema anterior pueden escribirse en la forma:

u(a) =1

2π

∫ π

−πu(eiϕ)P (a, eiϕ)dϕ =

1

2π

∫ π

−πu(eiϕ)Pρ(θ − ϕ)dϕ.

Definicion 5.5. Sea f ∈ C(∂D,R) (basta que sea f ∈ L1(∂D)). Sea a ∈ D. Se define la integral dePoisson de f en a como

P[f ](a) =1

2π

∫ π

−πf(eit)P (a, eit)dt

o, equivalentemente,

P[f ](ρeiθ) =

1

2π

∫ π

−πf(eit)Pρ(θ − t)dt, si a = ρeiθ, θ ∈ [−π, π).

La solucion del problema de Dirichlet en el disco unidad viene dada por el siguiente resultado

Teorema 5.8. Sea f ∈ C(∂D,R). Entonces la funcion

u(z) =

f(z) si z ∈ ∂DP[f ](z) si z ∈ D

es armonica en D, continua en D y coincide con f en ∂D, es decir, es solucion del problema

(PD)

∆u = 0 en Du = f en ∂D

Antes de probar el teorema vamos a analizar ciertas propiedades de los nucleos de Poisson. Antes de ello,un lema:

Lema 5.2. Para cada t ∈ R, se tiene que

P (z, eit) = Re

(1 + ze−it

1− ze−it

)para cada z ∈ D.

Demostracion. En efecto, si z = |z|eiθ,

1 + ze−it

1− ze−it=

(1 + ze−it)(1− zeit)|1− ze−it|2

=1− |z|2 + ze−it − zeit

|1− ze−it|2=

1− |z|2

|1− ze−it|2+ i

2|z| sin(θ − t)|1− ze−it|2

,

donde se observa claramente que

P (z, eit) = Re

(1 + ze−it

1− ze−it

).


Proposicion 5.6 (Propiedades de los nucleos de Poisson).

1. Para cada ρ ∈ [0, 1) es Pρ > 0.

2. Si ρ ∈ [0, 1), entonces la funcion Pρ es una funcion continua, 2π-periodica, par y decreciente en elintervalo [0, π).

3. Fijado eit, la funcion z 7→ P (z, eit) es armonica en D.

4. Si δ > 0, entonces Pρρ∈(0,1) converge uniformemente a 0 cuando ρ → 1− en el conjuntot ∈ R : δ ≤ |t| ≤ π.

5. Si ρ ∈ (0, 1), entonces

1

2π

∫ π+θ0

−π+θ0

Pρ(t)dt = 1 para cada θ0 ∈ R.

Demostracion. Observese, en primer lugar, que podemos usar cualquiera de las siguientes expresiones(en negro) para el denominador del nucleo de Poisson:

|1− ρeit|2 = (1− ρeit)(1− ρe−it) = 1 + ρ2 − ρ(eit + e−it) =

= 1 + ρ2 − 2ρ cos t = 1 + ρ2 − 2ρ+ 2ρ(1− cos t) =

= (1− ρ)2 + 4ρ sin2 t

2.

1. Es trivial, por tratarse del cociente de dos terminos positivos.

2. La continuidad y la periodicidad son tambien triviales (el denominador nunca se anula y eit es2π-periodica). La paridad de Pρ es inmediata si observamos la ultima expresion del denominadorde Pρ.

Veamos el decrecimiento en [0, π). Sea t ∈ (0, π). Entonces,

d

dtPρ(t) =

d

dt

[(1− ρ2)

(1 + ρ2 − 2ρ cos t)

]=−(1− ρ2)2ρ sin t

(1 + ρ2 − 2ρ cos t)2< 0,

con lo que Pρ decrece en [0, π).

3. Basta usar el lema anterior y tener en cuenta que, fijado t ∈ R, la funcion allı mostrada es holomorfay el dominio D es simplemente conexo.

4. Si t ∈ Aδ ≡ t ∈ R : δ ≤ |t| ≤ π, entonces

Pρ(t) =1− ρ2

1 + ρ2 − 2ρ cos t≤ 1− ρ2

1 + ρ2 − 2ρ cos δ−→ρ→1−

0.

Fijado ε > 0, tomamos ρ0 ∈ (0, 1) tal que, si ρ ≥ ρ0, entonces Pρ(δ) < ε (observese que este ρ0

existe porque Pρ(δ)→ 0 cuando ρ→ 1− de manera inmediata), luego, si t ∈ Aδ y ρ ≥ ρ0, entonces,dado que Pρ es decreciente en [0, π), es

Pρ(t) ≤ Pρ(δ) < ε,

con lo que la convergencia es uniforme en Aδ.

5. En primer lugar, observese que, dada la 2π−periodicidad de la funcion, no importa en que intervalode longitud 2π estemos integrando. Veamos que, en efecto, la integral vale 1. Para ello, observemosque, si u es armonica en D y continua en D, entonces

u(ρeiθ) =1

2π

∫ π

−πu(eit)Pρ(θ − t)dt para cada ρ ∈ (0, 1), θ ∈ R.


Si θ = 0, entonces queda

u(ρ) =1

2π

∫ π

−πu(eit)Pρ(−t)dt para cada ρ ∈ (0, 1), θ ∈ R.

En particular, si u es la funcion que vale constantemente 1, es claro que esta es armonica y que escontinua en la adherencia del disco unidad, con lo que, por lo anterior y aplicando el hecho de quePρ es par,

1 = u(ρ) =1

2π

∫ π

−πPρ(−t)dt =

1

2π

∫ π

−πPρ(t)dt.

Observacion 5.5.

Observese que

Pρ(0) =1− ρ2

(1− ρ)2=

1 + ρ

1− ρ−→ρ→1−

∞

y, si t ∈ [−π, π]\0,

Pρ(t) =1− ρ2

1 + ρ2 − 2ρ cos t−→ρ→1−

0.

Cuando ρ→ 1− parece que toda la masa tiende a concentrarse cerca de t = 0.

Las afirmaciones 4 y 5 aseguran que la familia Pρρ∈(0,1) es una aproximacion de la identidad *en [−π, π]. Es decir, verifica que, si f ∈ Lp, 1 ≤ p <∞, entonces

lımρ→1−

f ∗ Pρ = f en Lp.

Intuitivamente se tiene que

Pρ −→ρ→1−

δ0 =

∞ si t = 0

0 si t 6= 0

Lo que ocurre es que Pρ converge a δ0 en el espacio de las medidas positivas con la topologıa debil-*.En este caso, esto significa que, si f ∈ C(∂D,R), entonces

lımρ→1−

1

2π

∫ π

−πf(eit)Pρ(t)dt =

1

2π

∫ π

−πf(eit)δ0(t)dt.

Demostracion. (del Teorema) Es claro que u coincide con f en ∂D. Veamos, ahora, que u es armonicaen D.(1a forma)Por el Teorema de derivacion bajo el signo integral,

∆u(z) = ∆

(1

2π

∫ π

−πf(eit)P (z, eit)dt

)=

1

2π

∫ π

−πf(eit)(∆P (z, eit))dt =

1

2π

∫ π

−πf(eit) · 0dt = 0,

pues, por las propiedades anteriores, sabemos que P (z, eit) es una funcion armonica de z en D.

(2a forma)Observese que, por el lema anterior,

u(z) =1

2π

∫ π

−πf(eit)Re

(1 + ze−it

1− ze−it

)dt = Re

(1

2π

∫ π

−πf(eit)

1 + ze−it

1− ze−itdt

)para cada z ∈ D.

Si definimos G(z) ≡ 12π

∫ π−π f(eit) 1+ze−it

1−ze−it dt para cada z ∈ D, bastara ver que G es holomorfa en D. Paraello, usaremos el Teorema de Morera:


1. La funcion G es continua:

En efecto, sea z0 ∈ D y consideremos una sucesion zkk∈N de puntos de D con lımk→∞ zk = z. SeaR > 0 con D(a0, R) ⊂ D. Entonces existe k0 ∈ N con ak ∈ D(a0, R) para cada k ≥ k0. Definamos la

sucesion de funciones hkk∈N definidas por hk(t) = f(eit) 1+zke−it

1−zke−it para cada k ∈ N. Es claro que,si k ≥ k0, entonces

|hk(t)| ≤ |f(eit)| max(z,t)∈D(z0,R)×[−π,π]

∣∣∣∣1 + ze−it

1− ze−it

∣∣∣∣ para cada (z, t) ∈ D(z0, R)× [−π, π].

Por el Teorema de la Convergencia Dominada,

lımk→∞

G(zk) = lımk→∞

1

2π

∫ π

−πf(eit)

1 + zke−it

1− zke−itdt = lım

k→∞

1

2π

∫ π

−πhk(t)dt =

=

∫ π

−πlımk→∞

hk(t)dt =1

2π

∫ π

−πlımk→∞

f(eit)1 + zke

−it

1− zke−itdt =

1

2π

∫ π

−πf(eit)

1 + z0e−it

1− z0e−itdt = G(z0).

2. Si γ es un camino cerrado en D, entonces, por el Teorema de Fubini (aplicado a una funcion de L1

por una funcion de L∞),∫γ

G(z)dz =

∫γ

(1

2π

∫ π

−πf(eit)

1 + ze−it

1− ze−itdt

)dz =

=1

2π

∫ π

−πf(eit)

(∫γ

1 + ze−it

1− ze−itdz

)dt =

1

2π

∫ π

−πf(eit) · 0dt = 0.

Queda por ver que u es continua en D. Para ello, veamos, primero, que

lımz→eiϕz∈D

u(z) = f(eiϕ) para cada ϕ ∈ R.(5.1)

Observese que, dado ϕ ∈ R,

u(ρeiθ) =1

2π

∫ π+ϕ

−π+ϕ

f(eit)Pρ(θ − t)dt

y que, por la quinta propiedad anterior,

u(ρeiθ)− f(eiϕ) =1

2π

∫ π+ϕ

−π+ϕ

[f(eit)− f(eiϕ)]Pρ(θ − t)dt.

Fijado ε > 0, basta ver que existen un ρ0 ∈ (0, 1) y un δ0 ∈ (0, π) tales que, si ρ ∈ [ρ0, 1) y |θ − ϕ| < δ0,entonces |u(ρeiθ)− f(eiϕ)| < ε.Sea ε > 0. Entonces, dados θ, ϕ ∈ R, y ρ ∈ (0, 1),

|u(ρeiθ)− f(eiϕ)| = 1

2π

∫ π+ϕ

−π+ϕ

[f(eit)− f(eiϕ)]Pρ(θ − t)dt =

=

∫|t−ϕ|<δ

[f(eit)− f(eiϕ)]Pρ(θ − t)dt+

∫δ<|t−ϕ|≤π

[f(eit)− f(eiϕ)]Pρ(θ − t)dt.

Llamaremos I1 e I2 a las dos respectivas integrales anteriores.Estimamos cada una de dichas integrales:

I1: Como f es continua en el compacto ∂D, es uniformemente continua en dicho conjunto, conlo que existe δ1 ∈ (0, π) tal que, si t, ϕ ∈ R verifican |t− ϕ| < δ1, entonces |f(eit)− f(eiϕ)| < ε/2.Ası pues, teniendo en cuenta esto y la ultima propiedad estudiada acerca de los nucleos de Poisson,se tiene

I1 <ε

2

1

2π

∫|t−ϕ|<δ1

Pρ(θ − t)dt ≤ε

2

1

2π

∫ π+ϕ

−π+ϕ

Pρ(θ − t)dt =ε

2.


I2: Sea δ0 = δ12 . Si |θ − ϕ| < δ0 y |t− ϕ| > δ1 = 2δ0, entonces es

|θ − t| = |θ − ϕ+ ϕ− t| ≥ |t− ϕ| − |θ − ϕ| ≥ 2δ0 − δ0 = δ0

y|θ − t| = |θ − ϕ+ ϕ− t| ≤ |θ − ϕ|+ |ϕ− t| < δ0 + π.

Ası pues, teniendo en cuenta el decrecimiento de Pρ en [0, π) y su periodicidad,

Pρ(θ − t) ≤ maxPρ(δ0), Pρ(δ0 + π) −→ρ→1−

0.

Por tanto, Pρ(θ− t)ρ∈(0,1) converge a 0 uniformemente en el conjunto de puntos (θ, t) ∈ R2 tales

que δ12 ≤ |θ − t| ≤ π + δ1

2 . Ası, existe ρ0 ∈ (0, 1) tal que, si ρ ≥ ρ0, entonces

Pρ(θ − t) <ε

4M,

donde M = maxt∈[0,2π] |f(eit)| ∈ R (observese que es finito porque f es continua en la frontera deldisco, que es compacta).

Luego,

I2 =1

2π

∫δ≤|t−ϕ|≤π

Pρ(θ − t)|f(eit)− f(eiϕ)|dt ≤ 1

2π2M


Pρ(θ − t)dt ≤

≤ M

π


ε

4Mdt ≤ M

π

ε

4M2π =

ε

2.

Hemos encontrado, entonces, un ρ0 ∈ (0, 1) y un δ0 ∈ (0, π) tales que, si ρ ∈ [ρ0, 1) y |θ−ϕ| < δ0, entonces

|u(ρeiθ)− f(eiϕ)| = I1 + I2 < ε/2 + ε/2 = ε.

Una vez visto esto, podemos probar que u es continua en D:

Es claro que u es continua en D, pues es armonica.

Sea ξ ∈ ∂D. Veamos quelımz→ξz∈D

u(z) = u(ξ).

Utilizaremos, para ello, la caracterizacion del lımite mediante sucesiones. Sea znn∈N una sucesionde puntos de D con lımn→∞ zn = ξ (existe porque ξ es un punto de acumulacion de D). Si todos loselementos de la sucesion znn∈N estan en D, entonces la continuidad de u resuelve el problema.En otro caso, consideramos la sucesion wnn∈N de puntos de D definida por wn = zn si zn ∈ Dy, de modo que wn ∈ D verifique |zn − wn| < 1

n y |u(zn) − u(wn)| < 1n si zn ∈ ∂D. Observese que

podemos hacer esta eleccion porque hemos probado antes (en 5.1) que

lımz→eiϕz∈D

u(z) = f(eiϕ) para cada ϕ ∈ R.

La sucesion wnn∈N converge a ξ, pues

|wn − ξ| ≤ |wn − zn + zn − ξ| ≤1

n+ |zn − ξ| para cada n ∈ N.

Como wnn∈N es una sucesion de puntos de D que converge a ξ, tenemos, de nuevo por 5.1, que

lımn→∞

u(wn) = f(ξ) = u(ξ).

Finalmente, segun la eleccion de los wn, se tiene

|u(zn)− u(ξ)| ≤ |u(zn)− u(wn)|+ |u(wn)− u(ξ)| ≤ 1

n+ |u(wn)− u(ξ)| para cada n ∈ N,


con lo que

lımn→∞

|u(zn)− u(ξ)| ≤ lımn→∞

1

n+ |u(wn)− u(ξ)| = 0,

esto es,lımn→∞

u(zn) = u(ξ).

Observacion 5.6. Si combinamos el Teorema 5.8 y el Corolario 5.6 obtenemos un resultado de existenciay unicidad de solucion del problema de Dirichlet en el disco unidad dado el dato f ∈ C(∂D,R).

A continuacion, extendemos este resultado de existencia y unicidad a dominios mas generales que el discounidad. Para ello seran esenciales el Teorema de la aplicacion conforme de Riemann y el Teorema deextension de Caratheodory.

Definicion 5.6. Sea Ω ⊂ C. Diremos que Ω es un dominio de Jordan si es el interior de una curva deJordan.

Teorema 5.9. Todo dominio de Jordan es regular para el problema de Dirichlet. Mas concretamente, sif : ∂∞Ω −→ R es una funcion continua y F : D −→ Ω es una aplicacion conforme, entonces la funcion

v(z) =

f(z) si z ∈ ∂∞Ω

P[fF ] F−1(z) si z ∈ Ω

es solucion del problema de Dirichlet para f en Ω.

Demostracion. Observese, en primer lugar, que una tal aplicacion F existe en virtud del Teorema dela aplicacion conforme de Riemann y que, por el Teorema de extension de Caratheodory, esta se extiendede manera homeomorfica a ∂D de manera que F (∂D) = ∂∞Ω.Como f y F son continuas en sus respectivos dominios, la composicion f F es continua en ∂D y, por elTeorema 5.8, la funcion

u(z) =

f F (w) si w ∈ ∂DP[fF ](w) si w ∈ D

es la solucion del problema de Dirichlet para f F en D.Consideremos la funcion v definida en el enunciado (observese que esta bien definida porque F se extiendea ∂D de manera continua y F (∂D) = ∂∞Ω). Segun la definicion de v se tiene

v(z) = u F−1(z) = u(F−1(z)) =

f F (F−1(z)) = f(z) si z ∈ ∂∞Ω

P[fF ](F−1(z)) si z ∈ Ω

Obviamente, se tiene v ≡ f en ∂∞Ω.

Para cada z ∈ Ω∞ se tiene v(z) = u F−1(z), siendo v, entonces, la composicion de una funcionarmonica en D con una funcion holomorfa de Ω en D cuya imagen es D. Por el Lema 5.1, v esarmonica en Ω.

Como u y F−1 son continuas, es claro que v es continua en Ω∞.

Observacion 5.7. De nuevo, el Corolario 5.6 junto con este Teorema proporcionan un resultado deexistencia y unicidad de solucion para el problema de Dirichlet en un dominio de Jordan cualquiera.Ademas, se conoce de manera explıcita dicha solucion.

Ahora veremos dos casos concretos de dominios en los que la funcion u que soluciona el problema deDirichlet es “manejable”. Estos son los casos del semiplano superior, H ≡ Im(z) > 0 y los discos deC(cualesquiera).


Corolario 5.7. Sean a ∈ C y R > 0. Sea f : D(a,R) −→ R una funcion continua. Entonces la funcion

u(a+ ρeiθ) =

f(a+Reiθ) si ρ = R

12π

∫ π

−πf(a+Reit)P ρ

R(θ − t)dt si 0 ≤ ρ < R

es solucion del problema de Dirichlet en D(a,R).

Demostracion. Por el teorema anterior, la solucion del problema de Dirichlet para f en D(a,R) es lafuncion

u(a+ ρeiθ) =

f(a+Reiθ si ρ = R

P[fF ](F−1(a+ ρeiθ)) si 0 ≤ ρ < R

Pero, si 0 ≤ ρ < R, entonces

u(a+ ρeiθ) = P[fF ]

( ρReiθ)

=1

2π

∫ π

−πf(a+Reit)P ρ

R(θ − t)dt.

Observacion 5.8. Como

P ρR

(θ − t) =1−

(ρR

)2∣∣1− ρRe

i(θ−t)∣∣2 =

R2 − ρ2∣∣R− ρei(θ−t)∣∣ ,podemos escribir la solucion del problema de Dirichlet en D(a,R) para f en la forma

u(a+ ρeiθ) =

f(a+Reiθ) si ρ = R

12π

∫ π

−πf(a+Reit)

R2 − ρ2∣∣R− ρei(θ−t)∣∣dt si 0 ≤ ρ < R

Corolario 5.8. Sea f : ∂∞H −→ R una funcion continua tal que∫ ∞−∞

|f(s)|1 + s2

ds <∞.

Entonces la funcion

u(x+ iy) =

f(x) si y = 0

1π

∫ π

−πf(s)PH(x− s, y)ds si y > 0

donde PH(s, y) = ys2+y2 es el nucleo de Poisson de H, es solucion del problema de Dirichlet para f en H.

Demostracion. Consideremos la aplicacion conforme de D en H definida por F (z) = i 1+z1−z , que se

extiende de manera homeomorfica a ∂D de manera que F (∂D) = ∂∞H. Ademas, la inversa de F vienedada por F−1(z) = z−i

z+i , luego, si y > 0, es

F−1(x+ iy) =x+ iy − ix+ iy + i

=x+ i(y − 1)

x+ i(y + 1)

y, como y > 0, es claro que F−1(x+ iy) ∈ D, luego existen ρ ∈ (0, 1) y θ ∈ [0, 2π) tales que

F−1(x+ iy) = ρeiθ.

Observese que F lleva la frontera de D en la frontera de H, de manera que, si hacemos el cambio devariable F (eit) = s, entonces se tiene que eit = F−1(s), con lo que, si t ∈ (0, 2π), entonces s ∈ (−∞,∞)y, ademas,

ieitdt = (F−1)′(s)ds ⇐⇒ dt =(F−1)′(s)

iF−1(s)ds


y, como

(F−1)′(s) =s+ i− (s− i)

(s+ i)2=

2i

(s+ i)2,

es

dt =

2i(s+i)2

i s−is+i

ds =2

(s+ i)(s− i)ds =

2

|s− i|2ds =

2

1 + s2ds.

En definitiva, por el Teorema del Cambio de Variable, tenemos para cada z = x+ iy ∈ H,

P[fF ] F−1(z) = P[fF ](ρeiθ) =

1

2π

∫ 2π

0

f(F (eit))1− ρ2

|1− ρei(θ−t)|2dt =

=1

2π

∫ ∞−∞

f(s)1− |F−1(x+ iy)|2∣∣∣1− F−1(x+ iy) 1

F−1(s)

∣∣∣22

1 + s2ds =

=1

2π

∫ ∞−∞

f(s)1− |F−1(x+ iy)|2∣∣∣1− F−1(x+ iy) s+is−i

∣∣∣22

1 + s2ds.

Ahora bien,

1− |F−1(x+ iy)|2∣∣∣1− F−1(x+ iy) s+is−i

∣∣∣2 =1−

∣∣∣x+i(y−1)x+i(y+1)

∣∣∣2∣∣∣1− x+i(y−1)x+i(y+1)

s+is−i

∣∣∣2 =|x+ i(y − 1)|2 − |x+ i(y − 1)|2∣∣∣ [x+i(y+1)](s−i)−[x+i(y−1)](s+i)

s−i

∣∣∣2Si llamamos N y D al numerador y denominador, respectivamente, de la expresion anterior, tenemos

N = x2 + (y + 1)2 − x2 − (y − 1)2 = y2 + 1 + 2y − y2 − 1 + 2y = 4y

yD · |s− i|2 = D(1 + s2) = |xs− xi+ i(y + 1)s+ y + 1− xs− xi− i(y − 1)s+ (y − 1)|2 =

= 2y + i(−x+ (y + 1)s− x− (y − 1)s)|2 = |2y + i(−2x+ ys+ s− ys+ s)|” =

= |2y + i(2s− 2x)|2 = 4(y2 + (x− s)2),

luego1− |F−1(x+ iy)|2∣∣∣1− F−1(x+ iy) s+is−i

∣∣∣2 =4y(1 + s2)

4(y2 + (x− s)2),

con lo que

u(x+ iy) =1

2π

∫ ∞−∞

f(s)(1 + s2)y

y2 + (x− s)2

2

1 + s2ds =

=1

π

∫ ∞−∞

f(s)y

y2 + (x− s)2ds =

1

π

∫ ∞−∞

f(s)PH(x− s, y)ds.

5.3.2. Existencia de dominios no regulares para el problema de Dirichlet.

Una vez visto un ejemplo positivo para la resolucion del problema de Dirichlet nos proponemos el ob-jetivo de encontrar un ejemplo negativo. A continuacion, veremos una serie de resultados en esta lınea.

Teorema 5.10 (1a version general del ppo. del maximo para funciones armonicas). Sea Ω un dominioacotado en C. Sea u una funcion armonica y acotada superiormente en Ω. Supongamos que existen M ∈ Ry un conjunto finito, ξ1, . . . , ξN, de puntos de ∂Ω tal que

lım supz→ξ

u(z) ≤M para cada ξ ∈ ∂Ω\ξ1, . . . , ξN.

Entoncesu(z) ≤M para cada z ∈ Ω.


Demostracion. Sea α = diamΩ, que es finito porque Ω es acotado. Sea ε > 0 y consideremos la funcion

uε(z) = u(z) + ε

N∑j=1

log

(|z − ξj |α

).

La funcion uε es armonica en Ω, pues u lo es por hipotesis y, dado j ∈ 1, . . . , N, log(|z−ξj |α

)es armonica

en Ω, ya que ξj /∈ Ω. (Ejercicio 1 Rel 4)

Ademas, 0 <|z−ξj |α ≤ 1, pues |z − ξj | ≤ α para cada z ∈ Ω. Ası pues,

∑Nj=1 log

(|z−ξj |α

)≤ 0 para cada

z ∈ Ω.Por tanto, si ξ ∈ ∂Ω\ξ1, . . . , ξN, entonces

lım supz→ξ

uε(z) ≤ lım supz→ξ

u(z) ≤M.

Ademas, dado j0 ∈ 1, . . . , N, se tiene, dado que u esta acotada superiormente por K ∈ R,

lım supz→ξj0

uε(z) = lım supz→ξj0

u(z) + ε

N∑j=1

log

(|z − ξj |α

)≤ K −∞ = −∞ ≤M.

Ası pues, en cualquier caso, dado ξ ∈ ∂Ω, se tiene

lım supz→ξ

uε(z) ≤M,

luego, por el Teorema 5.5 (Principio del maximo II), se tiene uε(z) ≤M para cada z ∈ Ω. Es decir,

u(z) + ε

N∑j=1

log

(|z − ξj |α

)≤M para cada z ∈ Ω.

Como esto es para cada ε > 0, se tiene que

u(z) ≤M para cada z ∈ Ω.

Teorema 5.11 (2a version general del ppo. del maximo para funciones armonicas). Sea Ω un dominioen C con exterior no vacıo. Sea u una funcion armonica y acotada superiormente en Ω. Supongamos queexisten M ∈ R y un conjunto finito, ξ1, . . . , ξN, de puntos de ∂Ω tal que

lım supz→ξ

u(z) ≤M para cada ξ ∈ ∂Ω\ξ1, . . . , ξN.

Entoncesu(z) ≤M para cada z ∈ Ω.

Demostracion. Como Ω tiene exterior no vacıo existen a ∈ C\Ω y R > 0 tales que D(a,R) ⊂ C\Ω. Sea

K =1

R

1 +

N∑j=1

|ξj − a|

.

Observese que un razonamiento similar al anterior es valido si consideramos, para cada ε > 0 la funcion

uε(z) = u(z)+ε∑Nj=1 log

(|z−ξj |K|z−a|

). Es claro que el argumento anterior funcionara si conseguimos probar


que∑Nj=1 log

(|z−ξj |K|z−a|

)es una funcion negativa y armonica en Ω que tiende a −∞ cuando z → ξj0 ,

j0 ∈ 1, . . . , N. Para ver esto, bastara ver que, dado j ∈ 1, . . . , N y z ∈ Ω, es

|z − ξj |K|z − a|

≤ 1.

En efecto, si j ∈ 1, . . . , N y z ∈ Ω, entonces

|z − ξj |K|z − a|

≤ |z − a|+ |a− ξj |K|z − a|

=1

K

(1 +|a− ξj ||z − a|

)≤ 1

K

(1 +|a− ξj |R

)=

1 +|a−ξj |R

1 +∑Nj=1

|ξj−a|R

≤ 1.

Teorema 5.12 (Singularidades evitables para funciones armonicas). Sean a ∈ C y R > 0. Sea u unafuncion armonica y acotada en D(a,R)\a. Entonces u se puede extender de forma armonica a D(a,R).

Demostracion. Sea ρ = R2 . Como u es armonica en D(a,R)\a, es continua en |z− a| = ρ. Sea v la

solucion del problema de Dirichlet en D(a, ρ) con valor u en la frontera. Entonces

La funcion v es armonica en D(a, ρ).

Las funciones u y v coinciden en ∂D(a, ρ).

La funcion v es continua en D(a, ρ) y, por tanto, acotada en dicho disco.

Por tanto, u− v es acotada en D(a, ρ). Ademas,

lımz→ξ

(u− v)(z) = 0 para cada ξ ∈ ∂D(a, ρ).

Como u− v es armonica en D(a, ρ)\a y

lım supz→ξ

(u− v)(z) ≤ 0 para cada ξ ∈ ∂(D(a, ρ)\a) salvo en a,

por la primera version (o la segunda) general del principio del maximo para funciones armonicas, es

(u− v)(z) ≤ 0 para cada z ∈ D(a, ρ)\a.

Analogamente, se puede probar que (v − u)(z) ≤ 0 para cada z ∈ D(a, ρ)\a, luego u y v coinciden enD(a, ρ)\a. Definiendo u(a) = v(a), obtenemos una extension armonica de u en D(a,R).

Teorema 5.13. El disco perforado D\0 no es regular para el problema de Dirichlet.

Demostracion. Consideremos la funcion

f(ξ) =

0 si |ξ| = 1

1 si ξ = 0

Supongamos que u es una funcion armonica en D\0 y continua en D que coincide con f en ∂D. Comou coincide en la frontera del disco con la funcion nula, es identicamente nula en el disco, con lo que nopuede coincidir con f en 0.


5.4. Caracterizacion de las funciones armonicas por la propie-dad del valor medio.

Toda funcion armonica es una funcion continua que satisface la propiedad del valor medio. A continuacion,vamos a ver que el recıproco es cierto. Es decir, las funciones armonicas son aquellas funciones continuasque verifican la propiedad del valor medio.

Teorema 5.14. Sean Ω un dominio y u una funcion continua en Ω. Supongamos que, para cada a ∈ Ω,existe ρa > 0 tal que D(a, ρa) ⊂ Ω y

u(a) =1

2π

∫ π

−πu(a+ ρeit)dt si 0 ≤ ρ < ρa. (5.2)

Entonces u es armonica en Ω.

Demostracion. Sea a ∈ Ω. Sea R = ρa2 . Sea v la solucion del problema de Dirichlet en D(a,R) con valor

u en la frontera. La funcion u−v es continua en D(a,R). Sea M = maxz∈D(a,R)

(u−v)(z) y consideremos

el compactoK = z ∈ D(a,R) : (u− v)(z) = M ⊂ D(a,R).

Como K es compacto existe un z0 ∈ K que resulta ser el punto mas alejado de a en K, es decir, la funcionh(z) = |z − a| alcanza su maximo en K (pues es continua en un compacto). Veamos que z0 ∈ ∂D(a,R).Una vez visto esto, se tendra

maxz∈D(a,R)

(u− v)(z) = maxz∈∂D(a,R)

(u− v)(z) = (u− v)(z0) = 0,

pues u y v coinciden en ∂D(a,R) (en particular en el punto z0, que, en breve, veremos que efectivamentees un punto de ∂D(a,R)). Luego u − v ≤ 0 en D(a,R), esto es, u ≤ v en D(a,R). De manera analogase probarıa que v ≤ u en D(a,R), de modo que, en definitiva, se tendra v = u en D(a,R), luego u esarmonica en D(a,R). Como ser armonica es una propiedad local, habremos terminado.Ası pues, veamos que z0 ∈ ∂D(a,R). Supongamos que no. Entonces z0 ∈ D(a,R), luego, por hipotesis,existe ρz0 > 0 tal que D(a, ρz0) ⊂ D(a,R) y de modo que se da 5.2 para cada 0 ≤ ρ < ρz0 . Podemoselegir ρz0 de manera que sea ρz0 < 2|z0 − a|. Con esta eleccion, para cada ρ con 0 < ρ < ρz0 , definamoslos conjuntos

Eρ1 ≡ t ∈ [0, 2π] : |z0 + ρeit − a| ≤ |z0 − a| y Eρ2 ≡ t ∈ [0, 2π] : |z0 + ρeit − a| > |z0 − a|.

Observese que[0, 2π] = Eρ1 ∪E

ρ2 .

Notese, ademas, que

Si z ∈ E1, entonces (u− v)(z) ≤M , pues M es el maximo de u− v en D(a,R).

Si z ∈ E2, entonces (u− v)(z) < M . Observese que la desigualdad es estricta, pues, si z esta en E2,esta mas lejos de a que z0, y z0 era el punto mas alejado de a en el cual u− v alcanza el valor M .

Ası pues, como u satisface la propiedad del valor medio y v es armonica, podemos escribir, dada la2π-periodicidad de la funcion a integrar,

M = (u− v)(z − 0) =1

2π

∫ 2π

0

(u− v)(z0 + ρeit)dt =

=1

2π

(∫Eρ1

(u− v)(z0 + ρeit)dt+

∫Eρ2

(u− v)(z0 + ρeit)

)<

<1

2π[M ·m(Eρ1 ) +M ·m(Eρ2 )] =

M

2π[m(Eρ1 ) +m(Eρ2 )] =

M

2πm([0, 2π]) = M.

Contradiccion, pues hemos obtenido M < M .

5.4. FUNCIONES ARMONICAS Y PROPIEDAD DEL VALOR MEDIO 89

Observacion 5.9. Aunque se suponga la existencia de un ρa concreto para cada a ∈ Ω, a posteriori 5.2se da para el mayor valor de ρ para el cual se tiene D(a, ρ) ⊂ Ω, pues, a posteriori, u es armonica.

Teorema 5.15. Sean Ω un dominio y unn∈N una sucesion de funciones armonicas en Ω. Si unn∈Nconverge uniformemente en cada compacto de Ω a una funcion u, entonces u es armonica en Ω.

Demostracion. En primer lugar, es claro que u es continua por ser lımite uniforme de funciones conti-nuas en cada compacto de Ω. Sean a ∈ Ω y R > 0 con D(a,R) ⊂ Ω. Sea n ∈ N. Como un es armonica enΩ, satisface la propiedad del valor medio en el disco D(a,R), luego

un(a) =1

2π

∫ π

−πun(a+ ρeit)dt para cada 0 ≤ ρ < R.

Sea 0 ≤ ρ < R. Como la circunferencia Cρ = z ∈ C : |z − a| = ρ es un compacto de Ω, la sucesionunn∈N converge uniformemente a u en Cρ. Por tanto, para cada 0 ≤ ρ < R, se tiene, dado que laconvergencia en Cρ es uniforme,

u(a) = lımn→∞

un(a) = lımn→∞

1

2π

∫ π

−πun(a+ ρeit)dt =

1

2π

∫ π

−πlımn→∞

un(a+ ρeit)dt =1

2π

∫ π

−πu(a+ ρeit)dt.

Como u es continua y satisface la propiedad del valor medio en Ω, el teorema anterior asegura que u esarmonica.

El siguiente objetivo es remplazar la hipotesis de la convergencia uniforme en compactos por una hipotesissobre la monotonıa de la sucesion unn∈N.Para ello, necesitaremos probar previamente las siguientes desigualdades: las desigualdades de Harnack.

Observacion 5.10. Sea R > 0 y consideremos, para cada 0 ≤ ρ < R, el nucleo de Poisson P ρR

(t) =R2−ρ2|R−ρeit|2 . Entonces, para cada t ∈ [−π, π], se tiene, teniendo en cuenta las propiedades estudiadas en 5.6

P ρR

(π) ≤ P ρR

(t) ≤ P ρR

(0).

Ahora bien, dado 0 ≤ ρ < R,

P ρR

(0) = R2−ρ2(R−ρ)2 = (R−ρ)(R+ρ)

(R−ρ)2 = R+ρR−ρ .

P ρR

(π) = R2−ρ2(R+ρ)2 = (R−ρ)(R+ρ)

(R+ρ)2 = R−ρR+ρ .

Por tanto, para cada t ∈ [−π, π] y, por la 2π-periodicidad de los nucleos de Poisson, para cada t ∈ R, setiene

R− ρR+ ρ

≤ P ρR

(t) ≤ R+ ρ

R− ρpara cada 0 ≤ ρ < R. (5.3)

Lema 5.3 (Desigualdades de Harnack en un disco). Sean a ∈ C y R > 0. Sea u una funcion armonicay positiva en D(a,R). Entonces, para cada 0 ≤ ρ < R,

R− ρR+ ρ

u(a) ≤ u(z) ≤ R+ ρ

R− ρu(a) para cada z ∈ D(a, ρ).

Demostracion. Sea R′ ∈ (0, R). Sea 0 ≤ ρ < R′. Como u es armonica en D(a,R), dado z = a+ ρeiθ enCρ = |z − a| = ρ, se tiene, resolviendo el problema de Dirichlet en D(a,R′) con valor u en la frontera,que

u(z) = u(a+ ρeiθ) =1

2π

∫ π

−πu(a+R′eit)P ρ

R(θ − t)dt. (5.4)


En efecto, basta recordar que la solucion al problema de Dirichlet en D(a,R′) con dato u en la fronteraes la funcion

v(a+ ρeiθ) =1

2π

∫ π


R(θ − t)dt.

Como u y v son armonicas en D(a,R′), continuas en D(a,R′) y coinciden en ∂D(a,R′), resulta quecoinciden en todo D(a,R′), de modo que se tiene la igualdad deseada.Teniendo en cuenta 5.4, 5.3 y el hecho de que u es positiva, se tiene que, para cada z ∈ |z − a| = ρ,

u(z) =1

2π

∫ π


R(θ − t)dt ≤ R′ + ρ

R′ − ρ

(1

2π

∫ π

−πu(a+R′eit)dt

)=R′ + ρ

R′ − ρu(a),

donde, en la ultima igualdad, se ha utilizado el hecho de que, como u es armonica, verifica la propiedaddel valor medio.Como la desigualdad anterior se verifica para cada z ∈ |z−a| = ρ, se tiene, por el principio del maximo,

u(z) ≤ R′ + ρ

R′ − ρu(a) para cada z ∈ D(a, ρ).

Razonando como antes con 5.4 y 5.3, tenemos, para cada z ∈ |z − a| = ρ,

R′ − ρR′ + ρ

u(a) ≤ u(z).

Ası pues, si R′ ∈ (0, R), se tiene, para cada 0 ≤ ρ < R′

R′ − ρR′ + ρ

u(a) ≤ u(z) ≤ R′ + ρ

R′ − ρu(a) para cada z ∈ D(a, ρ).

Como esto es para cada R′ ∈ (0, R), tomando limite cuando R′ → R−, obtenemos, para cada 0 ≤ ρ < R,

R− ρR+ ρ

u(a) ≤ u(z) ≤ R+ ρ

R− ρu(a) para cada z ∈ D(a, ρ).

Corolario 5.9. Sean a ∈ C y R > 0. Sea u una funcion armonica y positiva en D(a,R). Entonces,

1

3u(a) ≤ u(z) ≤ 3u(a) para cada z ∈ D(a,R/2).

Demostracion. Basta aplicar el lema anterior con ρ = R2 .

Lema 5.4. Sean Ω un dominio en C y K un compacto arcoconexo en Ω. Sean z1, z2 ∈ K. Si A =D(a, r)a∈K es un recubrimiento por abiertos de K formado por discos de Ω, entonces para cada su-brecubrimiento D(aj , r)Nj=1 de A existen p ≤ N discos, D(aj1 , r), . . . , D(ajp , r) en D(aj , r)Nj=1 conz1 ∈ D(aj1 , r), z2 ∈ D(ajp , r) y D(ajl , r) ∩D(ajl+1

, r) 6= ∅ para cada l = 1, . . . , p− 1.

Demostracion. Sea ε > 0 un numero de Lebesgue para el recubrimiento D(aj , r)Nj=1. Como K esarcoconexo, existe una curva, γ : [0, 1] −→ K tal que γ(0) = z1 y γ(1) = z2. Como γ es uniformementecontinua en [0, 1], existe δ > 0 (asociado a ε) tal que, si 0 < t− s < δ, entonces

γ[s, t] ⊂ D(γ(t), ε) ⊂ Djt , para algun jt ∈ 1, . . . , N1. (5.5)

Sea M ∈ N tal que 1M < δ. Para cada l = 0, . . . ,M , consideremos tl = l

M . Obtenemos, ası, una particiondel intervalo [0, 1] tal que |γ(tl)− γ(tl+1)| < ε para cada l = 0, . . . ,M (pues |tl− tl+1| < δ por definicion,luego γ[tl, tl+1] ⊂ D(γ(tl), ε), que esta contenido en alguno de los discos del subrecubrimiento por 5.5).Entonces, segun lo anterior, z1 = γ(0) = γ(t0) esta en alguno de los discos del subrecubrimientoD(aj , r)Nj=1 (por 5.5). Sea D(aj1 , r) tal disco.

1Por definicion de numero de Lebesgue: ε es un numero de Lebesgue de un recubrimiento A de K si, dado z ∈ K, existeA ∈ A tal que D(z, ε) ⊂ A


Claramente, por 5.5, se tiene γ(tl) ∈ D(ajl , r) ∩ D(ajl+1, r) para cada l = 1, . . . ,M − 1. Ası pues,

D(ajl , r) ∩D(ajl+1, r) 6= ∅ para cada l = 1, . . . ,M − 1.

Como, a priori, puede ser D(ajl , r) = D(ajl+1, r) para algun l, eliminando estas repeticiones obtenemos,

finalmente, una cantidad p ≤ N de discos tales que z1 ∈ D(aj1 , r), z2 ∈ D(ajp , r) yD(ajl , r)∩D(ajl+1, r) 6=

∅ para cada l = 1, . . . , p− 1.

Teorema 5.16. Sean Ω un dominio y K ⊂ Ω un compacto. Existe una constante C tal que, si u esarmonica y positiva en Ω, entonces

u(z1) ≤ Cu(z2) para cualesquiera z1, z2 ∈ K.

Demostracion. Podemos suponer, sin perdida de generalidad, que K es arcoconexo.

En efecto, sea 0 < δ < d(K,C\Ω) y consideremos el recubrimiento abierto D(a, δ/2)a∈K de K.Como K es compacto, existen a1, . . . , aN ∈ K tales que D(aj , δ/2)Nj=1 es un subrecubrimiento deD(a, δ/2)a∈K .

Para cada j = 1, . . . , N −1, consideremos la curva γj : [0, 1] −→ Ω que verifica γj(0) = aj y γj(1) =

aj+1, que existe porque Ω es arcoconexo. Entonces K ⊂(⋃N

j=1D(aj , δ/2))∪(⋃N−1

j=1 sop(γj))≡ K ′.

Es claro que K ′ es un compacto arcoconexo de Ω que contiene a K, de modo que si encontramosuna constante C como la del enunciado para K ′, entonces esta sera valida para K.

Supongamos, entonces, que K ⊂ Ω es un compacto arcoconexo. Sea δ = d(K,C\Ω) ∈ (0,∞). Considere-mos el recubrimiento D(a, δ/2)a∈K de K por abiertos de Ω. Como K es compacto, existen a1, . . . , aNtales que D(aj , δ/2)Nj=1 es un subrecubrimiento de D(a, δ/2)a∈K . Sean z1, z2 ∈ K. Como, por el le-

ma anterior, existen p ≤ N discos, D(aj1 , δ/2), . . . , D(ajp , δ/2) en D(aj , δ/2)Nj=1 con z1 ∈ D(aj1 , δ/2),z2 ∈ D(ajp , δ/2) y D(ajl , δ/2) ∩D(ajl+1

, δ/2) 6= ∅ para cada l = 1, . . . , p − 1, podemos considerar, paracada l = 1, . . . , p−1, un elemento wl ∈ D(ajl , δ/2)∩D(ajl+1

, δ/2). Definamos, ademas, w0 = z1 y wp = z2.Entonces, por el Corolario 5.9, se tiene, dado que u es armonica y positiva en D(aj1 , δ/2) 3 z1,

u(z1) = u(w0) ≤ 3u(aj1).

Como w1 ∈ D(aj1 , δ/2) el Corolario 5.9 (la primera desigualdad) asegura que

1

3u(aj1) ≤ u(w1)⇒ u(aj1) ≤ 3u(w1).

Por tanto, tenemos la cadena de desigualdades

u(z1) = u(w0) ≤ 3u(aj1) ≤ 3(3u(w1)) = 32u(w1).

Razonando sucesivamente como antes,

u(z1) ≤ 32u(w1) ≤ 33u(aj2) ≤ 34u(w2) ≤ · · · ≤ 32pu(wp) ≤ 32Nu(wp) = 32Nu(z2).

Basta tomar C = 32N .

Observacion 5.11.

Lo anterior es equivalente a asegurar la existencia de una constante C tal que

maxz∈K

u(z) ≤ C mınz∈K

u(z).


Si f es una funcion continua en un compacto K, entonces siempre existe una constante C tal que

maxz∈K

f(z) ≤ C mınz∈K

f(z).

La particularidad de la constante C de este resultado es que es valida para cualquier funcionarmonica en Ω.

Observese que la constante C solo depende de Ω y de K, pues solo depende de N , que solo dependede K y Ω.

Teorema 5.17. Sean Ω un dominio y unn∈N una sucesion creciente de funciones armonicas en Ω.Entonces se da una de las siguientes posibilidades:

1. La sucesion unn∈N converge uniformemente en cada compacto de Ω a ∞.

2. La sucesion unn∈N converge uniformemente en cada compacto de Ω a una funcion armonica enΩ.

Demostracion. Sea vnn∈N la sucesion de funciones definidas por vn = un − u1, n ∈ N.La sucesion vnn∈N es una sucesion de funciones armonicas y positivas en Ω.Es claro que basta probar que se da 1 o 2 para la sucesion vnn∈N. Para ello, consideremos el conjunto

A = z ∈ Ω : lımn→∞

vn(z) =∞.

Vamos a ver que A es abierto y cerrado:

A es abierto:Sean a ∈ A y R > 0 tales que D(a,R) ⊂ Ω. Por las desigualdades de Harnack se tiene que, siz ∈ D(a,R/2), entonces

vn(z) ≥ 1

3vn(a) para cada n ∈ N.

Por tanto, como a ∈ A,

lımn→∞

vn(z) ≥ 1

3lımn→∞

vn(a) =∞ para cada z ∈ D(a,R/2).

Ası pues, D(a,R/2) ⊂ A, con lo que A es abierto.

Nota. Observese que este argumento prueba que, en caso de converger vnn∈N a ∞, entonces lohace uniformemente en cada disco D(a,R/2), con a ∈ A.

A es cerrado:Sea akk∈N una sucesion de puntos de A con lımite a. Sea R > 0 tal que D(a,R) ⊂ Ω. Comolımk→∞ ak = a, existe k0 ∈ N tal que ak ∈ D(a,R/2) para cada k ≥ k0.

Por las desigualdades de Harnack se tiene que, como ak0 ∈ D(a,R/2),

vn(a) ≥ 1

3vn(ak0) para cada n ∈ N.

Por tanto,

lımn→∞

vn(a) ≥ 1

3lımn→∞

vn(ak0) =∞,

pues ak0 ∈ A. Ası pues, a ∈ A, con lo que A es cerrado.

Como A es un subconjunto abierto y cerrado del conjunto conexo Ω, resulta que, o bien A = ∅, o bienA = Ω.Hay, entonces, dos unicas posibilidades para A:


A coincide con Ω:Entonces, para cada z ∈ Ω, se tiene

lımn→∞

vn(z) =∞.

Para ver que la convergencia es uniforme en cada compacto de Ω, recordemos que basta probarque lo es en algun entorno de cada punto. Pero recordemos que esto es lo que probamos en la notaanterior (teniendo en cuenta que A = Ω).

A es vacıo:Veamos que, en tal caso, vnn∈N converge uniformemente en cada compacto de Ω a una funcionv armonica en Ω. Por el Teorema 5.15, basta probar que vnn∈N converge uniformemente en cadacompacto de Ω a alguna funcion.

Basta ver, como antes, que, fijado a ∈ Ω, existe Ra > 0 tal que esto ocurre en D(a,Ra).

Sea z ∈ Ω. Como A = ∅ y vn(z)n∈N es una sucesion monotona, entonces existe

v(z) = lımn→∞

vn(z) ∈ R+.

Veamos que existe un disco en Ω en el cual la convergencia es uniforme. Sean a ∈ Ω y R > 0 conD(a,R) ⊂ Ω. Veamos que vnn∈N es uniformemente de Cauchy en el disco D(a,R/2).

Sean ε > 0 y n0 ∈ N (que dependera solo de a) tal que, si n > m ≥ n0, entonces

0 ≤ vn(a)− vm(a) <ε

3.

La existencia de un tal n0 esta asegurada por la convergencia de la sucesion vn(a)n∈N.

Por las desigualdades de Harnack, si z ∈ D(a,R/2), entonces

0 ≤ vn(z)− vm(z) ≤ 3(vn(a)− vm(a)) ≤ 3ε

3= ε.

Por tanto, como vnn∈N es uniformemente de Cauchy en D(a,R/2), resulta que vnn∈N es uni-formemente convergente en D(a,R/2). Como vnn∈N converge puntualmente a v en D(a,R/2), setiene, finalmente, que vnn∈N converge uniformemente a v en D(a,R/2).

Corolario 5.10. Sean Ω un dominio y unn∈N una sucesion de funciones armonicas y positivas. En-tonces la serie funcional

∞∑n=1

un(z)

converge uniformemente a ∞ o a una funcion armonica en Ω.

Demostracion. Basta considerar la sucesion creciente de funciones armonicas Snn∈N definida porSn =

∑nj=1 uj , n ∈ N.

Corolario 5.11. Sean Ω un dominio y unn∈N una sucesion de funciones armonicas y positivas en Ω.Supongamos que existe z0 ∈ Ω tal que

lımn→∞

un(z0) =∞.

Entonces unn∈N converge uniformemente a ∞ en cada compacto de Ω.

Demostracion. Basta tener en cuenta la prueba anterior y el hecho de que, segun la hipotesis, A es novacıo.


Corolario 5.12. Sean Ω un dominio y unn∈N una sucesion creciente de funciones armonicas en Ω.Supongamos que existe z0 ∈ Ω tal que

lımn→∞

un(z0) =∞.

Entonces unn∈N converge uniformemente a ∞ en cada compacto de Ω.

Demostracion. Basta considerar la sucesion de funciones vnn∈N definida por vn = un−u1 para cadan ∈ N. Como vnn∈N es una sucesion de funciones armonicas y positivas en Ω, podemos aplicar elresultado anterior, lo que termina la prueba.

Teorema 5.18 (Familias normales de funciones armonicas y positivas). Sean Ω un dominio y F unafamilia de funciones armonicas y positivas en Ω. Entonces, cada sucesion unn∈N de funciones de Fcontiene una subsucesion, unkk∈N, que verifica una de las siguientes tres posibilidades:

1. La sucesion unkk∈N converge uniformemente en cada compacto de Ω a ∞.

2. La sucesion unkk∈N converge uniformemente en cada compacto de Ω a 0.

3. La sucesion unkk∈N converge uniformemente en cada compacto de Ω a una funcion armonica yestrictamente positiva en Ω.

*Aproximaciones de la identidad.

Definicion 5.7. Dadas dos funciones, f ∈ Lp(Rn), g ∈ Lq(Rn), se define su convolucion en x ∈ Rn como

f ∗ g(x) =

∫Rnf(x− y)g(y)dy.

Observacion 5.12. Se prueba que, si p, q = 1, entonces la convolucion de f y g esta definida en casitodo punto y es una funcion de L1(Rn).De este modo, se demuestra que (L1(Rn),+, ·, ∗) es un algebra conmutativa sobre C. Ademas, es unalgebra normada y de Banach. No obstante, es un algebra para el cual ∗ no tiene elemento neutro. Conel fin de encontrar un sustituto para el elemento neutro de la operacion ∗ se prueban los siguientesresultados. El primero de ellos, que no probaremos, se basa en el hecho de que es cierto (y facil de probar)para las funciones continuas de soporte compacto que forman un conjunto denso en cualquier Lp(Rn).Se prueba, tambien, que, si p y p′ son conjugados, entonces la convolucion de una funcion de Lp con unade Lp

′esta definida en todo punto y es una funcion de L1.

Lema 5.5. Sea 1 ≤ p <∞. Sea f ∈ Lp(Rn). Entonces la aplicacion

τ : Rn −→ (Lp(Rn), ‖ · ‖p)τ(y) = f(x− y)

es uniformemente continua.

Teorema 5.19. Sea 1 ≤ p <∞. Sea Kεε>0 una familia de funciones integrables tal que

1. supε>0 ‖Kε‖1 = M <∞.

2. Existe A ∈ C tal que

lımε→0+

∫RnKε(x)dx = A.

3. Para cada δ > 0,

lımε→0+

∫‖x‖>δ

|Kε(x)|dx = 0.

Entonces, si f ∈ Lp(Rn),Kε ∗ f −→

ε→0+A · f en Lp(Rn).


Demostracion. Queremos probar que

lımε→0+

‖Kε ∗ f −Af‖p = 0.

Observemos, primero, que

Kε ∗ f(x)−Af(x) =

∫RnKε(y)f(x− y)dy −

(∫RnKε(y)dy

)f(x) +

(∫RnKε(y)dy −A

)f(x).

Si llamamos hε(x) al ultimo sumando, es claro que

‖hε‖p =

∣∣∣∣∫RnKε(y)dy −A

∣∣∣∣ ‖f‖p −→ε→0+

0.

Veamos, entonces, que

Hε(x) =

∫RnKε(y)f(x− y)dy −

(∫RnKε(y)dy

)f(x)

converge a 0 cuando ε→ 0+ en Lp(Rn). Observese que, para cada x ∈ Rn, podemos escribir

Hε(x) =

∫RnKε(y) (f(x− y)− f(x)) dy.

Si p = 1, entonces

|Hε(x)| ≤∫Rn|Kε(y)||f(x− y)− f(x)|dy

trivialmente.

Si p > 1, entonces, por la desigualdad de Holder con p y p′ conjugados,

|Hε(x)| ≤∫Rn|Kε(y)||f(x− y)− f(x)|dy =

∫Rn|Kε(y)|1/p

′[|Kε(y)|1/p|f(x− y)− f(x)|

]dy ≤

≤(∫

Rn|Kε(y)|dy

)1/p′ (∫Rn|Kε(y)||f(x− y)− f(x)|pdy

)1/p

≤

≤M1/p′(∫

Rn|Kε(y)||f(x− y)− f(x)|pdy

)1/p

.

en definitiva, para cualquier 1 ≤ p ≤ ∞, hemos probado que

|Hε(x)|p ≤Mp−1

∫Rn|Kε(y)||f(x− y)− f(x)|pdy,

de donde, por el Teorema de Tonelli,∫Rn|Hε(x)|pdx ≤Mp−1

∫Rn|Kε(y)|

(∫Rn|f(x− y)− f(x)|pdx

)dy.

Ahora bien, si f ∈ Lp(Rn), 1 ≤ p <∞, el lema de las traslaciones asegura que

lım‖y‖→0+

∫Rn|f(x− y)− f(x)|pdx = 0.

Ası, dado γ > 0, existe δ > 0 tal que, si ‖y‖ < δ, entonces∫Rn|f(x− y)− f(x)|pdx < γ.


Ası pues, ∫Rn|Hε(x)|pdx ≤Mp−1

[∫‖y‖≤δ

|Kε(y)|γdy +

∫‖y‖>δ

Kε(y)2p · 2‖f‖ppdy

]≤

≤Mpγ + 2p+1Mp−1‖f‖pp∫‖y‖>δ

|Kε(y)|dy,

luego, para cada γ > 0, se tiene, por 3,

lım supε→0+

∫Rn|Hε(x)|pdx ≤Mpγ,

con lo que

lım supε→0+

∫Rn|Hε(x)|pdx = 0,

es decir,lımε→+

Hε = 0 en Lp(Rn).

Definicion 5.8. Sean f ∈ Lp(Rn) y Kεε>0 una familia de funciones de L1(Rn), con 1 ≤ p < ∞.Diremos que Kεε>0 es una aproximacion de la identidad si

Kε ∗ f −→ε→0+

f en Lp(Rn).

En el caso de L1(Rn) hemos encontrado un sustituto para el neutro del producto de convolucion.

Tema 6

Productos infinitos.

6.1. Introduccion.

Sabemos que un polinomio P (z) se puede factorizar a traves de sus ceros, z1, . . . , zN de modo que

P (z) = C

N∏k=1

(z − zk) para cada z ∈ C.

Una funcion analıtica se puede entender como un “polinomio infinito”... ¿Podremos factorizar una funcionholomorfa a traves de sus ceros?A lo largo del tema intentaremos dar respuesta a esta pregunta. Comenzamos con algunos casos triviales.

Teorema 6.1. Sea Ω un dominio simplemente conexo en C. Sea f : Ω −→ C una funcion holomorfa sinceros en Ω. Entonces existe una funcion holomorfa g : Ω −→ C tal que

f(z) = eg(z) para cada z ∈ Ω.

Demostracion. Basta tomar como g una rama holomorfa de log(f) en Ω, que existe porque Ω essimplemente conexo.

Teorema 6.2. Sea Ω un dominio simplemente conexo en C y consideremos una funcion holormofaf : Ω −→ C. Supongamos que f tiene un numero finito de ceros en Ω, z1, . . . , zN . Entonces existe unafuncion holomorfa g : Ω −→ C tal que

f(z) = eg(z)N∏k=1

(z − zk) para cada z ∈ Ω.

Demostracion. Sea h : Ω −→ C la funcion definida por

h(z) =f(z)∏N

k=1(z − zk).

La funcion f es holomorfa y, como f tiene un cero en cada zj , j = 1, . . . , N , la funcion h tiene unasingularidad evitable en cada zj , j = 1, . . . , N , luego es holomorfa y nunca nula en Ω (solo se anulara dondef lo haga, excepto en los puntos z1, . . . , zN , donde valdra 1 por lo anterior). Por el teorema anterior, existeuna funcion holomorfa, g : Ω −→ C tal que

h(z) = eg(z) para cada z ∈ Ω,

con lo que

f(z) = eg(z)N∏k=1

(z − zk) para cada z ∈ Ω.

97

98 TEMA 6. PRODUCTOS INFINITOS.

Antes de ver lo que ocurre en el caso de infinitos ceros enfoquemos el problema desde otro punto de vista.Sea zαα∈A una familia de puntos de un dominio Ω. ¿Existe alguna funcion holomorfa f ∈ Hol(Ω) quese anule unicamente en Ω en los puntos de la familia zαα∈A?

Si zαα∈A es una familia finita, es decir, si existe N ∈ N tal que zαα∈A = zkNk=1, entoncespodemos considerar la funcion f : Ω −→ C definida por

f(z) =

N∏k=1

(z − zk),

que es holomorfa y se anula unicamente en los puntos de zkNk=1.

Si zαα∈A tiene puntos de acumulacion en Ω, entonces la unica funcion holomorfa en Ω que se anulaen zαα∈A es la funcion nula, como bien sabemos por el Teorema de identidad de Weierstrass.

El caso interesante es el caso en que zαα∈A es una familia de puntos de Ω sin puntos de acumu-lacion en Ω. Es claro, en tal caso, que zαα∈A debe ser, entonces, una familia con una cantidadnumerable de terminos, pues, en caso contrario, su interseccion con alguna bola serıa no vacıa y nonumerable (en efecto, de no ser ası, el conjunto no serıa no numerable por el segundo axioma denumerabilidad) de donde se deducirıa por el Teorema de Bolzano-Weierstrass que dicha interseccioncontendrıa una subsucesion convergente, esto es, existirıa un punto de acumulacion de zαα∈A enΩ.

¿Existe una funcion holomorfa en Ω anulandose unicamente en los puntos de zkk∈N?

Pensemos en Ω = C. Sea zkk∈N una sucesion de puntos de C sin puntos de acumulacion en C (de modoque debe ser lımk→∞ |zk| =∞). Un primer intento natural para dar respuesta a la ultima pregunta es elde considerar el objeto

f(z) =

∞∏k=1

(z − zk),

entendiendo el producto infinito anterior como

∞∏k=1

(z − zk) = lımN→∞

N∏k=1

(z − zk).

Veamos que este no es un buen camino a seguir: el objeto anterior no define una funcion.En efecto, dado que zkk∈N no tiene puntos de acumulacion en C, fijado z ∈ C, existen M > 0 y k0 ∈ Ntales que, si k ≥ k0, entonces

|z − zk| ≥M.

Ası pues, para dicho z ∈ C se tiene que

lımN→∞

N∏k=k0

|z − zk| ≥ lımN→∞

MN−k0+1 =∞.

El fallo de esta idea radica en el hecho de que los factores del producto anterior crecen (para cada z ∈ C)demasiado cuando k es grande. El haber cometido este error se debe a que no sabemos que significado tieneel producto infinito anterior ni que condiciones aseguran su buena definicion (convergencia). Ası pues,vamos a introducir el concepto de producto infinito de una sucesion de numeros complejos. Veremos,entonces, que una condicion necesaria para la convergencia de dicho producto es que la sucesion de susfactores no crezca arbitrariamente como ha ocurrido en el ejemplo anterior.

6.2. Productos infinitos en C.

Definicion 6.1. Sea akk∈N una sucesion de numeros complejos. Definimos la sucesion de productosparciales de akk∈N como la sucesion Pnn∈N definida por

Pn =

n∏k=1

ak para cada n ∈ N.

6.2. PRODUCTOS INFINITOS EN C. 99

Una primera tentacion para definir el concepto de convergencia del producto infinito de los an es la dedecir que esto ocurre si existe el lımite en C de la sucesion de sus productos parciales y, en tal caso, definirel producto infinito de los an como el lımite de la sucesion Pnn∈N.Esta idea presenta algunos inconvenientes.

1. Sabemos que un producto finito es 0 si, y solo si, alguno de sus factores es 0. Queremos que estapropiedad siga siendo cierta en el caso de un producto infinito (convergente).

Observese que, si se definiera el producto de los an como el lımite de los productos parciales setendrıa, tomando por ejemplo an = 1

n para cada n ∈ N, que el producto infinito de una sucesion denumeros no nulos serıa igual a 0, pues

lımn→∞

n∏k=1

1

k= lımn→∞

1

n!= 0.

2. Cuando se estudia la teorıa de series, se prueba que el caracter (convergente o no convergente) deuna determinada serie no depende de los primeros terminos de la misma. Queremos que esto ocurratambien para el caso de los productos infinitos.

Observemos, de nuevo, que si tomaramos como definicion de producto infinito convergente la an-terior, entonces, considerando la sucesion akk∈N definida por ak = (k − 1), k ∈ N, se tendrıaque

n∏k=1

ak =

n∏k=1

(k − 1) = 0 para cada n ∈ N,

pues el primer termino es cero en cada caso. Sin embargo, si no tenemos en cuenta el primer termino,es

lımk→∞

n∏k=2

ak = lımn→∞

(n− 1)! =∞.

Observamos que esta primera tentacion da problemas en estos dos sentidos. Una manera de soslayar estadificultad es tomar como definicion de producto infinito (convergente) la siguiente:

Definicion 6.2. Sea akk∈N una sucesion de numeros complejos. Diremos que el producto infinito∏∞k=1 ak converge si se dan las dos condiciones siguientes

1. Existe k0 ∈ N tal que, si k ≥ k0, entonces ak 6= 0.

2. El lımite lımn→∞∏nk=k0

ak existe en C y es distinto de 0.

En tal caso, definimos el producto infinito de los ak como el numero complejo

∞∏k=1

ak = lımk→∞

Pn = lımk→∞

n∏k=1

ak.

Observacion 6.1. La definicion de producto infinito convergente no esta tan lejos de la idea inicial quetenıamos. El producto infinito se ha definido como el lımite de la sucesion de productos parciales, aunquelas condiciones 1 y 2 de la definicion resuelven los problemas 1 y 2 que planteamos anteriormente, comoveremos en breve.

Una definicion equivalente a la anterior es la que se da a continuacion.


Definicion 6.3. Sea akk∈N una sucesion de numeros complejos. Diremos que el producto infinito∏∞k=1 ak converge si se dan las dos condiciones siguientes

1. El conjunto an ∈ akk∈N : an = 0 es finito.

2. Si N ∈ N verifica que an = 0 para cada n ≥ N , entonces lımn→∞∏nk=N ak existe y es distinto de

cero.

Ejemplo 6.1. 1. Consideremos la sucesion akk∈N definida por

ak =1

kpara cada k ∈ N.

Veamos si se verifican las dos condiciones de la definicion 6.2:

a) Es claro que ak 6= 0 para cada k ∈ N, con lo que, si k ≥ k0 ≡ 1, entonces ak 6= 0.

b) ¿El lımite lımn→∞∏nk=k0

ak = lımn→∞∏∞k=1

1k existe y es distinto de cero?

La respuesta es negativa, pues

lımn→∞

n∏k=1

1

k= lımn→∞

1

n!= 0.

Por tanto, el producto∏∞k=1

1k no converge.

2. Consideremos la sucesion akk∈N definida por

ak = 1− 1

kpara cada k ∈ N.


a) Es claro que ak 6= 0 para cada k ≥ 2, con lo que tenemos la primera condicion de la definicion6.2 para k0 ≡ 2.


ak = lımn→∞∏nk=2

(1− 1

k

)existe y es distinto de cero?

La respuesta es, de nuevo, negativa, pues

lımn→∞

n∏k=2

(1− 1

k

)= lımn→∞

n∏k=2

k − 1

k= lımn→∞

1

2· 2

3· 3

4· · · · · n− 1

n= lımn→∞

1

n= 0.


(1− 1

k

)no converge.

3. Consideremos la sucesion akk∈N definida por

ak = 1− 1

k2para cada k ∈ N.


a) Es claro que ak 6= 0 para cada k ≥ 2, con lo que tenemos la primera condicion de la definicion6.2 para k0 ≡ 2.


ak = lımn→∞∏nk=2

(1− 1

k2

)existe y es distinto de cero?

La respuesta en este caso es afirmativa, pues

lımn→∞

n∏k=2

(1− 1

k2

)= lımn→∞

n∏k=2

k2 − 1

k2= lımn→∞

n∏k=2

(k − 1)(k + 1)

k2=

= lımn→∞

1 · 322· 2 · 4

32· 3 · 5

42· 4 · 6

52· · · · · (n− 1)(n+ 1)

n2=

= lımn→∞

1

2· n+ 1

n=

1

26= 0.



(1− 1

k2

)converge. Ademas, por definicion, es

∞∏k=1

(1− 1

k2

)= lımn→∞

n∏k=1

(1− 1

k2

)= lımn→∞

0 = 0,

pues el primer factor de cada uno de los productos parciales Pn es cero.

Veamos algunas propiedades de los productos infinitos convergentes.

Teorema 6.3 (Propiedades). Sea ak∞k=0 una sucesion de numeros complejos tal que∏∞k=0 ak es con-

vergente. Entonces

1. lımk→∞ ak = 1.

2.∏∞k=0 ak = 0 si, y solo si, existe algun k ∈ N tal que ak = 0.

3. Si N ∈ N, entonces∏∞k=N+1 ak es convergente y, ademas,

∞∏k=0

ak =

(N∏k=0

ak

)( ∞∏k=N+1

ak

).

4. Si bk∞k=0 es otra sucesion de numeros complejos tal que∏∞k=0 bk converge, entonces

∏∞k=0 akbk

tambien converge y, ademas,∞∏k=0

akbk =

( ∞∏k=0

ak

)( ∞∏k=0

bk

).

Demostracion. 1. Como el producto de los an converge, existe, por definicion, un N0 ∈ N tal que,si n ≥ N0, entonces an 6= 0 y

lımn→∞

n∏k=N0

ak = q ∈ C\0.

Entonces, si n ≥ N0, se tiene que

lımn→∞

an+1 = lımn→∞

∏n+1k=N0

ak∏nk=N0

ak=q

q= 1,

con lo que lımk→∞ ak = 1.

2. Si existe algun k0 ∈ N con ak0 = 0, entonces, para cada n ≥ k0, se tiene que

Pn =

n∏k=0

ak = a0 · a1 · · · · · ak0 · · · · · an = 0.

Por tanto,∞∏k=0

ak = lımn→∞

Pn = 0.

Recıprocamente, si cada an es distinto de cero, entonces, por la definicion de producto infinito, esan 6= 0 para cada n ≥ 0 (el k0 de la definicion es k0 ≡ 0) y

lımn→∞

n∏k=0

ak ∈ C\0,

con lo que el producto de los an es no nulo.


3. De nuevo, como el producto de los an converge, existe, por definicion, un N0 ∈ N tal que, si n ≥ N0,entonces an 6= 0 y

lımn→∞

n∏k=N0

ak = q ∈ C\0.

Ası pues, an+N 6= 0 para cada n ≥ N0. Ademas,

lımn→∞

n∏k=N0

ak+N = lımn→∞

n+N∏j=N0+N

aj = lımn→∞

∏n+Nj=N aj

aN0· aN0+1 · · · · · aN0+N−1

=

=q

aN0· aN0+1 · · · · · aN0+N−1

6= 0.

Por tanto, el producto∏∞k=1 ak+N =

∏∞j=N+1 aj es convergente. Ademas,

∞∏k=0

ak = lımn→∞

n∏k=0

ak = lımn→∞

(N∏k=0

ak

n∏k=N+1

ak

)=

N∏k=0

ak lımn→∞

n∏k=N+1

ak =

(N∏k=0

ak

)( ∞∏k=N+1

ak

).

4. Como∏∞n=0 an converge, existe Na ∈ N tal que an 6= 0 para cada n ≥ Na y lımn→∞

∏nk=Na

ak =a ∈ C\0.Analogamente, como

∏∞n=0 bn converge, existe Nb ∈ N tal que bn 6= 0 para cada n ≥ Nb y

lımn→∞∏nk=Nb

bk = b ∈ C\0.Sea N0 = maxNa, Nn. Si n ≥ N0, entonces an · bn 6= 0, pues an 6= 0 y bn 6= 0. Ademas, para cadan ≥ N0, es

n∏k=N0

akbk =

(n∏

k=N0

ak

)(n∏

k=N0

bk

),

con lo que

lımn→∞

n∏k=N0

akbk = lımn→∞

(n∏

k=N0

ak

)(n∏

k=N0

bk

)= lımn→∞

(n∏

k=N0

ak

)lımn→∞

(n∏

k=N0

bk

)∈ C\0.

Por tanto,∏∞k=0 akbk converge y

∞∏k=0

akbk = lımn→∞

n∏k=0

akbk = lımn→∞

(n∏k=0

ak

)lımn→∞

(n∏k=0

bk

)=

∞∏k=0

ak

∞∏k=0

bk.

Parece que la definicion de producto infinito no es muy operativa. En los ejemplos que hemos visto essencillo calcular una expresion para los productos parciales pero, en general, esto no es sencillo. Pararesolver este problema, describamos la convergencia del producto infinito en terminos de una serie.

Nota. Si z ∈ C\0, se define su logaritmo principal como el numero complejo

Log(z) = Log|z|+ iArg(z),

donde Arg(z) es el argumento principal de z (que, recordemos, se definıa como Arg(z) = arg(z)∩[−π, π)).Recordemos que la funcion Log(z) esta definida en todo C\0, aunque solo es holomorfa en C\(−∞, 0].

Teorema 6.4. Sea ann∈N una sucesion de numeros complejos. Son equivalentes

1. El producto infinito∏∞n=1 an converge.

2. Existe n0 ∈ N tal que an 6= 0 para cada n ≥ n0 y∑∞n=n0

Log(an) es una serie convergente.

Ademas, en tal caso,∞∏

n=n0

an = e∑∞n=n0

Log(an).


Demostracion. Supongamos que el producto infinito converge. Existe, entonces, un n0 ∈ N tal que, sin ≥ n0, entonces an 6= 0 y, ademas,

lımn→∞

n∏k=n0

ak = q ∈ C\0.

Definamos, para cada n ≥ n0, el numero complejo

Sn =

n∑k=n0

Log(ak).

Tenemos que probar que la sucesion Snn≥n0converge. Observese que, para cada n ≥ n0 es

eSn = e∑nk=n0

Log(ak) =

n∏k=n0

ak.

Ası pues, Sn ∈ log(∏n

k=n0ak)

para cada n ≥ n0, es decir,

Sn = Log

(n∏

k=n0

ak

)+ 2knπi, kn ∈ Z, para cada n ≥ n0. (6.1)

Distinguimos, ahora, dos casos:

1er Caso: q /∈ (−∞, 0].

Sabemos, entonces, que lımn→∞∏nk=n0

ak = q /∈ (−∞, 0], con lo que existe N0 ∈ N tal que, si

n ≥ N0, entonces∏nk=n0

ak /∈ (−∞, 0]. Como Log(z) es una funcion continua en C\(−∞, 0], setiene que

lımn→∞

Log

(n∏

k=n0

ak

)= Log(q).

Ademas, como∏∞n=1 ak converge, segun el resultado anterior, es lımn→∞ an = 1 y, por tanto, como

dado n ≥ n0 es

Log(an) = Sn − Sn−1 =

[Log

(n∏

k=n0

ak

)− Log

(n−1∏k=n0

ak

)]+ 2πi(kn − kn−1),

se tiene que

0 = lımn→∞

Log(an) = lımn→∞

[Log

(n∏

k=n0

ak

)− Log

(n−1∏k=n0

ak

)]+ 2πi(kn − kn−1) =

= [Log(q)− Log(q)] + 2πi lımn→∞

(kn − kn−1) = 2πi lımn→∞

(kn − kn−1).

Como knn∈N es una sucesion de numeros enteros con lımn→∞ kn − kn−1 = 0, resulta que existenk ∈ Z y n1 ∈ N tales que kn = k para cada n ≥ n1.

Ası pues, en 6.1, si n ≥ n1, se tiene que

Sn = Log

(n−1∏k=n0

ak

)+ 2kπi,

con lo que

lımn→∞

Sn = lımn→∞

Log

(n−1∏k=n0

ak

)+ 2kπi = Log(q) + 2kπi.

Por tanto, en este caso, la sucesion Snn≥n0 es convergente.


2o Caso: q ∈ (−∞, 0).

Sea ann≥n0la sucesion definida por an0

= −an0y an = an si n ≥ n0.

Entonces

lımn→∞

n∏k=n0

ak = −q /∈ (−∞, 0],

con lo que, por lo visto en el primer caso,∑∞k=n0

Log(an) converge, luego tambien lo hace la serie∑∞k=n0

Log(an), que difiere de la anterior unicamente en el termino n0-esimo.

Recıprocamente, supongamos que existe n0 ∈ N tal que an 6= 0 para cada n ≥ n0 y∑∞n=n0

Log(an)es una serie convergente. Entonces es claro que se da la primera condicion de la definicion de productoconvergente para k0 ≡ n0. Veamos que se da la segunda condicion. Para ello, tenemos que ver que

lımn→∞

n∏k=n0

ak ∈ C\0.

Ahora bien, dado n ≥ n0, esn∏

k=n0

ak = e∑nk=n0

Log(ak),

con lo que

lımn→∞

n∏k=n0

ak = lımn→∞

e∑nk=n0

Log(ak) = e∑∞k=n0

Log(ak) ∈ C\0.

Corolario 6.1. Sea ann∈N una sucesion de numeros complejos no nulos. Son equivalentes:

1.∏∞n=1 an converge.

2.∑∞n=1 Log(an) converge.

Ademas, en tal caso,∞∏n=1

an = e∑∞n=1 Log(an).

Observacion 6.2. Aunque hemos probado estos resultados utilizando el logaritmo principal, es claroque siguen siendo validos si en lugar de usar dicha funcion utilizamos cualquier otra rama del logaritmode z. Basta encontrar una rama de logaritmo para la que se de la segunda condicion para que se de laprimera.

El siguiente objetivo es es estudiar cuando un producto infinito converge independientemente de agrupa-ciones y reordenaciones.

En el caso de series, la solucion la da el concepto de convergencia absoluta. Esto queda recogido en elsiguiente teorema (ver Spivak).


Teorema 6.5. Sea ann∈N una sucesion de numeros complejos. Son equivalentes:

1. La serie∑∞n=1 |an| converge.

2. Para cada permutacion σ : N −→ N la serie∑∞n=1 aσ(n) converge y, ademas,

∞∑n=1

an =

∞∑n=1

an.

3. Si Ann∈N es una particion de N, entonces, para cada Ak infinito, se tiene que∑j∈Ak aj converge

y, ademas∞∑n=1

an =

∞∑k=1

∑j∈Ak

aj

.

¿Como definimos el concepto de convergencia incondicional en el ambito de los productos infinitos?¿Sera una buena idea tomar como definicion el que el producto

∏∞n=1 |an| sea convergente?

La respuesta a esta pregunta es, nuevamente, negativa. Un ejemplo que prueba que esta no es buena opciones el de la sucesion ann∈N definida por an = (−1)n para cada n ∈ N, que verifica que

∏∞n=1 |an| = 1,

pero∏∞n=1(−1)n no converge, pues lımn→∞ an 6= 1, ya que dicho lımite no existe.

Ahora bien, observese que, combinando los dos teoremas anteriores obtenemos el siguiente resultado demanera trivial:

Teorema 6.6. Sea ann∈N una sucesion de numeros complejos no nulos. Son equivalentes:

1. La serie∑∞n=1 Log(an) es absolutamente convergente.

2. Para cada permutacion σ : N −→ N el producto∏∞n=1 aσ(n) converge y, ademas,

∞∏n=1

an =

∞∏n=1

an.

3. Si Ann∈N es una particion de N, entonces, para cada Ak infinito, se tiene que∏j∈Ak aj converge

y, ademas∞∏n=1

an =

∞∏k=1

∏j∈Ak

aj

.

Si observamos los primeros ejemplos del tema, el siguiente resultado no debe resultar extrano.

Lema 6.1. Sea ann∈N una sucesion de numeros complejos no nulos. Son equivalentes:

1. La serie∑∞n=1 Log(an) es absolutamente convergente.

2. La serie∑∞n=1(1− an) es absolutamente convergente.

Demostracion. El resultado se sigue inmediatamente del hecho de que

lımz→1

∣∣∣∣Log(z)

1− z

∣∣∣∣ = 1.

Veamoslo, sin embargo, con detalle:

Para cada z ∈ D se tiene que

1

1− z=

∞∑n=0

zn,


con lo que, como Log(

11−z

)es una primitiva de la funcion 1

1−z =∑∞n=0 z

n en D, se tiene que Log(

11−z

)=∑∞

n=0zn+1

n+1 (es la unica primitiva de 11−z que en 0 vale 0).

Por tanto,

Log

(1

1 + z

)=

∞∑n=0

(−1)n+1zn+1

n+ 1,

es decir,

Log(1 + z) =

∞∑n=0

(−1)nzn+1

n+ 1.

Ası pues, ∣∣∣∣Log(1 + z)

z− 1

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∞∑n=0

(−1)nzn

n+ 1− 1

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∞∑n=1

(−1)nzn

n+ 1

∣∣∣∣∣ ≤≤∞∑n=1

|z|n

n+ 1≤ 1

2

∞∑n=1

|z|n =1

2

(1

1− |z|− 1

),

donde la ultima igualdad se deduce de que∑∞n=0 |z|n = 1

1−|z| para cada z ∈ D (observese que la suma

empieza en 0).

Ahora bien, si |z| ≤ 12 , dado el crecimiento de la funcion x

1−x en (0, 1/2], la cadena de desigualdadesanterior se puede continuar de la siguiente manera:

∣∣∣∣Log(1 + z)

z− 1

∣∣∣∣ ≤ 1

2

(1

1− |z|− 1

)=

|z|2(1− |z|)

≤ 1

2. (6.2)

Luego, para cada z ∈ D con |z| ≤ 12 ,

∣∣∣∣∣∣∣∣Log(1 + z)

z

∣∣∣∣− 1

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣Log(1 + z)

z− 1

∣∣∣∣ ≤ 1

2.

Esto implica que

1

2≤∣∣∣∣Log(1 + z)

z

∣∣∣∣ ≤ 3

2si |z| ≤ 1

2.

Por tanto, si z = ω − 1 para algun ω ∈ D, entonces

1

2≤∣∣∣∣Log(ω)

ω − 1

∣∣∣∣ ≤ 3

2si |ω − 1| ≤ 1

2, (6.3)

lo que termina la prueba, ya que, al ser∑∞n=1 Log(an) convergente, se tiene lımn→∞ an = 1, con lo que,

a partir de un cierto n0 ∈ N, se tendra que |an − 1| ≤ 12 , de modo que, por 6.3 las series

∑∞n=1 Log(an)

y∑∞n=1(1− an) tienen el mismo comportamiento por el criterio de comparacion.

Podemos, por tanto, enunciar el siguiente teorema:

6.3. FUNCIONES DEFINIDAS POR PRODUCTOS INFINITOS. 107

Teorema 6.7. Sea ann∈N una sucesion de numeros complejos no nulos. Son equivalentes:

1. La serie∑∞n=1(1− an) es absolutamente convergente.

2. Existe n0 ∈ N tal que |1− an| ≤ 12 si n ≥ n0 y

∑∞n=n0

Log(an) converge absolutamente.

3. Para cada permutacion σ : N −→ N el producto∏∞n=1 aσ(n) converge y, ademas,

∞∏n=1

aσ(n) =

∞∏n=1

an.

4. Si Ann∈N es una particion de N, entonces, para cada Ak infinito, se tiene que∏j∈Ak aj converge

y, ademas∞∏n=1

an =

∞∏k=1

∏j∈Ak

aj

.

Todo esto lleva a dar la siguiente definicion.

Definicion 6.4. Sea ann∈N una sucesion de numeros complejos. Decimos que∏∞n=1 an converge

absolutamente (o incondicionalmente) si la serie∑∞n=1(1− an) lo hace.

Observacion 6.3 (Consecuencias de la definicion).

1. Si el producto∏∞n=1 an es absolutamente convergente, entonces tambien es convergente.

2. El producto∏∞n=1 an converge absolutamente si, y solo si, la serie

∑∞n=1 |1 − an| es convergente, lo que

equivale a que el producto∏∞n=1(1 + |1− an|) converja.

En efecto, el producto∏∞n=1(1 + |1 − an|) converge si, y solo si, converge la serie

∑∞n=1 Log(1 +

|1 − an|). Notese que esta converge si, y solo si, converge absolutamente, ya que sus terminos sontodos positivos. Ası pues, la convergencia de

∑∞n=1 Log(1 + |1− an|) equivale a la convergencia de

la serie∑∞n=1 |1− (1 + |1− an|)| =

∑∞n=1 |1− an|, lo que prueba el resultado.

6.3. Funciones definidas por productos infinitos.

Utilizando el lema anterior es posible probar el siguiente teorema.

Teorema 6.8. Sea Ω un dominio. Sea fnn∈N una sucesion de funciones holomorfas y nunca nulas enΩ. Son equivalentes:

1. La serie funcional∑∞n=1(1 − fn) converge absoluta y uniformemente en cada compacto contenido

en Ω.

2. Para cada compacto K ⊂ Ω existe un nK ∈ N tal que, si n ≥ nK , entonces |1− fn(z)| ≤ 12 para

cada z ∈ K y, ademas,∑∞n=nK

Log(fn) converge absoluta y uniformemente en K.

Demostracion. Supongamos, primero, que la serie∑∞n=1(1 − fn) converge absoluta y uniformemente

en compactos de Ω.

Sea K ⊂ Ω un compacto. Como∑∞n=1(1 − fn) absoluta y uniformemente en K, existe nK tal que, si

n ≥ nK , entonces∑∞j=n |1−fj(z)| ≤

12 para cada z ∈ K, de modo que, en particular, si n ≥ nK , entonces

|1− fn(z)| ≤ 1

2para cada z ∈ K.


Por tanto, segun el razonamiento del lema anterior, como siempre que n ≥ nK se tiene que |1−fn(z)| ≤ 12

para cada z ∈ K, tenemos que

1

2≤∣∣∣∣Log(fn(z))

fn(z)− 1

∣∣∣∣ ≤ 3

2para cada z ∈ K.

Ası pues, para cada n ≥ nK , se tiene que

|Log(fn(z))| ≤ 3

2|1− fn(z)| para todo z ∈ K.

Como∑∞n=nK

|1 − fn(z)| converge uniformemente en K, existe, para cada ε > 0, un n0 ∈ N tal que, sin,m ≥ maxn0, nK, entonces

n∑j=m

|Log(fj(z))| ≤n∑

j=m

|1− fj(z)| ≤ ε para todo z ∈ K,

esto es,∑∞n=nK

|Log(fn(z))| converge uniformemente en K.

Recıprocamente, supongamos que, dado un compacto K ⊂ Ω existe un nK ∈ N tal que, si n ≥ nK ,entonces |1 − fn(z)| ≤ 1

2 para cada z ∈ K y∑∞n=nK

|Log(fn(z))| converge uniformemente en K. Ra-

zonando como antes, segun lo visto en el lema anterior (6.3), es claro que∑∞n=nK

|1 − fn(z)| convergeuniformemente en K.

Podrıamos tomar ya como definicion de convergencia absoluta y uniforme de un producto infinito fun-cional cualquiera de las anteriores condiciones. Pero queremos ir mas lejos estudiando lo que ocurre con

los ceros y las derivadas logarıtmicas ( f′

f ) de dichos productos.

Para ello, usaremos dos lemas:

Lema 6.2. Para cada x > 0 se tiene que1 + x ≤ ex.

Demostracion. Basta considerar el desarrollo de Taylor de ex en 0.

Lema 6.3. Sea ukk∈N una sucesion de numeros complejos. Entonces∣∣∣∣∣n∏k=1

(1 + uk)− 1

∣∣∣∣∣ ≤n∏k=1

(1 + |uk|)− 1 para cada n ∈ N.

Demostracion. Razonaremos por induccion.Si n = 1, entonces

|1 + u1 − 1| = |u1| = 1 + |u1| − 1,

luego la desigualdad es cierta en este caso.Supongamos que es cierto para n ∈ N y veamoslo para n+ 1:∣∣∣∣∣

n+1∏k=1

(1 + uk)− 1

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣(1 + un+1)

n∏k=1

(1 + uk)− 1

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣(1 + un+1)

(n∏k=1

(1 + uk)− 1

)+ un+1

∣∣∣∣∣≤ |1 + un+1|

∣∣∣∣∣n∏k=1

(1 + uk)− 1

∣∣∣∣∣+ |un+1| ≤ (1 + |un+1|)

(n∏k=1

(1 + |uk|)− 1

)+ |un+1|

=

n+1∏k=1

(1 + |uk|)− (1 + |un+1|) + |un+1| =n+1∏k=1

(1 + |uk|)− 1.


En el siguiente Teorema esta incluida la definicion de convergencia absoluta y uniforme de un productode funciones holomorfas. En adelante, diremos que un producto de funciones holomorfas convergeabsoluta y uniformemente en compactos de Ω si verifica las hipotesis del siguiente teorema. Ademas,cualquier producto que converja absoluta y uniformemente en compactos de Ω verificara las propiedadesque se enuncian en el teorema.

Teorema 6.9 (Convergencia de productos de funciones holomorfas). Sea Ω un dominio. Sea fnn∈Nuna sucesion de funciones holomorfas en Ω. Supongamos que la serie

∑∞n=1(1− fn) converge absoluta y

uniformemente en cada compacto de Ω. Entonces

1. La sucesion Pnn∈N de los productos parciales de fnn∈N converge uniformemente en compactosde Ω a una funcion holomorfa P ∈ Hol(Ω) que denotaremos por

P ≡∞∏k=1

fk.

2. La convergencia es uniforme y absoluta (en el sentido de que no depende de reordenaciones ni deagrupaciones).

3. Si z0 ∈ Ω, entonces O(z0, P ) =∑∞n=1O(z0, fn), donde O(z0, P ) ≡ Orden(z0, P ) es la multiplicidad

de z0 como cero de P .1

4. Las derivadas logarıtmicas P ′

P yf ′nfn

existen como funciones meromorfas en Ω. Ademas,

P ′

P=

∞∑n=1

f ′nfn

en Ω

y, si z0 ∈ Ω y R > 0 son tales que D(z0, R) ⊂ Ω, entonces existe un n0 ∈ N (que depende de z0 y R)

tal que fn es nunca nula en D(a0, R) si n ≥ n0 + 1 y∑∞n=n0

f ′nfn

converge absoluta y uniformemente

en D(z0, R).

Nota. En la igualdad O(z0, P ) =∑∞n=1O(z0, fn), la serie

∑∞n=1O(z0, fn) es, en realidad una suma

finita, pues, de no serlo (una cantidad numerable de terminos no nulos), se tendrıa que∑∞n=1(1− fn) ≥∑∞

n=1 1 =∞, en contra de la hipotesis de que dicha serie converge en cada compacto de Ω (en particular,en cada punto).

Demostracion. 1. Sea K ⊂ Ω un compacto. Basta probar que Pnn∈N es uniformemente de Cauchyen K.

En primer lugar, observemos que Pnn∈N es una sucesion uniformemente acotada en K.

En efecto, como∑∞n=1(1−fn) converge absoluta y uniformemente en K, existe C > 0 tal que,

si n ∈ N,n∑k=1

|1− fk(z)| ≤ C para cada z ∈ K.

Ası, si z ∈ K, es

|Pn(z)| =

∣∣∣∣∣n∏k=1

fk(z)

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣n∏k=1

(1− fk(z)) + 1

∣∣∣∣∣ ≤n∏k=1

(|1− fk(z)|+ 1) ≤

≤n∏k=1

e|1−fk(z)| = e∑nk=1 |1−fk(z)| ≤ eC para cada n ∈ N.


La sucesion Pnn∈N es uniformemente de Cauchy en K.

Sea ε > 0. Como lımx→0 ex−1 = 0, existe δ > 0 tal que, si 0 < |x| < δ, entonces eC |ex−1| < ε.

Como∑∞n=1 |1− fn| converge uniformemente en K, es uniformemente de Cauchy en K, esto

es, existe n0 ∈ N (que depende de K) tal que, si n > m ≥ n0, entonces

n∑k=m+1

|1− fk(z)| < δ para cada z ∈ K.

Sean n > m ≥ n0. Entonces, por el lema anterior,

|Pn(z)− Pm(z)| =

∣∣∣∣∣n∏k=1

fk(z)−m∏k=1

fk(z)

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣m∏k=1

fk(z)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

n∏k=m+1

fk(z)− 1

∣∣∣∣∣≤ eC

∣∣∣∣∣n∏

k=m+1

fk(z)− 1

∣∣∣∣∣ = eC

∣∣∣∣∣n∏

k=m+1

(1 + fk(z)− 1)− 1

∣∣∣∣∣≤ eC

(n∏

k=m+1

(1 + |1− fk(z)|)− 1

)≤ eC

(n∏

k=m+1

e|1−fk(z)| − 1

)= eC

(e∑nk=m+1 |1−fk(z)| − 1

)< ε.

2. Es claro. Basta razonar como en el caso de productos numericos.

3. y 4. Sean z0 ∈ Ω y R > 0 tales que D(z0, R) ⊂ Ω. Como∑∞n=1(1 − fn) converge absoluta y uniforme-

mente en el compacto D(z0, R), existe n0 ∈ N (que depende de z0 y de R) tal que

∞∑k=n0+1

|1− fn(z)| ≤ 1

2para cada z ∈ D(z0, R).

En particular, para cada n ≥ n0 + 1, |1− fn(z)| ≤ 12 si z ∈ D(z0, R) y por tanto fn no se anula en

D(z0, R).

Definamos, para cada n ≥ n0 + 1, la funcion gn : D(z0, R) −→ C dada por

gn(z) =n∏

k=n0+1

fk(z).

Por 1. es claro que gnn≥n0+1 converge absoluta y uniformemente en D(z0, R) a una funcionholomorfa, g ∈ Hol(D(z0, R)).

Ahora bien, utilizando los dos lemas anteriores tenemos que, si z ∈ D(z0, R),

|gn(z)− 1| =

∣∣∣∣∣n∏

k=n0+1

fk(z)− 1

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣n∏

k=n0+1

(1 + fk(z)− 1)− 1

∣∣∣∣∣ ≤n∏

k=n0+1

(|1− fk(z)|+ 1)− 1

≤n∏

k=n0+1

e|1−fk(z)| − 1 = e∑k=n0+1 |1−fk(z)| − 1 ≤ e1/2 − 1.

Luego, si n ≥ n0 + 1, entonces

||gn(z)| − 1| ≤ |gn(z)− 1| ≤ e1/2 − 1 para cada z ∈ D(a0, R),

con lo que, si n ≥ n0 + 1,

2− e1/2 ≤ |gn(z)| ≤ e1/2 para cada z ∈ D(a0, R).


Comolımn→∞

gn(z) = g(z) para cada z ∈ D(a0, R),

es claro que, tambien

2− e1/2 ≤ |g(z)| ≤ e1/2 para cada z ∈ D(a0, R). (6.4)

En particular,

O(z0, g) =

∞∑n=n0+1

O(z0, fn),

pues ambos miembros de la anterior igualdad son 0 por la eleccion de n0 y la definicion de g.

Por tanto, como P = (∏n0

n=1 fn) · g, es

O(z0, P ) =

n0∑n=1

O(z0, fn) +O(z0, g) =

∞∑n=1

O(z0, fn),

lo que prueba el tercer apartado. Para la prueba de 4., derivamos en los dos miembros de la igualdadP = (

∏n0

n=1 fn) · g, obteniendo

P ′

P=f ′1f1

+f ′2f2

+ · · ·+f ′n0

fn0

+g′

g.

Para ver la igualdad P ′

P =∑∞n=1

f ′nfn

basta ver que∑nk=n0+1

f ′kfk

converge uniformemente a g′

g en

D(z0, R). Observemos que, si n ≥ n0 + 1, dada la definicion de gn es, como antes,

g′ngn

=

n∑n=n0+1

f ′kfk.

Por tanto, bastara ver que

g′ngn

converge ag′

guniformemente en D(z0, R).

Sea z ∈ D(z0, R). Entonces, dado n ≥ n0 + 1,∣∣∣∣g′n(z)

gn(z)− g′(z)

g(z)

∣∣∣∣ =|g′n(z)g(z)− gn(z)g′(z)|

|gn(z)g(z)|≤ |g

′n(z)− g′(z)||g(z)|+ |g′(z)||g(z)− gn(z)|

|gn(z)g(z)|.

Sabemos que gnn≥n0+1 converge uniformemente a g en D(z0, R), luego, por el Teorema de Weiers-

trass, la sucesion g′nn≥n0+1 converge uniformemente a g′ en D(a0, R). Sea, ademas,

C ≡ max maxz∈D(z0,R)

|g(z)|, maxz∈D(z0,R)

|g′(z)| <∞.

Se tiene, entonces, que, dado n ≥ n0 + 1,∣∣∣∣g′n(z)

gn(z)− g′(z)

g(z)

∣∣∣∣ ≤ C |g′n(z)− g′(z)|+ |g(z)− gn(z)||gn(z)g(z)|

≤ C |g′n(z)− g′(z)|+ |g(z)− gn(z)|

(2− e−1/2)2,

luego, como esto es para cada z ∈ D(z0, R), se tiene que

lımn→∞

supz∈D(z0,R)

∣∣∣∣g′n(z)

gn(z)− g′(z)

g(z)

∣∣∣∣ = 0,

es decir, que g′n

gn converge uniformemente a g′

g en D(z0, R), lo que prueba el resultado.


Ejemplo 6.2. 1. Estudiar el maximo dominio Ω para el que el producto∏∞n=1

(1− z

n2

)converge

uniformemente en compactos.

Solucion:En este caso, la sucesion fnn∈N es la definida por fn(z) = 1 − z

n2 para cada n ∈ N, que, en

principio, esta definida en todo C. Sean K un compacto de C y R > 0 tales que K ⊂ D(z0, R). Siz ∈ K, entonces

∞∑n=1

|1− fn(z)| =∞∑n=1

|z|n2≤∞∑n=1

R

n2<∞.

Por tanto, la serie∑∞n=1(1 − fn) converge absoluta y uniformemente en cada compacto de C con

lo que, por el Teorema de convergencia de productos de funciones holomorfas, el producto

P (z) =

∞∏n=1

(1− z

n2

)z ∈ C

define una funcion entera.

Ademas, segun los resultados estudiados, los ceros de P son los puntos de la forma z = n2, n ∈ N.

2. ¿Existe alguna funcion entera cuyo conjunto de ceros sea todo Z? ¿La podemos escribir comoproducto infinito?

Podemos considerar el producto

P (z) = z

∞∏n=1

(1− z

n

)(1 +

z

n

)= z

∞∏n=1

(1− z2

n2

).

Si vemos que P define realmente una funcion entera entonces habremos terminado.

Sean K ⊂ C un compacto y R > 0 tales que K ⊂ D(z0, R). Si z ∈ K, entonces

∞∑n=1

∣∣∣∣1− (1− z2

n2

)∣∣∣∣ =

∞∑n=1

|z|2

n2<

∞∑n=1

R2

n2<∞.

Razonando como antes, el producto P define, en efecto, una funcion entera cuyo conjunto de ceroses exactamente Z.¿Coincidira esta funcion con sinπz?

6.4. Teoremas de factorizacion de Weierstrass.

Una de las motivaciones para el estudio de productos infinitos fue la siguiente pregunta:Si Ω es un domino en C y zαα∈A es una familia de puntos de Ω, ¿existe una funcion holomorfa en Ωque se anule precisamente en los puntos de zαα∈A? Tomando el caso Ω = C vimos que

1. Si zαα∈A es un conjunto finito, es decir, si existe N ∈ N tal que zαα∈A = zjNj=, entonces la

respuesta es afirmativa y f(z) =∏Nk=1(z − zk) es un ejemplo de ello.

2. Si zαα∈A tiene puntos de acumulacion en C, entonces no existe tal funcion, a menos que seazαα∈A, en cuyo caso, el Teorema de identidad de Weierstrass asegura que la funcion nula da unarespuesta positiva.

3. El caso interesante es, por tanto, el caso en que la familia zαα∈A es una sucesion sin puntos deacumulacion en C. Es decir, zαα∈A es de la forma zαα∈A = zkk∈N con lımk→∞ |zk| =∞.Vimos que, en este caso,

∏∞k=1(z − zk) no converge para ningun z ∈ C.

Quiza un mejor candidato sea, a la vista de los resultados obtenidos, el producto∏∞k=1

(1− z

zk

), cuando

zk 6= 0 para cada k ∈ N.

6.4. TEOREMAS DE FACTORIZACION DE WEIERSTRASS. 113

En efecto, sea R > 0 y consideremos z ∈ C con |z| ≤ R. Entonces

∞∑k=1

∣∣∣∣1− (1− z

zk

)∣∣∣∣ =

∞∑k=1

∣∣∣∣ zzk∣∣∣∣ ≤ ∞∑

k=1

R

|zk|.

Ası pues, si zkk∈N hace que esta ultima suma converja, entonces el producto considerado antes darespuesta positiva a la pregunta en cuestion.Se ha probado, entonces, el siguiente teorema:

Teorema 6.10. Sea zk∞k=1 una sucesion de numeros complejos no nulos con∑∞k=1

1|zk| <∞. Entonces,

dado N ≥ 0, el producto

zN∞∏k=1

(1− z

zk

)define una funcion entera cuyos ceros son los puntos de zk∞k=1 y 0 (con orden N) si N > 0 repetidosde acuerdo a su multiplicidad.

Ejemplo 6.3. 1. Si zkk∈N es cualquiera de las sucesiones definidas por zk = k2eiθk o zk = 2keiθk ,con θk ∈ R para cada k ∈ N, entonces, aplicando el resultado anterior, como la suma

∞∑k=1

1

|zk|

es convergente en cada caso, existen funciones enteras de la forma∏∞k=1

(1− z

zk

)que se anulan

precisamente en los puntos de zk∞k=1.

2. Si consideramos cualquiera de las sucesiones zk∞k=1 de la forma zk = keiθk o zk = log(k + 1)eiθk ,con θk ∈ R para cada k ∈ N, entonces la suma

∞∑k=1

1

|zk|

no converge, con lo que el teorema anterior no puede aplicarse.

Parece que la sucesion zkk∈N tiene que tender a∞ con suficiente rapidez para que el resultado anteriorpueda ser aplicado. Si esto ocurre, entonces somos capaces de construir una funcion entera que se anulaprecisamente en los puntos de la sucesion.¿Que ocurrira si zkk∈N no crece en modulo suficientemente rapido? Es decir, ¿que ocurre si lımn→∞ |zn| =∞ pero

∑∞k=1

1|zk| =∞?

Es posible dar un resultado positivo para este tipo de sucesiones. La idea es considerar un producto dela forma

∞∏k=1

(1− z

zk

)eqk

(zzk

),

donde los polinomios qk son elegidos adecuadamente para que la serie

∞∑k=1

∣∣∣∣1− (1− z

zk

)eqk

(zzk

)∣∣∣∣ o

∞∑k=1

∣∣∣∣Log [(1− z

zk

)eqk

(zzk

)]∣∣∣∣sea convergente uniformemente en compactos de C.

Veamos una idea intuitiva que nos ayude a escoger los polinomios qk, a los que llamaremos factoresprimarios de Weierstrass. ¿Como intuye uno la forma que deben tener los qk?Para ver quienes son los polinomios qk, tenemos que estudiar la convergencia uniforme en compactos dela serie

∞∑k=1

∣∣∣∣Log [(1− z

zk

)eqk

(zzk

)]∣∣∣∣ =

∞∑k=1

∣∣∣∣Log(1− z

zk

)+ qk

(z

zk

)∣∣∣∣ .


La convergencia esta garantizada si, fijado R > 0, conseguimos encontrar una sucesion Mk(R)k∈N talque

∑∞k=1Mk(R) <∞ y∣∣∣∣Log(1− z

zk

)+ qk

(z

zk

)∣∣∣∣ ≤Mk(R) para cada k ∈ N.

Como lımk→∞ |zk| =∞, se tiene, entonces que, si |z| ≤ R, es

lımk→∞

|z||zk|

= 0.

En particular, existe k0 ∈ N tal que, si k ≥ k0, entonces∣∣∣ zzk ∣∣∣ ≤ 1.

Pensemos en zzk

como en un numero complejo ω con |ω| < 1. Entonces

|Log(1− ω) + gk(ω)| =∣∣∣∣Log( 1

1− ω

)− qk(ω)

∣∣∣∣ .Un candidato natural a qk para hacer pequena la diferencia anterior es tomar una de las sumas parciales

del desarrollo en serie de Taylor de Log(

11−ω

),

qk(ω) =

pk∑n=1

ωn

n, pk ∈ N.

Tomando un tal polinomio qk, la diferencia anterior queda de la forma∣∣∣∣Log( 1

1− ω

)− qk(ω)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∞∑

n=pk+1

ωn

n

∣∣∣∣∣∣ ≤∞∑

n=pk+1

|ω|n

n≤ 1

pk+1

∞∑n=pk+1

|ω|n =1

pk

|ω|pk+1

1− |ω|≤ Rpk+1

1−R≡Mk(R).

Tomando pk ∈ N de manera que la suma∑∞k=1

Rpk+1

pksea convergente, obtendremos el resultado deseado.

Esto ocurre, en particular, si pk = k, k ∈ N, aunque podrıamos tomar otro pk cualquiera, siempre que severifique la anterior condicion.

Conclusion: Parece que tomar como polinomio qk una suma parcial adecuada del desarrollo de Log(

11−ω

)da resultado.

Hagamos el razonamiento con mas cuidado.

Definicion 6.5. Sea p ∈ N. Consideremos las funciones enteras E0(z) = 1−z y Ep(z) = (1−z)e∑pk=1

zk

k .La sucesion de funciones enteras Ep∞p=0 es la sucesion de factores primarios de Weierstrass.

Observacion 6.4.

1. El polinomio∑pk=1

zk

k es el polinomio de Taylor de orden p− 1 de Log(

11−z

)en torno a 0.

2. Para cada n ≥ 0 se tiene queEp(0) = 1 y Ep(1) = 0.

Antes de probar nuestros primeros resultados generales sobre ceros y factorizacion en C, necesitamos elsiguiente lema.

Lema 6.4. Sean p ≥ 0 y z ∈ D. Entonces

|1− Ep(z)| ≤ |z|p+1.


Demostracion. Sea z ∈ D. Entonces es claro que

|1− E0(z)| = |z| = |z|(1+0),

con lo que el resultado queda probado para p = 0.Para p 6= 0, observemos, en primer lugar, que, como Ep es entera, es

Ep(z) =

∞∑m=0

amzm = 1 +

∞∑m=1

amzm para cada z ∈ C.

Entonces,

−∞∑m=1

amzm = 1− Ep(z) = 1− (1− z)e

∑pk=1

zk

k para cada z ∈ C.

Ademas,

0 = Ep(1) = 1 +

∞∑m=1

am,

lo que equivale a que∞∑m=1

am = −1.

Derivando, obtenemos, aplicando la regla de Ruffini

−∞∑m=1

mamzm−1 = e

∑pk=1

zk

k − (1− z)

[(p∑k=1

zk−1

)e∑pk=1

zk

k

]= e

∑pk=1

zk

k (1− 1 + zp)

= zpe∑pk=1

zk

k = zp +

∞∑j=0

(∑pk=1

zk

k

)jj!

para cada z ∈ C.

Si escribimos la suma anterior como

zp∞∑j=0

(∑pk=1

zk

k

)jj!

= A

∞∑k=0

Akzk,

tenemos, en definitiva, que

−∞∑m=1

mamzm−1 =

∞∑k=0

Akzk para cada z ∈ C.

Observese que, para cada m ≥ 0, es

−(m+ 1)am+1 = Am.

Si m ≤ p− 1, entonces, observando los coeficientes de zm en la suma anterior para cada m ≤ p− 1,−(m+ 1)am+1 = Am = 0, luego

am = 0 si m ≤ p. (6.5)

Ademas, −(p+ 1)ap+1 = Ap y, razonando como antes, obtenemos

Ap = 1⇒ ap+1 = − 1

p+ 1. (6.6)

Si m > p, entonces −(m+ 1)am+1 = Am > 0, luego am+1 < 0 si m > p, con lo que

am < 0 si m > p+ 1. (6.7)


Por tanto, si z ∈ D, combinando 6.5, 6.6 y 2.3, tenemos

|1− Ep(z)| =

∣∣∣∣∣∞∑m=1

amzm

∣∣∣∣∣ =6,5

∣∣∣∣∣∞∑

m=p+1

amzm

∣∣∣∣∣ = |z|p+1

∣∣∣∣∣∞∑

m=p+1

amzm−(p+1)

∣∣∣∣∣≤ |z|p+1

∞∑m=p+1

|am||z|m−(p+1) ≤ |z|p+1∞∑

m=p+1

|am|

=6,6 y 6,7

|z|p+1

(−

∞∑m=p+1

am

)=6,5|z|p+1

( ∞∑m=1

am

)= |z|p+1,

como querıamos probar.

Teorema 6.11 (de factorizacion de Weierstrass I). Sea akk∈N una sucesion de numeros complejos nonulos sin puntos de acumulacion en C. Existe una sucesion de numeros enteros no negativos, pkk∈Ntal que el producto de los factores primarios de Weierstrass

∞∏k=1

Epk

(z

ak

)converge absoluta y uniformemente en compactos de C y, por tanto, define una funcion entera que,ademas, tiene a ann∈N como conjunto de ceros.

Demostracion. Vamos a probar el teorema con pk = k por comodidad, aunque se hace notar que esvalido para otras sucesiones pkk∈N.Sean T un compacto de C y R > 0 tales que T ⊂ D(0, R). Como akk∈N no tiene puntos de acumulacionen C, es claro que lımk→∞ |ak| = ∞, luego existe k0 ∈ N tal que, si k ≥ k0, entonces |ak| ≥ 2R. Portanto, si z ∈ T , ∣∣∣∣ zak

∣∣∣∣ ≤ R

|ak|≤ R

2R=

1

2.

Ası pues, por el lema anterior, como∣∣∣ zak ∣∣∣ < 1, se tiene que∣∣∣∣1− Ek ( z

ak

)∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣ zak∣∣∣∣k+1

≤(

1

2

)k+1

.

Entonces, como∑∞k=k0

(12

)k+1es una serie convergente, se tiene, por el Teorema de la mayorante de

Weierstrass, que la serie∞∑k=1

(1− Ek

(z

ak

))converge absoluta y uniformemente en T . Por tanto, por el teorema de convergencia de productos defunciones holomorfas, el producto

∞∏k=1

Ek

(z

ak

)converge absoluta y uniformemente en T , con lo que define una funcion entera.Ademas, el producto

∞∏k=1

Ek

(z

ak

)se anula si, y solo si, existe algun k ∈ N tal que Ek

(zak

)se anula (en el caso general, tal que Epk

(zak

)se anula), lo que equivale a que se anule(

1− z

ak

)e∑kj=1

(zak

)jj = 0 para algun k ∈ N, lo que ocurre si, y solo si, z = ak, k ∈ N.


Teorema 6.12 (de factorizacion de Weierstrass II). Sea f una funcion entera que tiene un cero de ordenN en 0 y con sucesion de ceros no nulos an∞n=0. Existen una funcion g entera y una sucesion pn∞n=0

en N ∪ 0 tales que

f(z) = eg(z)zN∞∏n=0

Epn

(z

an

).

Demostracion. Si an∞n=0 es una sucesion finita, el resultado es conocido.Si an∞n=0 es infinita, como f es entera, debe ser lımn→∞ |an| =∞ (pues, en otro caso, an∞n=0 tendrıapuntos de acumulacion en C, con lo que serıa identicamente nula, en contra del hecho de que 0 es un cerode orden N de f).Por el teorema anterior, existe una sucesion pn∞n=0 en N ∪ 0 tal que el producto

∞∏n=0

Epn

(z

an

)define una funcion entera con an∞n=0 como conjunto de ceros.Por tanto, la funcion

f(z)

zN∏∞n=0Epn

(zan

)es una funcion entera y nunca nula.Por el Teorema 6.1, existe una funcion g entera con

f(z)

zN∏∞n=0Epn

(zan

) = eg(z) para cada z ∈ C,

lo que prueba el resultado.

Observacion 6.5.

1. La factorizacion del Teorema no es unica. Si pnn∈N es una sucesion que verifica que el productodel teorema anterior converge, entonces tambien es valida una sucesion qnn∈N con qn ≥ pn paracada n ∈ N.

2. Es posible dar una version del resultado anterior con el mismo p para cada n.

Teorema 6.13. Si p ≥ 0, y an∞n=0 es una sucesion de numeros complejos no nulos con∑∞n=0

1|an|p+1 <

∞, entonces el producto∞∏n=0

Ep

(z

an

)converge absoluta y uniformemente en cada compacto de C. Por tanto, define una funcion entera cuyasucesion de ceros es exactamente an∞n=0.

Demostracion. Sean K un compacto de C y R > 0 tales que K ⊂ D(0, R).Como p es tal que

∞∑n=0

1

|an|p+1<∞,

debe ser lımn→∞ |an| =∞ (en otro caso, no se tiene convergencia para la serie), con lo que existe n0 ∈ Ntal que, si n ≥ n0, entonces |an| > R.


Por el lema de los factores primarios, para cada z ∈ K se tiene, al ser∣∣∣ zan ∣∣∣ ≤ R

|an| <RR = 1 para cada

n ≥ n0,∞∑

n=n0

∣∣∣∣1− Ep( z

an

)∣∣∣∣ ≤ ∞∑n=n0

∣∣∣∣ zan∣∣∣∣p+1

≤ Rp+1∞∑

n=n0

1

|an|p+1<∞.

Por tanto, el Teorema de la mayorante de Weierstrass asegura que la serie

∞∑n=n0

(1− Ep

(z

an

))converge absoluta y uniformemente en K y, por el Teorema de convergencia de productos de funcionesholomorfas, el producto

∞∏n=0

Ep

(z

an

)converge absoluta y uniformemente en K, lo que prueba el resultado.

Parece ser que, en algunas situaciones podemos tomar p fijo.

6.5. Exponente de convergencia y genero de una sucesion.

El objetivo de esta seccion es el de encontrar una factorizacion canonica. Las observaciones y teoremasanteriores llevan a dar las siguientes definiciones:

Definicion 6.6. Sea an∞n=0 una sucesion de numeros complejos no nulos sin puntos de acumulacion

en C. Se define el exponente de convergencia de an∞n=0, σ(an∞n=0

), como

σ(an∞n=0

)= ınf s ∈ R :

∞∑n=0

1

|an|s<∞.

Si f es una funcion que tiene a an∞n=0 como sucesion de ceros no nulos, entonces escribimos

σ(an∞n=0

)≡ σ(f).

Observacion 6.6.

1. Entenderemos que ınf(∅) = ∞. Ası, si an∞n=0 es tal que no existe s ∈ R con∑∞n=0

1|an|s < ∞,

entonces σ(an∞n=0

)=∞.

2. Si σ(an∞n=0

)<∞ se tiene lo siguiente:

Si s < σ(an∞n=0

), entonces

∑∞n=0

1|an|s =∞.

si s > σ(an∞n=0

), entonces

∑∞n=0

1|an|s <∞.

Si s = σ(an∞n=0

)puede ocurrir cualquier cosa.

Definicion 6.7. Sea an∞n=0 una sucesion de numeros complejos no nulos sin puntos de acumulacion

en C y con σ(an∞n=0

)<∞. Se define el genero de an∞n=0 como el menor numero entero, p ∈ Z, tal

que∑∞n=0

1|an|p+1 <∞.

6.5. EXPONENTE DE CONVERGENCIA Y GENERO DE UNA SUCESION. 119

Observacion 6.7.

1. Observese que∞∑n=0

1

|an|0=

∞∑n=0

1 =∞,

luego σ(an∞n=0

)≥ 0. Por tanto, el genero es siempre un numero natural o cero.

2. Si an∞n=0 es finita, supondremos que σ(an∞n=0

)= p = 0.

3. Cualquiera que sea an∞n=0, se tiene

p ≤ σ(an∞n=0

)≤ p+ 1.

Notacion 6.1. En adelante, cuando no haya lugar a confusion, para referirnos a σ(an∞n=0

)escribi-

remos, simplemente, σ.

Ejemplo 6.4.

1. Consideremos la sucesion an∞n=0 definida por an = n+1. ¿Cuando ocurre que∑∞n=0

1(n+1)s <∞?

La serie converge si, y solo si, s > 1, luego 1 = σ = ınfx ∈ R : x > 1, con lo que p = 1, ya que

∞∑n=0

1

(n+ 1)1=∞ y

∞∑n=0

1

(n+ 1)1+1<∞.

Ası pues, σ = p = 1 y∞∑n=0

1

(n+ 1)σ

es divergente.

2. Consideremos la sucesion an∞n=0 definida por an = (n+ 1)2.

Entonces la serie∑∞n=0

1|an|s converge si, y solo si converge la serie

∑∞n=0

1(n+1)2s <∞, lo que, por

la anterior observacion, ocurre si, y solo si, 2s > 1, es decir, si, y solo si, s > 12 .

Ası, razonando como antes, σ = 12 . Por otro lado, p = 0, pues

∞∑n=0

1

(n+ 1)2·0 =∞ y

∞∑n=0

1

(n+ 1)2(0+1)<∞.

De nuevo,∞∑n=0

1

|an|σ=

∞∑n=0

1

(n+ 1)2· 12=∞,

luego la serie diverge, nuevamente, en su exponente de convergencia.

3. Consideremos la sucesion an∞n=0 definida por an = (n+ 1) [log(n+ 1)]2.

La serie∞∑n=1

1((n+ 1) [log(n+ 1)]

2)s

converge si, y solo si, s ≥ 1.

En efecto, si s = 1, entonces, por el criterio de la integral,

∞∑n=1

1

(n+ 1) [log(n+ 1)]2

2

∫ ∞1

dx

(x+ 1)[log(x+ 1)]2= − 1

log(x+ 1)

∣∣∣∞1

=1

log 2<∞.

2A B significa que existen c1, c2 > 0 tales que c1A ≤ B ≤ c2A, de modo que A y B se comportaran del mismo modorespecto a convergencia.


Por tanto, la serie converge en s = 1, con lo que tambien lo hara si s ≥ 1. Ahora bien, fijado0 < s < 1, existen n0 ∈ N y 1 < α ≤ 1

s tales que (n+ 1)α ≥ (n+ 1) log2(n+ 1) para cada n ≥ n0,luego

∞∑n=n0

1

(n+ 1)s[log2(n+ 1)]s≥∞∑n=0

1

(n+ 1)αs=∞.

Ası pues, σ = 1 y, como antes, p = 0. Observese que, en este caso,

∞∑n=1

1((n+ 1) log2(n+ 1)

) <∞.4. ¿Existe alguna sucesion de numeros complejos no nulos, an∞n=0, sin puntos de acumulacion en C

y con σ = 0? Es decir, con∞∑n=0

1

|an|s<∞ para cada s > 0.

La respuesta es afirmativa. En efecto, basta con tener en cuenta la sucesion an = 2n, o cualquieracon |an| = 2n.

5. ¿Existira alguna con σ =∞? Bastarıa considerar algo como log(n+ 1), n ∈ N.

Parece claro que, cuanto mas rapido se acerca |an| a ∞, mas pequenos son σ y p.

Teorema 6.14 (Teorema de factorizacion canonica de Weierstrass). Sea f una funcion entera con un cerode orden N ≥ 0 en el origen cuya sucesion de ceros no nulos, an∞n=0, tiene exponente de convergenciaσ <∞ y genero p. Entonces existe una funcion g entera tal que


Ep

(z

an

).

Definicion 6.8. Al producto∏∞n=0Ep

(zan

)se le llama producto canonico de Weierstrass asociado

a an∞n=0 y a la factorizacion que aparece en el teorema anterior se le llama factorizacion canonica.

Demostracion. Es claro que lımn→∞ |an| = ∞, pues an∞n=0 tiene exponente de convergencia. Comop es el genero de an∞n=0, es

∞∑n=0

1

|an|p+1<∞.

Entonces, segun el teorema anterior (Teorema 6.13) el producto

∞∏n=0

Ep

(z

an

)converge absoluta y uniformemente en cada compacto de C. En particular, el producto anterior defineuna funcion entera cuya sucesion de ceros es, precisamente, an∞n=0. Consideremos la funcion definidapor

f(z)

zN∏∞n=0Ep

(zan

) ,que es entera y no nula y, por tanto, existe una funcion g entera tal que


Ep

(z

an

).

6.5. EXPONENTE DE CONVERGENCIA Y GENERO DE UNA SUCESION. 121

De todas las factorizaciones con un p fijo, estamos eligiendo la que utiliza el menor p posible.

Teorema 6.15 (de factorizacion de Weierstrass en dominios arbitrarios). Sean Ω un dominio y an∞n=0

una sucesion de puntos de Ω sin puntos de acumulacion en Ω. Entonces existe una funcion f ∈ Hol(Ω)que se anula solamente en an∞n=0.

Observacion 6.8. Esto muestra que el Teorema de identidad de Weierstrass es muy preciso: la hipotesisde los puntos de acumulacion no se puede sustituir por otra mas debil.

Demostracion. Si an∞n=0 es finita, entonces no hay nada que probar.Supongamos, entonces, que an∞n=0 es infinita. Sea δn = d(an,C\Ω). Si C = Ω, entonces C\Ω = ∅ yentendemos que δn =∞.Dividiremos la prueba en tres casos segun el posible comportamiento de los δn.

1. Supongamos |an|δn ≥ 1 para cada n ≥ 0 (o a partir de un n0).

Entonces lımn→∞ |an| =∞. En efecto, si no fuese ası, an∞n=0 tendrıa alguna subsucesion acotadaque, por tanto, tendrıa alguna subsucesion, ank∞k=0, convergente en C. Sea a el lımite de estasubsucesion.

Si fuese Ω = C, entonces a serıa punto de acumulacion de an∞n=0 en Ω = C, en contra de lahipotesis, luego, en este caso, es claro que debe ser lımn→∞ |an| =∞.

Si Ω 6= C, entonces existe ω ∈ C\Ω. Por tanto,

1 ≤ |an|δn ≤ |an||ω − a| para cada n ≥ 0.

En particular,1 ≤ |ank ||ω − ank | para cada k ≥ 0.

Por tanto, tomando lımite cuando k →∞,

1 ≤ |a||ω − a|.

Como esto es ası para cada ω ∈ C\Ω, se tiene que a 6= 0 y a /∈ C\Ω, pues, en caso contrario,no se podrıa dar la anterior desigualdad. Ası pues, se tiene que a ∈ Ω, en contra, de nuevo, dela hipotesis.

Por tanto, el lımn→∞ |an| =∞, con lo que, por los resultados anteriores, existe una funcion f entera(y, por tanto, holomorfa en Ω) que se anula unicamente en los puntos de an∞n=0.

2. Supongamos que |an|δn < 1 para cada n ≥ 0.

Observese que, en este caso, no puede ser Ω = C, porque, en tal caso, serıa δn =∞ para todo n.

a) Veamos que lımn→∞ δn = 0.

Supongamos que no. Entonces existen ε > 0 y una subsucesion, δnk∞k=0, de δn∞n=0, tal queδn−k ≥ ε para cada k ≥ 0.

Por tanto,

|ank | <1

δnk≤ 1

εpara cada k ≥ 0,

luego ank∞k=0 es una subsucesion acotada de an∞n=0. Por el Teorema de Bolzano-Weierstrass,ank∞k=0 tiene una subsucesion convergente que, por comodidad, supondremos que es ella mis-ma. Sea a ∈ C el lımite de dicha sucesion.

Como δnk ≥ ε para cada k ≥ 0, es

ε ≤ δnk ≤ |ank − ω| para cada ω ∈ C\Ω y cada k ≥ 0.

Ası pues,0 ≤ ε ≤ |a− ω| para cada ω ∈ C\Ω,

con lo que d(a,C\Ω) > 0, luego a ∈ Ω, lo que contradice la hipotesis de que an∞n=0 no tienepuntos de acumulacion en Ω.


b) Construyamos una funcion f ∈ Hol(Ω) que se anule unicamente en los puntos de an∞n=0.

Sea, para cada n ≥ 0, bn ∈ C\Ω con |an − bn| < 32δn, que existe por la definicion de ınfimo.

consideremos el producto

∞∏n=0

En

(an − bnz − bn

)para cada z ∈ Ω.

Una vez que veamos que este producto define una funcion holomorfa en Ω la prueba habra ter-minado, pues los ceros del producto anterior son exactamente los an∞n=0.

Veamos, entonces, que el producto anterior define una funcion holomorfa en Ω.

Cada factor En

(an−bnz−bn

)es holomorfa en C\bn∞n=0 y, por tanto, holomorfa en Ω, pues bn ∈

C\Ω, luego basta ver que el producto converge uniformemente en compactos de Ω.

Sean K ⊂ Ω un compacto y δ = d(K,C\Ω) > 0. Como, por lo anterior, es

lımn→∞

δn = 0,

existe n0 ∈ N tal que, si n ≥ n0, entonces

δn ≤δ

2.

Entonces, si z ∈ K y n ≥ n0, es

|an − bn| ≤3

2δn ≤

3

2

1

2δ =

3

4δ ≤ 3

4|z − bn|.

Por tanto, si n ≥ n0, entonces∣∣∣∣an − bnz − bn

∣∣∣∣ ≤ 3

4< 1 para cada z ∈ K.

Entonces por el Lema 6.4,∣∣∣∣1− En(an − bnz − bn

)∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣an − bnz − bn

∣∣∣∣n+1

≤(

3

4

)n+1

.

Como la serie∑∞n=0

(34

)n+ 1 es convergente, el Teorema de la mayorante de Weierstrass junto

con el Teorema de convergencia de productos de funciones holomorfas aseguran que

∞∏n=0

En

(an − bnz − bn

)converge uniformemente en K.

3. Caso general:

Escribimos an∞n=0 = bk∞k=0∪cm∞m=0 de modo que los bk son los an que verifican anδn ≥ 1 ylos cm los que verifican anδn < 1 ordenados del mismo modo que estan en an∞n=0.

Segun los casos anteriores, existen h, g ∈ Hol(Ω) anulandose solamente en los puntos de vk∞k=0

y ck∞k=0, respectivamente. Por tato, el producto f = h · g es una funcion holomorfa en Ω que seanula en los puntos de ak∞k=0.

Tema 7

Funciones enteras. Crecimiento ydistribucion de ceros.

7.1. Introduccion. Funciones enteras con crecimiento polinomi-co.

Recordemos el Teorema de Liouville.

Teorema 7.1 (de Liouville). Si f es entera y acotada, entonces es constante.

El teorema asegura, en particular, que, o bien f es nula, o bien no tiene ceros.Una extension de este resultado es la siguiente.

Teorema 7.2. Sea f una funcion entera. Supongamos que existen α > 0, r > 0 y M > 0 tales que

|f(z)| ≤M |z|α para cada z con |z| ≥ r.

Entonces f es un polinomio de grado menor o igual que bαc.

Demostracion. Supongamos que f es de la forma

f(z) =∞∑n=0

anzn, z ∈ C.

Entonces, por el Teorema de Cauchy, para cada R ≥ r se tiene que, dado n ∈ N,

|an| =∣∣∣∣fn)(0)

n!

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ 1

2πi

∫|z|=R

f(z)

zn+1dz

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ 1

2π

∫ 2π

0

f(Reiθ)iReiθ

(Reiθ)n+1dθ

∣∣∣∣≤ 1

2π

∫ 2π

0

|f(Reiθ)|RRn+1

dθ ≤ 1

2π

∫ 2π

0

MRα

Rn=

1

2π2πMRα−n = MRα−n.

Por tanto, si n > bαc, entonces

|an| = lımR→∞

|an| = lımR→∞

MRα−n = 0.

Luego f es un polinomio de grado menor o igual que bαc.

Nota. Para decir que f verifica la condicion del teorema anterior diremos, simplemente, que

|f(z)| = O(|z|α) si |z| → ∞,

o, simplemente, que |f(z)| = O(|z|α).

123

124 TEMA 7. FUNCIONES ENTERAS. CRECIMIENTO Y DISTRIBUCION DE CEROS.

Observaciones 7.1.

1. Segun el teorema anterior, f tiene, a lo sumo, bαc ceros.

2. Parece que restricciones en el crecimiento de f implican restricciones en el numero de ceros de f .

3. El recıproco no es cierto. Para verlo, basta tomar la funcion f(z) = exp(exp(exp(z))), que crecemucho, es entera y no tiene ceros.

7.2. La formula de Jensen.

La formula de Jensen es la herramienta que nos permitira deducir restricciones sobre el numero de cerosde una funcion holomorfa a partir de restricciones en su crecimiento.

Notacion 7.1. Si f es una funcion y ρ es un numero positivo, entonces n(ρ, f) denotara su numero deceros ak en el disco cerrado de radio ρ. Es decir,

n(ρ, f) ≡ #ak : |ak| ≤ ρ.

Lema 7.1. Si s > 0, entonces

1

2π

∫ π

−πlog |1− seit|dt = log+ s =

log s si s > 1

0 si 0 < s ≤ 1

Demostracion. Como log(1 − z) es holomorfa en D, sus partes real e imaginaria son armonicas en D.Por tanto, la funcion log |1 − z| es armonica en D. Ası pues, si 0 < s < 1, por la propiedad del valormedio,

1

2π

∫ π

−πlog |1− seit|dt = log |1− 0| = log 1 = 0.

Si s > 1, entonces no podemos aplicar el argumento anterior. Sin embargo, en este caso,

1

2π

∫ π

−πlog |1− seit|dt =

1

2π

∫ π

−πlog

(s|1s− eit|

)dt

=1

2π

∫ π

−πlog sdt+

1

2π

∫ π

−πlog

∣∣∣∣1s − eit∣∣∣∣ dt

=1

2π

∫ π

−πlog sdt+

1

2π

∫ π

−πlog

∣∣∣∣1s − e−iθ∣∣∣∣ dθ

= log s+1

2π

∫ π

−πlog

∣∣∣∣eiθs − 1

∣∣∣∣ ds =1s<1

log s+ 0

= log s =s>1

log+ s.

Por ultimo, si s = 1, entonces es

|1− eit|2 = (1− eit)(1− e−it) = 2− (eit + e−it) = 2− 2 cos t

= 2(1− cos t) = 4 sin2 t

2.

Entonces, dado que la integral ∫ π

0

log(2 sint

2)dt

es convergente,

7.2. LA FORMULA DE JENSEN. 125

1

2π

∫ π

−πlog |1− eit|dt =

1

2π

∫ π

−πlog(2| sin t

2|)dt =

1

π

∫ π

0

log(2 sint

2)dt

=1

π

∫ π

0

log(sint

2)dt+ log 2 =

2

π

∫ π/2

0

log(sinx)dx.

Basta ver, ahora, que ∫ π/2

0

log(sinx)dx = −π2

log 2.

Ahora bien,∫ π/2

0

log(sinx)dx =

∫ π/2

0

log(2 sin(x/2) cos(x/2))dx

=π

2log 2 +

∫ π/2

0

log(sin(x/2))dx+

∫ π/2

0

log(cos(x/2))dx

=π

2log 2 +

∫ π/2

0

log(sin(x/2))dx+

∫ π/2

0

log(sin(π/2− x/2))dx

=π

2log 2 + 2

∫ π/4

0

log(sin(t))dt+ 2

∫ π/2

π/4

log(sin(t))dt

=π

2log 2 + 2

∫ π/2

0

log(sin(t))dt.

Como la integral es convergente, podemos despejarla, de modo que∫ π/2

0

log(sin(x))dx− 2

∫ π/2

0

log(sin(t))dt =π

2log 2,

con lo que

−∫ π/2

0

log(sin(t))dt =π

2log 2.

Teorema 7.3 (Formula de Jensen I). Sean R > 0 y f ∈ Hol(D(0, R)). Supongamos que f(0) 6= 0. Seaan∞n=0 la sucesion de ceros de f y supongamos que

0 < |a0| ≤ |a1| ≤ |a2| ≤ · · · ≤ |an| ≤ · · ·

entonces, para cada 0 < ρ < R,

1

2π

∫ π

−πlog |f(ρeiθ)|dθ = log |f(0)|+

n(ρ,f)∑k=0

logρ

|ak|.

Demostracion. Sea ρ ∈ (0, R). Si f no se anula en D(0, ρ), entonces log |f | es armonica en D(0, ρ) ycontinua en D(0, ρ). Entonces

1

2π

∫ π

−πlog |f(ρeiθ)|dθ = log |f(0)|,

lo que prueba la formula si f no tiene ceros en D(0, ρ).Si f tiene ceros en D(0, ρ), consideremos la funcion definida por

f(z)∏n(ρ,f)k=0 (z − ak)

,


que es holomorfa y nunca nula en D(0, ρ) y, por tanto, por el caso anterior,

1

2π

∫ π

−πlog

∣∣∣∣∣ f(ρeiθ)∏n(ρ,f)k=0 (ρeiθ − ak)

∣∣∣∣∣ dθ = log

∣∣∣∣∣ f(0)∏n(ρ,f)k=0 (−ak)

∣∣∣∣∣= log |f(0)| − log

n(ρ,f)∏k=0

|ak| = log |f(0)|+n(ρ,f)∑k=0

log1

|ak|.

Ahora bien,

1

2π

∫ π

−πlog

∣∣∣∣∣ f(ρeiθ)∏n(ρ,f)k=0 (ρeiθ − ak)

∣∣∣∣∣ dθ =1

2π

∫ π

−πlog |f(ρeiθ)|dθ −

n(ρ,f)∑k=0

1

2π

∫ π

−πlog |ρeiθ − ak|dθ.

Analicemos las integrales de la suma anterior. Para cada k = 0, . . . , n(ρ, f), tenemos que, si ak = ρkeiθk ,

1

2π

∫ π

−πlog |ρeiθ − ak|dθ =

1

2π

∫ π

−πlog |ρeiθ|

∣∣∣∣1− ρkρei(θk−θ)

∣∣∣∣ dθ=

1

2π

∫ π

−πlog |ρeiθ|dθ +

1

2π

∫ π

−πlog

∣∣∣∣1− ρkρei(θk−θ)

∣∣∣∣ dθ= log ρ+

1

2π

∫ π+θk

−π+θk

log

∣∣∣∣1− ρkρeit∣∣∣∣ dt = log ρ+

1

2π

∫ π

−πlog

∣∣∣∣1− ρkρeit∣∣∣∣ dt.

Por el lema anterior,1

2π

∫ π

−πlog |ρeiθ − ak|dθ = log ρ+ 0 = log ρ.

Por tanto,

1

2π

∫ π


n(ρ,f)∑k=0

log1

|ak|+

n(ρ,f)∑k=0

log ρ

= log |f(0)|+n(ρ,f)∑k=0

logρ

|ak|.

Observaciones 7.2.

1. La cantidad∑n(ρ,f)k=0 log ρ

|ak| se suele denotar por N(ρ, f) y se conoce como la funcion de Nevanlinna.

2. Para cada ρ > 0 tenemos que, como ρ|ak| ≥ 1 para cada k = 0, . . . , n(ρ, f) y |ak| > ρ si k > n(ρ, f),

N(ρ, f) =

n(ρ,f)∑k=0

logρ

|ak|=

n(ρ,f)∑k=0

log+ ρ

|ak|=

∞∑n=0

log+ ρ

|ak|.

Proposicion 7.1. Sea f ∈ Hol(D(0, R)). Si f(0) 6= 0, entonces

N(ρ, f) =

∫ ρ

0

n(t, f)

tdt para cada 0 < ρ < R.

Demostracion. Sea 0 < ρ < R. Sean

0 < |a1| ≤ |a2| ≤ · · · ≤ |ak| ≤ ρ.

los modulos de los ceros de f en D(0, ρ), que, como sabemos, es un numero finito de elementos, k.Sean ρ1 < ρ2 < ρ3 < · · · < ρN los radios de las circunferencias de centro cero que contienen algun cerode f en D(0, ρ). Observese que es N ≤ k.

7.2. LA FORMULA DE JENSEN. 127

Observese que n(t, f) es una funcion construida a trozos de la forma siguiente:

n(t, f) =

0 si t < ρ1

n(ρ1, f) si ρ1 ≤ t < ρ2

n(ρ1, f) si ρ2 ≤ t < ρ3

......

n(ρ1, f) si ρN ≤ t ≤ ρ

Ahora bien, si definimos n(ρ0, f) ≡ 0,

N(ρ, f) ≡n(ρ,f)∑k=0

logρ

|ak|=

N∑j=1

∑|ak|=ρj

logρ

|ak|=

N∑j=1

#k : |ak| = ρj logρ

|ak|

=

N∑j=1

(n(ρj , f)− n(ρj−1, f)) logρ

ρj

=[(n(ρ1, f)− n(ρ0, f)) log

ρ

ρ1+ (n(ρ2, f)− n(ρ1, f)) log

ρ

ρ2+

+ · · ·+ (n(ρN , f)− n(ρN−1, f)) logρ

ρN

]=

N−1∑j=1

n(ρj , f)

[log

ρ

ρj− log

ρ

ρj+1

]+ n(ρN , f) log

ρ

ρN

=

N−1∑j=1

n(ρj , f) logρj+1

ρj+ n(ρN , f) log

ρ

ρN

=

N−1∑j=1

n(ρj , f)

∫ ρj+1

ρj

dt

t+ n(ρN , f)

∫ ρ

ρN

dt

t

=

N−1∑j=1

∫ ρj+1

ρj

n(t, f)dt

t+

∫ ρ

ρN

n(t, f)dt

t

=

∫ ρ

0

n(t, f)dt

t.

Corolario 7.1. Sea R > 0. Si f ∈ Hol(D(0, R)) con f(0) 6= 0, entonces, para cada ρ ∈ (0, R), se tieneque

1

2π

∫ π


∫ ρ

0

n(t, f)

tdt.

Demostracion. Segun las observaciones y el resultado anteriores se tiene, por la formula de Jensen, que

1

2π

∫ π


n(ρ,f)∑k=0

logρ

|ak|= log |f(0)|+

n(ρ,f)∑k=0

log+ ρ

|ak|

= log |f(0)|+∞∑k=0

log+ ρ

|ak|= log |f(0)|+N(ρ, f)

= log |f(0)|+∫ ρ

0

n(t, f)

tdt.

La formula de Jensen admite generalizaciones a los casos en que f(0) = 0 o f es meromorfa. En esteultimo caso, la formula de Jensen involucra tambien los polos de f .


Teorema 7.4 (Formula de Jensen generalizada). Sean R > 0 y N ∈ N. Sea f(z) =∑∞j=N cjz

j unafuncion holomorfa en D(0, R). Entonces, para cada 0 < ρ < R,

1

2π

∫ π

−πlog |f(ρeiθ)|dθ = log |cNρN |+

∑k:|ak|≤ρ

logρ

|ak|,

donde ak∞k=0 es la sucesion de ceros no nulos de f ordenados de manera creciente en modulo y repetidosde acuerdo a su multiplicidad.

Demostracion. Sea ρ ∈ (0, R). Consideremos la funcion g dada por

g(z) =f(z)

cNzN,

que es holomorfa en D(0, R), pues f tiene un cero de orden N en el origen, con lo que, ademas, es g(0) = 1.Ademas, g tiene los mismos ceros no nulos que f en D(0, R).Se tiene que

1

2π

∫ π

−πlog |g(ρeiθ)|dθ =

1

2π

∫ π

−πlog |f(ρeiθ)|dθ − 1

2π

∫ π

−πlog |cNρN |dθ

y, por la formula de Jensen,

1

2π

∫ π

−πlog |g(ρeiθ)|dθ = log |g(0)|+

n(ρ,g)∑k=0

logρ

|ak|=

n(ρ,f)∑k=0

logρ

|ak|.

Por tanto,

1

2π

∫ π

−πlog |f(ρeiθ)|dθ =

n(ρ,f)∑k=0

logρ

|ak|+

1

2π

∫ π

−πlog |cNρN |dθ

=

n(ρ,f)∑k=0

logρ

|ak|+ log |cNρN |.

Ya estamos en condiciones de vislumbrar que restricciones en el crecimiento de |f | implican restriccionesen el numero de ceros de f .

Notacion 7.2. Sean R > ρ ≥ 0. Sea f ∈ Hol(D(0, R)). Definimos el modulo maximo de f en |z| = ρcomo

M∞(ρ, f) = max|z|=ρ

|f(z)|.

El principio del maximo asegura que la funcion ρ 7→M∞(ρ, f) es creciente.

Teorema 7.5. Sean R ∈ (0,∞] y f ∈ Hol(D(0, R)) con f(0) 6= 0. Entonces, si 0 < s < ρ < R,

n(s, f) logρ

s≤ log(M∞(ρ, f))− log |f(0)|.

Demostracion. Si 0 < s < ρ < R, entonces

n(s, f) logρ

s= n(s, f)

∫ ρ

s

dt

t≤∫ ρ

s

n(t, f)

tdt ≤

∫ ρ

0

n(t, f)

tdt =

1

2π

∫ π

−πlog |f(ρeiθ)|dt− log |f(0)|

≤ 1

2π

∫ π

−πlog(M∞(ρ, f))dθ − log |f(0)| = log(M∞(ρ, f))− log |f(0)|.

7.3. LA FORMULA DE POISSON-JENSEN Y SUS CONSECUENCIAS. 129

Ejemplo 7.1. Sean f una funcion entera y sea ρ = e · s, s > 0, de modo que log ρs = 1. Supongamos que

|f(0)| = 1. Entonces el teorema anterior asegura que

n(s, f) ≤ log(M∞(e · s, f)) si s > 0.

Observacion 7.1. Si se suprime la hipotesis f(0) 6= 0 y f(z) es de la forma f(z) =∑∞k=N ckz

k, entonces

n(s, f) logρ

s≤ log(M∞(ρ, f))− log |cNρN |.

7.3. La formula de Poisson-Jensen y sus consecuencias.

Teorema 7.6 (Formula de Poisson-Jensen). Sean R > 0 y f ∈ Hol(D(0, R)). Sean 0 < ρ < R yz ∈ D(0, R) con f(z) 6= 0. Entonces

log |f(z)| = 1

2π

∫ π

−πlog |f(ρeit)|P

(z

ρ, eit)dt−

∑k:|ak|≤ρ

log+

∣∣∣∣ ρ2 − akzρ(z − ak)

∣∣∣∣ ,donde an∞n=0 es la sucesion de ceros de f .

Consecuencias.

1. Como el segundo termino del lado derecho en la suma anterior es una suma de numeros no negativos,se tiene que

log |f(z)| ≤ 1

2π

∫ π

−πlog |f(ρeit)|P (

z

ρ, eit)dt.

2. Si |z| = s, entonces

max|z|=s

log |f(z)| ≤ max|z|=s

(1

2π

∫ π

−πlog |f(ρeiθ)|P (

z

ρ, eiθ)dθ

)≤ max|z|=s

(1

2π

∫ π

−πlog+ |f(ρeiθ)|P (

z

ρ, eiθ)dθ

)≤ max|z|=s

((sρ + 1

1− sρ

)1

2π

∫ π

−πlog |f(ρeiθ)|dθ

)=

(ρ+ s

ρ− s

)1

2π

∫ π

−πlog+ |f(ρeiθ)|dθ

≤(ρ+ s

ρ− s

)1

2π

∫ π

−πlog(M∞(ρ, f))dθ =

ρ+ s

ρ− slog(M∞(ρ, f)).

Por tanto, si f ∈ Hol(D(0, R)) y 0 < s < ρ < R, entonces

max|z|=s

log |f(z)| ≤ ρ+ s

ρ− slog(M∞(ρ, f)).


7.4. Introduccion a los espacios de Hardy Hp y la clase de Ne-vanlinna en el disco unidad.

En esta seccion, f sera una funcion holomorfa definida en el disco.

Definicion 7.1. Sea ann∈N una sucesion en D. Diremos que ann∈N satisface la condicion deBlaschke si

∞∑n=1

(1− |an|) <∞.

Observaciones 7.3.

1. La condicion de Blaschke solo depende de los modulos de los terminos de ann∈N. Es decir, siann∈N verifica la condicion de Blaschke, entonces, para cualquier sucesion de numeros reales,θnn∈N, la sucesion aneiθnn∈N tambien verifica la condicion de Blaschke.

2. Si an 6= 0 para cada n ∈ N, entonces, por el criterio de comparacion, la serie∑∞n=1(1 − |an|)

converge si, y solo si, lo hace la serie∑∞n=1 log 1

|an| .

Proposicion 7.2. Sean f ∈ Hol(D). La sucesion ann∈N de los ceros de f verifica la condicion deBlaschke si, y solo si,

sup0<ρ<1

1

2π

∫ π

−πlog |f(ρeiθ)|dθ <∞.

Demostracion. Supongamos que f tiene desarrollo en serie de Taylor en torno al origen de la forma

f(z) =

∞∑k=N

ckzk.

Por la formula de Jensen, para cada 0 < ρ < 1, se tiene que

1

2π

∫ π

−πlog |f(ρeiθ)|dθ = log |cNρN |+

∑k:0<|ak|≤ρ

logρ

|ak|. (7.1)

Observemos que log |cNρN | es una funcion creciente de ρ. Ademas,∑k:0<|ak|<ρ log ρ

|ak| tambien es

creciente respecto de ρ.Por tanto, el miembro de la derecha en la igualdad anterior crece con ρ.

Supongamos que

sup0<ρ<1

1

2π

∫ π


Entonces, por 7.1, para cada 0 < ρ < 1, se tiene que

log |cNρN |+∑

n:0<|an|<ρ

logρ

|an|≤ sup

0<ρ<1

(1

2π

∫ π

−πlog |f(ρeiθ)|dθ

)≡M(f) <∞.

Tomando lımite cuando ρ tiende a 1, obtenemos que∑an 6=0

log1

|an|<∞

7.4. ESPACIOS DE HARDY Y CLASE DE NEVANLINNA EN D 131

y, segun la observacion anterior, como ak = 0 solo para un numero finito de ındices, el criterio decomparacion asegura que la serie

∞∑n=1

(1− |an|)

es convergente, de modo que ann∈N verifica la condicion de Blaschke.

Supongamos que ann∈N satisface la condicion de Blaschke. Como ya hemos dicho, esto equivale a que∑an 6=0

log1

|an|<∞.

Por tanto, como ambos miembros de la igualdad 7.1 crecen con ρ, se tiene que existe una constante K(f)tal que, para cada 0 < ρ < 1,

1

2π

∫ π

−πlog |f(ρeiθ)|dθ ≤ sup

0<ρ<1

log |cNρN |+∑

0<|an|<ρ

logρ

|an|

= lımρ→1−

log |cNρN |+∑

0<|an|<ρ

logρ

|an|

= log |cN |+

∑an 6=0

log1

|an|≡ K(f) <∞.

Por tanto,

sup0<ρ<1

1

2π

∫ π


A continuacion, vamos a introducir una serie de conceptos.

Definicion 7.2. Sea f ∈ Hol(D). Definimos la funcion caracterıstica de Nevanlinna de f como lafuncion T (·, f) : (0, 1) −→ R definida por

T (R, f) =1

2π

∫ π

−πlog+ |f(Reiθ)|dθ.

Definicion 7.3. Se define la clase de Nevanlinna N como la familia

N = f ∈ Hol(D) : sup0<ρ<1

T (ρ, f) <∞.

Definicion 7.4. Sea 0 < p <∞. Definimos el espacio de Hardy Hp como la familia

Hp = f ∈ Hol(D) : sup0<R<1

Mp(R, f) <∞.

Si p =∞, entonces definimos

H∞ = f ∈ Hol(D) : sup0<R<1

M∞(R, f) <∞.

Observese que, si f ∈ H∞, entonces f es acotada en D.

Definicion 7.5. Sea f ∈ Hol(D). Sea 0 < p ≤ ∞. Definimos la norma Hp de f como la cantidad

‖f‖Hp = sup0<R<1

Mp(R, f).


Observaciones 7.4.

1. ‖ · ‖Hp es una norma en el espacio vectorial de las funciones holomorfas de Hp.

2. Se puede probar que, para cada p ≥ 1, el espacio Hp es un espacio de Banach.

3. La clase N no es un espacio vectorial.

4. Si 0 < p < 1, entonces (Hp, ‖ · ‖Hp) es un espacio vectorial topologico completo.

Definicion 7.6. Si X es un espacio de funciones, diremos que aαα∈A es un conjunto de ceros deX si existe una funcion no nula f ∈ X que se anula unicamente en los puntos de aαα∈A.

Observacion 7.2. EscribiremosX para referirnos a una propiedad referente aHp o aN , indistintamente.En nuestro caso, aαα∈A es una sucesion.

Nota. Describir los conjuntos de ceros de espacios de funciones analıticas es un problema habitual en lateorıa de estos espacios.

Nuestro objetivo es el de describir las sucesiones de ceros de la clase de Nevanlinna y de los espacios deHardy Hp, con 0 < p ≤ ∞.

Proposicion 7.3. Sean 0 < q < p <∞. Entonces

H∞ ( Hp ( Hq ( N .

Demostracion. Solo veremos las contenciones. El hecho de que estas son estrictas se dejara indicadosolamente.

1. H∞ ⊂ Hp.

Sean 0 < R < 1 y f ∈ H∞. Entonces

Mp(R, f) =

(1

2π

∫ 2π

0

|f(Reiθ)|pdθ)1/p

≤ (M∞(R, f)p)1/p = M∞(R, f) ≤ ‖f‖H∞ <∞.

Por tanto, ‖f‖Hp ≤ ‖f‖H∞ <∞, de modo que f ∈ Hp.

2. Hp ⊂ Hq.

Sean 0 < R < 1 y f ∈ Hp. Entonces, utilizando la desigualdad de Holder con x = p/q y x′ = pp−q ,

Mq(R, f) =

(1

2π

∫ π

−π|f(Reiθ)|qdθ

)1/q

≤(

1

2π

∫ π

−π|f(Reiθ)|q

pq dθ

) 1qqp(

1

2π

∫ π

−π1

pp−q dθ

) 1qp−qp

=

(1

2π

∫ π

−π|f(Reiθ)|pdθ

)1/p

= Mp(R, f) ≤ ‖f‖Hp <∞.

Por tanto, ‖f‖Hq ≤ ‖f‖Hp <∞, luego f ∈ Hq.

3. Observese que, si x, q > 0, entonces

log x ≤ 1

qexq. (EJERCICIO)

Por tanto,

log+ x ≤ 1

qexq para cualesquiera x, q > 0.

7.4. ESPACIOS DE HARDY Y CLASE DE NEVANLINNA EN D 133

Esto implica que

sup0<R<1

T (R, f) = sup0<R<1

(1

2π

∫ π

−πlog+ |f(Reiθ)|dθ

)≤ 1

qesup

0<R<1

(1

2π

∫ π

−π|f(Reiθ)|qdθ

)=

1

qe‖f‖qHq <∞.

Por tanto, f ∈ N .

Combinando los resultados anteriores, se tiene que

Proposicion 7.4. Sea f ∈ X. Entonces, si an∞n=0 es su sucesion de ceros, se tiene que esta verifica lacondicion de Blaschke.

Demostracion. Sea f ∈ X. Entonces, por el resultado anterior, f ∈ N . Entonces,

sup0<ρ<1

(1

2π

∫ π

−πlog |f(Reiθ)|dθ

)≤ sup

0<ρ<1

(1

2π

∫ π

−πlog+ |f(Reiθ)|dθ

)= sup

0<R<1T (R, f) <∞.

Por tanto, por la Proposicion 7.2, esto equivale a que an∞n=0 verifica la condicion de Blaschke.

¿Es cierto que, dada una sucesion an∞n=0 en D, entonces esta es una sucesion de ceros de alguna clasede funciones, X, si, y solo si, verifica la condicion de Blaschke?Para responder afirmativamente a esta pregunta hay que construir, dada una sucesion an∞n=0 satisfa-ciendo la condicion de Blaschke, una funcion f ∈ X cuya sucesion de ceros sea precisamente an∞n=0.La manera natural de resolver este problema es buscar una funcion f de la forma

f =

∞∏n=0

fn,

con cada fn anulandose en el punto an.En el disco, es natural pensar en la siguiente funcion que se anula en el punto an:

fn(z) =an − z1− anz

.

Sin embargo, esto da algun que otro problema. Normalizaremos esta funcion obteniendo algo del estilo

|an|an

an − z1− anz

.

Teorema 7.7 (de los productos de Blaschke). Sea an∞n=0 una sucesion en D\0 verificando la condi-cion de Blaschke y sea N ≥ 0. Entonces la funcion

BN (z) = zN∞∏n=0

|an|an

an − z1− anz

define una funcion holomorfa en D cuya sucesion de ceros es 0 ∪ an∞n=0.Ademas, |BN (z)| < 1 para cada z ∈ D y, por tanto, BN ∈ H∞ con ‖BN‖H∞ ≤ 1.


Demostracion. Sean K ⊂ D un compacto y 1 > R > 0 con K ⊂ D(0, R). Vamos a estudiar la conver-gencia del producto infinito usando el Teorema de convergencia de productos de funciones holomorfas,con lo que estudiaremos la convergencia en K de la serie

∞∑n=0

∣∣∣∣1− |an|an

an − z1− anz

∣∣∣∣ =

∞∑n=0

∣∣∣∣an − |an|2z − |an|an + |an|zan(1− anz)

∣∣∣∣ =

∞∑n=0

|(1− |an|)(an + |an|z)||an||1− anz|

=

∞∑n=0

(1− |an|)|an + |an|z||an||1− anz|

.

Ahora bien, como |an| ≤ 1 y 1+x1−x es creciente en [0, 1),

|an + |an|z||an||1− anz|

=

∣∣∣1 + |an|anz∣∣∣

|1− anz|≤ 1 + |z|

1− |an||z|≤ 1 + |z|

1− |z|≤ 1 +R

1−R,

es claro ahora que, como an∞n=0 verifica la condicion de Blaschke,

∞∑n=0

∣∣∣∣1− |an|an

an − z1− anz

∣∣∣∣ ≤ 1 +R

1−R

∞∑n=0

(1− |an|) <∞.

Por el Teorema de la mayorante de Weierstrass, la serie

∞∑n=0

∣∣∣∣1− |an|an

an − z1− anz

∣∣∣∣converge absoluta y uniformemente en K, luego, por el Teorema de convergencia de funciones holomorfas,BN (z) es una funcion holomorfa en D que se anula en 0 y en los puntos de la sucesion an∞n=0.Cada factor que aparece en la definicion de BN satisface que su modulo es estrictamente menor que 1para cada z ∈ D.Por tanto,

|BN (z)| = |zN |

∣∣∣∣∣∞∏n=0

|an|an

an − z1− anz

∣∣∣∣∣ = |zN |∞∏n=0

∣∣∣∣ an − z1− anz

∣∣∣∣ ≤ 1 para cada z ∈ D.

Ahora bien, como BN no es constante, el Principio del maximo asegura que |B(z)| < 1 para cada z ∈ Dpues, de existir z0 ∈ D con |Bz)| = 1, serıa z0 = maxz∈D |B(z)|, de modo que BN serıa constante.De aquı se deduce que ‖BN‖H∞ = supz∈D |B(z)| ≤ 1.

Corolario 7.2 (Descripcion de los conjuntos de ceros de X). Sea an∞n=0 una sucesion en D. Entoncesan∞n=0 es una sucesion de ceros de X si, y solo si, verifica la condicion de Blaschke.

Demostracion. Si an∞n=0 es una sucesion de ceros de X, entonces existe una funcion f ∈ X anulandoseen an∞n=0. Por la proposicion anterior, an∞n=0 verifica la condicion de Blaschke.Recıprocamente, el teorema anterior prueba que, si an∞n=0 verifica la condicion de Blaschke y contienea 0 N veces como termino de la sucesion, entonces la funcion BN del teorema se anula precisamente enan∞n=0. Como BN ∈ H∞, es claro que BN ∈ X en cualquier caso.

7.5. El orden de crecimiento de una funcion entera.

Recordemos que, dadas dos funciones no negativas, h y ϕ definidas en [0,∞], decimos que h(R) = O(ϕ(R))si existen C > 0 y R0 > 0 tales que h(R) ≤ Cϕ(R) para todo R ≥ R0.Esto equivale a que

lım supR→∞

h(R)

ϕ(R)<∞.

7.5. EL ORDEN DE CRECIMIENTO DE UNA FUNCION ENTERA. 135

Nosotros estamos interesados en estudiar la condicion

M∞(R, f) = O(ϕ(R)),

donde f es una funcion entera. Es decir intentamos dar respuesta a la siguiente pregunta:¿Cuando el modulo maximo de f crece como una cierta funcion ϕ?Sabemos que, si ϕ es acotada, entonces la condicion M∞(R, f) = O(ϕ(R)) implica que f es acotada. Portanto, como es entera, por el Teorema de Liouville es constante.Sabemos, tambien, que, si

ϕ(R) = Rα, α > 0,

entonces la condicion M∞(R, f) = O(ϕ(R)) implica que f es un polinomio.Luego, para permitir que haya casos interesantes, debemos permitir que (con esta notacion) ϕ(R) crezcamas. Por ejemplo, permitir que sea ϕ(R) = eR

α

, α > 0.

Definicion 7.7. Sea f una funcion entera. Se define el orden de crecimiento de f como el numero

ρ(f) = ınfα > 0 : M∞(R, f) = O(eRα

) ∈ [0,∞].

Observacion 7.3.

1. Si no existe α > 0 con M∞(R, f) = O(eRα

), diremos que ρ(f) =∞.

2. Supongamos que α0 > 0, es tal que M∞(R, f) = O(eRα0

). Entonces, si α > α0, tambien se tieneque

M∞(R, f) = O(eRα

).

3. Si f es un polinomio, entonces ρ(f) = 0.

Demostracion. Como f es un polinomio, es de la forma f(z) =∑Nk=0 akz

k. Por tanto,

|f(z)| ≤N∑k=0

|ak||z|k para cada z ∈ C,

de modo que

M∞(R, f) ≤N∑k=0

|ak|Rk para cada R > 0.

Por consiguiente, si α > 0, entonces

0 ≤ lım supR→∞

M∞(R, f)

eRα≤ lım sup

R→∞

∑Nk=0 |ak|Rk

eRα= 0.

Por tanto,M∞(R, f) = O(eR

α

) para cada α > 0,

luego ρ(f) = 0.

4. Sean k ∈ N y a ∈ C\0. Si f esta definida por f(z) = eazk

, entonces ρ(f) = k.

Demostracion. Observese que

|f(z)| = |eazk

| = eRe(azk).

Ahora bien,

a) Por un lado, es claro que

eRe(azk) ≤ e|a||z|

k

.


b) Por otro lado, si arg(z) = −argak , entonces

eRe(azk) = e|a||z|

k cos(arga+kargz) = e|a||z|k

.

Entonces, si α > k, se tiene, por a),

lım supR→∞

M∞(R, f)

eRα≤ lım sup

R→∞

e|a||R|k

eRα= lım sup

R→∞e(|a|Rk−Rα) = 0.

Por tanto, ρ(f) ≤ k.

No obstante, si tenemos en cuenta b), entonces tenemos que

M∞(R, f) = e|a|Rk

para cada 0 < R <∞,

pues, en cada circunferencia de radio R existe un punto en el rayo argz = −argak en el cual se

alcanza el valor e|a|Rk

. Como e|a|Rk ≤M∞(R, f) ≤ e|a|Rk , es

M∞(R, f) = e|a|Rk

.

Ası pues, si α < k, entonces

lım supR→∞

M∞(R, f)

eRα= lım sup

R→∞

e|a|Rk

eRα= lım sup

R→∞e(|a|Rk−Rα) =∞,

con lo que ρ(f) ≥ k.

Se deduce, entonces, que ρ(f) = k.

5. ¿Existe alguna funcion entera f con ρ(f) =∞?

Tomemos, por ejemplo, la funcion f(z) = eez

. Razonando como antes,

M∞(R, f) = eeR

,

luego ρ(f) =∞.

El siguiente resultado permite calcular el orden de crecimiento de una funcion entera de diferentes formas.

Proposicion 7.5. Sea f una funcion entera y no constante. Entonces

ρ(f) = lım supR→∞

log(log(M∞(R, f)))

logR= lım sup

R→∞

log(T (R, f))

logR.

Observacion 7.4.

1. Si f es constantemente igual a c, con |c| > 1, entonces los lımites que aparecen en el enunciadotienen sentido y valen 0. Si |c| ≤ 1, entonces los lımites anteriores no tienen sentido.

2. Si f es entera y no constante, entonces f es no acotada. Ademas, M∞(R, f) es una funcion crecienteen R, luego

lım supR→∞

M∞(R, f) =∞.

Por tanto, existe R0 > 0 tal que, si R ≥ R0, entonces M∞(r, f) > 1 para cada R ≥ R0. Esto nosdice que el lımite

lım supR→∞


logR

tiene sentido.

7.5. EL ORDEN DE CRECIMIENTO DE UNA FUNCION ENTERA. 137

3. Si R ≥ R0, siendo R0 el obtenido antes, se tiene que

T (R, f) =1

2π

∫ π

−πlog+ |f(Reiθ)|dθ ≤ log+M∞(R, f) = logM∞(R, f),

luego

lım supR→∞


logR≥ lım sup

R→∞

log(T (R, f))

logR.

4. Una consecuencia de la formula de Poisson-Jensen nos dice que, si f es entera y L > 0, entonces

log |f(z)| ≤ R+ L

R− LT (R, f) si |z| = L y f(z) 6= 0.

Tomando R = 2L, tenemoslogM∞(L, f) ≤ 3T (2L, f). (7.2)

Esto junto con la segunda observacion nos dice que, si f es entera y no constante, entonces

lımR→∞

T (R, f) =∞,

pues lımR→∞M∞(L, f) =∞, con lo que lımR→∞ logM∞(L, f) =∞.

Por tanto, el lımite

lımR→∞

log T (R, f)

logR

tiene sentido, pues, a partir de un lugar, se tiene T (R, f) > 1.

Demostracion de la proposicion. Sean ρ ≡ ρ(f),

ρ1 ≡ lım supR→∞


logRy ρ2 ≡ lım sup

R→∞

log(T (R, f))

logR.

Vamos a probar que ρ2 ≤ ρ1 ≤ ρ ≤ ρ2.

1. ρ2 ≤ ρ1:

Es trivial. Se deduce de la tercera observacion anterior.

2. ρ1 ≤ ρ:

Si fuese p = ∞, entonces no hay nada que probar. Supongamos que ρ < ∞ y α > ρ. Existen CZ0y R0 > 1 tales que

M∞(R, f) ≤ CeRα

si R ≥ R0.

Por tanto, logM∞(R, f) ≤ log(C) +Rα si R ≥ R0.

Como lımR→∞logCRα = 0, existe R1 ≥ R0 tal que logC ≤ Rα para cada R ≥ R1, luego M∞(R, f) ≤

2Rα si R ≥ R1, con lo que

log(log(M∞(R, f))) ≤ log 2 + α logR si R ≥ R1.

Por tanto, como hemos tomado R0 > R1, es


logR≤ log 2 + α logR

logRsi R ≥ R1.

Luego

lım supR→∞


logR≤ 0 + α = α,

esto es, ρ1 ≤ α.

Como α > ρ es arbitrario, es ρ1 ≤ ρ.


3. ρ ≤ ρ2:

Si ρ2 =∞, entonces, de nuevo, no hay nada que probar. Supongamos, entonces, que ρ2 <∞ y seanα > ρ2 y β ∈ (ρ2, α).

Como β > ρ2, existe R1 > 2 tal que

log(T (R, f))

logR≤ β para todo R ≥ R1.

Por tanto, para todo R ≥ R1, se tiene que

T (R, f) ≤ Rβ .

Sabemos, por la cuarta observacion, que

log(M∞(R, f)) ≤ 3T (2R, f) ≤ 3(2R)β si 2R ≥ R1,

luego

logM∞(R, f) ≤ 3 · 2βRβ si R ≥ R1

2.

Como α > β, es

lımR→∞

3 · 2βRβ

Rα= 0,

luego existe R2 ≥ R1

2 tal que 3 · 2βRβ ≤ Rα para cada R ≥ R2.

Entonceslog(M∞R, f) ≤ Rα si R ≥ R2,

lo que implica que, si R ≥ R2, entonces M∞(R, f) ≤ eRα .

Por tanto,

lım supR→∞

M∞(R, f)

eRα≤ 1,

con lo que ρ ≤ α.

Tomando lımite cuando α→ ρ2, es ρ ≤ ρ2.

7.6. Propiedades aritmeticas del orden del crecimiento.

Lema 7.2 (Ejercicio).

1. x = x+ − x− para todo x ∈ R.

2. (x+ y)+ ≤ x+ + y+ para cualesquiera x, y ∈ R.

3. log a = log+ a− log+ 1a para cada a > 0.

4. log(a+ b) ≤ log 2 + log+ a+ log+ b para cualesquiera a, b > 0.

5. log+(a+ b) ≤ log 2 + log+ a+ log+ b para cualesquiera a, b > 0.

6. log+(a− b) ≤ log+ a+ log+ b para cualesquiera a, b > 0.

7. log max = max log.

Antes de probar propiedades algebraicas sobre el orden de crecimiento de las funciones enteras veamosalgunas observaciones:

Observacion 7.5.

7.6. PROPIEDADES ARITMETICAS DEL ORDEN DEL CRECIMIENTO. 139

1. Si ρ(f) < α <∞, entonces existe sα tal que, si s ≥ sα, entonces

M∞(s, f) ≤ esα y T (s, f) ≤ sα si s ≥ sα.

2. Si existen constantes α,C1, C2, C3, C4 ≥ 0, β, γ ∈ R y s0 > 0 tales que

M∞(s, f) ≤ C1 + C2 log s+ C3sβ + C4s

γesα

,

entonces ρ(f) ≤ α.

Demostracion. Sin perdida de generalidad, podemos suponer que α, β > 0 y s0 ≥ 1. Ahora, como

lıms→∞

C1 + C2 log s+ C3sβ

sγesα= 0,

existe s1 ≥ s0 tal que M∞(s, f) ≤ (C4 + 1)sγesα

si s ≥ s1.

entonceslog(M∞(s, f)) ≤ log(C4 + 1) + γ log s+ s si s ≥ s1.

Como

lıms→∞

log(C4 + 1) + γ log s

sα= 0,

existe s2 ≥ s1 tal quelog(M∞(s, f)) ≤ 2s

α

si s ≥ s2.

Por tanto,log(log(M∞(s, f))) ≤ log 2sα = log 2 + α log s si s ≥ s2.

Ası pues,log(log(M∞(s, f)))

log s≤ log 2

log s+ α (7.3)

Por tanto,

ρ(f) = lım sups→∞

log(log(M∞(s, f)))

log s≤ lıms→∞

log 2

log s+ α = α.

3. Si existen constantes C1, C2, C3, α > 0 y s0 ≥ 1 tales que

T (s, f) ≤ C1 + C2 log s+ C3sα si s ≥ s0,

entonces ρ(f) ≤ α.

Demostracion. (Ejercicio)

Teorema 7.8. Sean f y g dos funciones enteras.

1. Si c ∈ C\0, entonces ρ(f) = ρ(cf).

2. ρ(f + g) ≤ maxρ(f), ρ(g) y la igualdad es cierta si ρ(f) 6= ρ(g).

3. ρ(f · g) ≤ maxρ(f), ρ(g) y la igualdad es cierta si ρ(f) 6= ρ(g).

4. ρ(f) = ρ(f ′).


Demostracion.

1. Si f es constante, es claro que 0 = ρ(f) = ρ(cf).

Si f no es constante, entonceslıms→∞

M∞(s, f) =∞

de forma creciente.

Por tanto, existe s0 > 0 tal que, si s ≥ s0, entonces M∞(s, f) > e.

Ahora, M∞(s, cf) = max|z|=s |cf(z)| = |c|max|z|=s |f(z)| = |c|M∞(s, f), luego log(M∞(s, cf)) =log |c|+ log(M∞(s, f)), con lo que

log(log(M∞(s, cf))) = log(log |c|+ log(M∞(s, f)) ≤ log 2 + log+ log |c|+ log+(log(M∞(s, f))

= log 2 + log+ log |c|+ log(log(M∞(s, f))).

Por tanto,

ρ(cf) = lım sups→∞

log(log(M∞(s, cf)))

log s≤ lım sup

s→∞

log 2 + log+ log |c|log s

+ lım sups→∞

log(log(M∞(s, f)))

log s

= 0 + ρ(f) = ρ(f).

Por otro lado, por lo anterior,ρ(f) = ρ(1/c(cf)) ≤ ρ(cf).

2. Supongamos, sin perdida de generalidad, que ρ(f) ≥ ρ(g).

Tenemos que probar que ρ(f + g) ≤ ρ(f).

Si ρ(f) = ∞, entonces no hay nada que probar. Si ρ(f) < ∞, entonces existe α > ρ(f) ≥ ρ(g).Entonces, por la primera observacion, existe s0 > 0 tal que, si s ≥ s0, entonces

M∞(s, f) ≤ esα

y M∞(s, g) ≤ esα

si s ≥ s0.

Por tanto,M∞(s, f + g) ≤M∞(s, f) +M∞(s, g) ≤ es

α

+ esα

= 2esα

si s ≥ s0.

Entonces, por la segunda observacion, es

ρ(f + g) ≤ α.

Tomando lımite cuando α tiende a ρ(f),

ρ(f + g) ≤ ρ(f).

Supongamos, ahora, que ρ(f) > ρ(g). Podemos escribir f = (f + g) + (−g). Por lo que acabamosde probar,

ρ(f) ≤ maxρ(f + g), ρ(−g) = maxρ(f + g), ρ(g).Sabemos, ademas, que

ρ(f + g) ≤ maxρ(f), ρ(g).

Por tanto,ρ(f) ≤ maxρ(f + g), ρ(g) ≤ maxρ(f), ρ(g) = ρ(f),

con lo queρ(f) = maxρ(f + g), ρ(g).

Ası pues, o bienρ(f) = ρ(f + g),

o bienρ(f) = ρ(g),

pero, como ρ(f) > ρ(g), es ρ(f) = ρ(f + g).

7.6. PROPIEDADES ARITMETICAS DEL ORDEN DEL CRECIMIENTO. 141

3. Supongamos, sin perdida de generalidad, que ρ(f) ≥ ρ(g). Veamos que ρ(f · g) ≤ ρ(f).

Si ρ(f) = ∞, entonces no hay nada que probar. Supongamos, entonces, que ρ(f) < ∞. Existeα > ρ(f), de modo que podemos encontrar s0 > 0 tal que, si s ≥ s0, entonces, por la primeraobservacion,

T (s, f) ≤ sα y T (s, g) ≤ sα.

Ahora bien, si s ≥ s0,

T (s, f · g) =1

2π

∫ π

−πlog+ |f · g(seiθ)|dθ =

1

2π

∫ π

−π(log |f |+ log |g|)+dθ

≤ 1

2π

∫ π

−πlog+ |f(seiθ)|dθ +

1

2π

∫ π

−πlog+ |g(seiθ)|dθ

= T (s, f) + T (s, g) ≤ 2sα.

Por la tercera observacion, se tiene que ρ(f · g) ≤ α.

Como esto es para cada α > ρ(f), es

ρ(f · g) ≤ ρ(f) = maxρ(f), ρ(g).

Ahora bien, si ρ(f) > ρ(g), entonces ρ(f · g) = ρ(f).

En efecto, supongamos, por un momento que se verifica la desigualdad

ρ(f) ≤ maxρ(f · g), ρ(g). (7.4)

Entonces,

ρ(f) ≤ maxρ(f · g), ρ(g) ≤ maxρ(f), ρ(g) = ρ(f).

Por tanto,

ρ(f) = maxρ(f · g), ρ(g),

luego, o bien es

ρ(f) = ρ(f · g),

o bien

ρ(f) = ρ(g),

pero, como estamos suponiendo que ρ(f) > ρ(g), debe ser ρ(f) = ρ(f · g).

Probemos, ahora, la desigualdad 7.4. Para ello, recordemos que log x = log x+ − log+ 1x , es decir,

log+ 1

x= log+ x− log x si x > 0. (7.5)

Entonces,

T (s, f) =1

2π

∫ π

−πlog+ |f(seiθ)|dθ =

1

2π

∫ π

−πlog +

(f · g(seiθ)

|g(seiθ)|

)dθ

≤ 1

2π

∫ π

−πlog +|f · g(seiθ)|dθ +

1

2π

∫ π

−πlog +

(1

|g(seiθ)|

)dθ

=7,5

T (s, f · g) +1

2π

∫ π

−πlog +|g(seiθ)|dθ − 1

2π

∫ π

−πlog |g(seiθ)|dθ

= T (s, f · g) + T (s, g)− 1

2π

∫ π

−πlog |g(seiθ)|dθ

= T (s, f · g) + T (s, f)− log |cNsN | −∑

0<|ak|≤s

log+ s

|ak|= (A),


donde, en la ultima igualdad se ha utilizado la formula de Jensen suponiendo que

g(z) =

∞∑n=N

cnzn

y ak∞k=0 es la sucesion de ceros no nulos de g.

Ahora bien, continuando la cadena anterior,

(A) ≤ T (s, f · g) + T (s, g)− log |cNsN |.

Observese que, para s grande

log log1

|cNsN |= log

(log

1

|cN |+N log

1

s

)log 2 + log+ log

1

|cN |+ log+(N log

1

s)

= log 2 + log+ log1

|cN |,

con lo quelog log 1

|cNsN |

log s≤

log 2 + log+ log 1|cN |

log s−→s→∞

0.

Por tanto,ρ(f) ≤ maxρ(f · g), ρ(g).

4. Si f es polinomica, f ′ tambien lo es, de donde se sigue la igualdad deseada.

Supongamos, entonces, que f no es polinomica.

ρ(f ′) ≤ ρ(f).

Si ρ(f) =∞, entonces no hay nada que probar. Si no, entonces existen α > ρ(f) y s0 ≥ 2 talesque , si s ≥ s0, entonces

M∞(s, f) ≤ esα

.

Si |z| ≤ s y s ≥ s0/2,

|f ′(z)| =

∣∣∣∣∣ 1

2πi

∫|ξ|=2s

f(ξ)

(ξ − z)2dξ

∣∣∣∣∣ ≤ 1

2π

∫|ξ|=2s

∣∣∣∣ f(ξ)

(ξ − z)2

∣∣∣∣ |dξ|≤ 2s max

|z|=2s

∣∣∣∣ f(ξ)

(ξ − z)2

∣∣∣∣ ≤ 2s max|z|=2s

∣∣∣∣f(ξ)

s2

∣∣∣∣ ≤ 2

smax|z|=2s

|f(ξ)|

=

2

sM∞(2s, f) ≤ 2

se(2s)α

Por tanto,

M∞(s, f ′) ≤ 2

se(2s)α ≤ e(2s)α si s ≥ s0.

Entonces,log(M∞(s, f ′)) ≤ 2αsα.

Luegolog(log(M∞(s, f ′))) ≤ α log 2 + α log s,

con lo quelog(log(M∞(s, f ′)))

log s≤ α log 2 + α log s

log s, si s ≥ s0.

Por tanto,

lım sups→∞

log(log(M∞(s, f ′)))

log s≤ α.

Como esto es para cada α > ρ(f), es

ρ(f ′) ≤ ρ(f).

7.7. ORDEN DE CRECIMIENTO DE LOS FACTORES PRIMARIOS DE WEIERSTRASS. 143

ρ(f) ≤ ρ(f ′).

Si ρ(f ′) = ∞ no hay nada que probar. Supongamos, entonces, que es finito y sea α > ρ(f ′).Existe, entonces, s0 > 0 tal que, si s ≥ s0, entonces

M∞(s, f ′) ≤ esα

.

Si |z| ≤ s y s ≥ s0,

|f(z)| =∣∣∣∣f(0) +

∫ z

0

f ′(ξ)dξ

∣∣∣∣ ≤ |f(0)|+∣∣∣∣∫ z

0

f ′(ξ)dξ

∣∣∣∣≤∫ |z|

0

|f ′(ξ)||dξ| ≤ |f(0)|+ |z|M∞(|z|, f ′) ≤ |f(0)|+ sM∞(s, f ′)

≤ |f(0)|+ sesα

.

LuegoM∞(s, f) ≤ |f(0)|+ ses

α

si s ≥ s0.

Por la primera observacion, es ρ(f) ≤ α, luego, como esto es para cada α > ρ(f ′), es

ρ(f) ≤ ρ(f ′).

7.7. Orden de crecimiento de los factores primarios de Weiers-trass.

Sabemos que E0(z) = 1− z, Ep(z) = (1− z)e∑pk=1

zk

k si p ∈ N.Es claro que ρ(E0) = 0, pues E0 es un polinomio. Sabemos que, si a ∈ C\0 y n ∈ N, entonces

ρ(eazN

) = N .Ası pues,

ρ(ezez2/2) = maxρ(ez), ρ(ez

2/2) = ρ(ez2/2) = 2.

Luego

ρ(E2) = maxρ(1− z), ρ(ez+z2/2) = 2.

En general,

ρ(e∑pk=1 z

k/k) = ρ(

p∏k=1

ezk/k) = maxρ(ez), ρ(ez

2/2), . . . , σ(ezp/p) = p.

Entonces,

ρ(Ep) = max(1− z), ρ(e∑pk=1 z

k/k) = p.

7.8. Descripcion del orden de crecimiento de una funcion enteraen terminos de sus coeficientes de Taylor.

Dado α > 0. ¿Podemos construir una funcion entera, F , tal que el orden de crecimiento de F sea α?

Nota. Sea f(z) =∑∞n=0 cnz

n. Si R es el radio de convergencia de la serie, es

1

R= lım sup

n→∞|cn|1/n.

Una manera de decir que f es entera es decir que R =∞ o bien que 1R = 0, lo que equivale a que

lım supn→∞

|cn|1/n = 0,


es decir, que

lımn→∞

|cn|1/n = 0,

o, equivalentemente,

lımn→∞

|cn|−1/n =∞.

Teorema 7.9. Sea f(z) =∑∞n=0 cnz

n una funcion entera. Entonces

ρ(f) = lım supn→∞

log n

log |cn|−1/n= lım sup

n→∞

n log n

log 1|cn|

.

Nota. En la prueba, si |cn| = 0, entendemos que log 1|cn| =∞.

Demostracion. Sea ρ1 = lım supn→∞logn

log |cn|−1/n .

Veamos que ρ1 ≤ ρ(f).Si ρ(f) = ∞, entonces no hay nada que probar. Supongamos, entonces, que ρ(f) < ∞ y sea α > ρ(f).Entonces existe s0 tal que, si s ≥ s0, entonces

M∞(s, f) ≤ esα

si s ≥ s0.

Observese que, si s ≥ s0, entonces, dado n ∈ N, es

|cn| =∣∣∣∣fn)(0)

n!

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ 1

2π

∫|z|=s

f(z)

zn+1dz

∣∣∣∣∣≤ 1

2π

∫|z|=s

∣∣∣∣ f(z)

zn+1

∣∣∣∣ |dz| ≤ 1

2π

2πs

sn+ 1M∞(s, f) ≤ 1

snM∞(s, f) ≤ 1

snesα

.

Entonces

log |cn| ≤ −n log s+ sα si s ≥ s0.

Sea hn : [0,∞] −→ R la funcion definida por

hn(s) = −n log s+ sα.

Se tiene que

h′n(s) = −ns

+ αsα−1 = 0

si, y solo si,

−n+ αsα = 0,

es decir, si, y solo si,

sα =n

α⇐⇒ s =

(nα

)1/α

,

con lo que s =(nα

)1/αes el mınimo de hn.

Observacion 1.

1. Si definimos s∗n =(nα

) 1α , entonces

lımn→∞

s∗n =∞,

luego existe n0 ∈ N tal que, si n ≥ n0, entonces

s∗n ≥ s0.

7.8. DESCRIPCION DEL ORDEN DE CRECIMIENTO DE UNA FUNCION ENTERA EN TERMINOS DE SUS COEFICIENTES DE TAYLOR.145

2. Para cada s ≥ s0 es

hn(s) ≥ hn(s∗n) = −n log(nα

) 1α

+

((nα

)1/α)α

= −nα

logn

α+n

α=n

α(1− log n+ logα)→ −∞.

Por tanto, si n ≥ n0, entonces

log |cn| ≤ hn(s∗n) =n

α

(1− log

n

α

)< 0.

Entonces,

log1

|cn|≥ n

α

(log

n

α− 1)> 0,


1

nlog

1

|cn|≥ 1

α

(log

n

α− 1)

=1

α(log n− logα− 1).

Por tanto,

log 1|cn|

1n

log n≥ 1

α−

1α logα

log n−

1α

log n, si n ≥ n0.

Ası pues,

lım infn→∞

log 1|cn|

1n

log n≥ lım inf

1

α−

1α logα

log n−

1α

log n=

1

α> 0,

de modo que

lım supn→∞

log n

log 1|cn|

1n

≤ α,

lo que equivale a que ρ1 ≤ α. Por tanto, ρ1 ≤ ρ(f).Veamos, ahora, que ρ(f) ≤ ρ1.Si ρ1 =∞, entonces no hay nada que probar. Si ρ1 <∞, entonces sea α > ρ1. Existe n0 ∈ N tal que, sin ≥ n0, entonces

log n

log 1|cn|≤ α,

lo que equivale a que n ≤ |cn|−α/n, es decir, |cn|α/n ≤ n−1, o, equivalentemente,

|cn| ≤ n−n/α si n ≥ n0.

Por tanto, existe una constante M > 0 tal que

|cn| ≤Mn−n/α para cada n ∈ N.

En efecto, si M1 = supn∈1,...,n0−1|cn|n−n/α

<∞, definimos M = maxM1, 1.Si |z| = s ≥ 1, entonces

|f(z)| =

∣∣∣∣∣∞∑n=0

cnzn

∣∣∣∣∣ ≤ |c0|+∞∑

n=01

|cn|z|n ≤ |c0|+M

∞∑n=1

n−n/αsn.

Observese que 1nn/α

→ 0 y que, fijado s,

n−n/αsn ≤ 2−n ⇐⇒ n−1/αs ≤ 2−1 ⇐⇒ 2s ≤ n1/α ⇐⇒ (2s)α ≤ n.

Luego

|f(z)| ≤ |c0|+M

b(2s)αc∑n=1

n−n/αsn +

∞∑n=b(2s)α+1c

n−n/αsn

= |c0|+M(I + II).


I: Como n−n/α ≤ 1 para cada n ≥ 0 y hay (2s)α terminos acotados por s(2s)α ,

b(2s)αc∑n=1

n−n/αsn ≤b(2s)αc∑n=1

sn ≤ (2s)αs(2s)α .

Por tanto, hemos probado que

M∞(s, f) ≤ |c0|+ 2M +M(2s)αs(2s)α si s ≥ 1.

Escribamos, por comodidad, h(s) = |c0|+ 2M +M(2s)αs(2s)α .

Ası,

lıms→∞

h(s)

(2s)αs(2s)α= 0.

Existe, entonces s0 > maxe, e1/α tal que

M∞(s, f) ≤ (2s)αs(3s)α ,

lo que equivale a quelogM∞(s, f) ≤ α(log 2 + log s) + (3s)α log s,

es decir,

log logM∞(s, f) ≤ log 2 + log+(α(log 2 + log s)) + log+((3s)α log s)

≤ 3 log 2 + log+(α log 2) + log+ α log s+ log+(3s)α + log+ log s

= 3 log 2 + log+ α log 2 + 2 log(log s) + α log 2 + α log s+ logα.

Si dividimos por log s, queda que

ρ(s) = lım sups→∞

log logM∞(s, f)

log s≤ α.

Tomando lımite cuando α tiende a ρ1, es ρ(f) ≤ ρ1.

II:

∞∑n=b(2s)α+1c

n−n/αsn ≤∞∑

n=b(2s)α+1c

2−n ≤∞∑n=0

2−n = 2.

Una vez visto este resultado, fijado ρ > 0, ¿como construimos una funcion f entera con ρ(f) = ρ?Si F (z) =

∑∞n=0 cnz

n verifica ρ(F ) = ρ, entonces es

ρ(F ) = lım supn→∞

log n

log |cn|−1/n= ρ.

¿Como podemos construir una tal F? Por ejemplo, buscando una sucesion cnn∈N tal que

log n

log |cn|−1/n= ρ para cada n ∈ N,

es decir,log n = log |cn|−ρ/n ⇐⇒ n = |cn|−ρ/n ⇐⇒ n−n/ρ = |cn|.

Corolario 7.3. Sea ρ > 0. Sea F (z) =∑∞n=1 n

−n/ρzn. Entonces F es entera y ρ(F ) = ρ.

7.9. ORDEN DE CRECIMIENTO Y EXPONENTE DE CONVERGENCIA 147

Demostracion. Como cn(F ) = n−n/ρ para cada n ∈ N, es

lım supn→∞

|cn|−1/n = lım supn→∞

n−1/ρ = 0,

luego1

R= lım sup

n→∞|cn|−1/n = 0,

con lo que F es entera.

Ademas, por el teorema anterior,

ρ(F ) = lım supn→∞

log n

log |cn|−1/n= lım sup

n→∞ρ = ρ.

7.9. Relacion entre el orden de crecimiento de una funcion ente-ra y el exponente de convergencia de su sucesion de ceros.

Recordemos que, si f es entera y no nula y an∞n=0 es su sucesion de ceros no nulos, entonces lımn→∞ |an| =∞ y el exponente de convergencia se define como

σ(f) ≡ ınfs ≥ 0 :

∞∑n=0

1

|an|s<∞.

Recordemos, tambien, que el genero de f (o de an∞n=0) es el menor natural tal que

∞∑n=0

1

|an|p+1<∞.

Observemos que

p ≤ σ ≤ p+ 1.

Dada una sucesion an∞n=0 con lımn→∞ |an| = ∞, su exponente de convergencia, σ, es menor cuantomas dispersos estan sus puntos.

Ejemplo 7.2. Consideremos la sucesion ann∈N dada por an = n2. Entonces es claro que σ(ann∈N) =12 .Consideremos, por otro lado, una sucesion bnn∈N construida de manera que, en cada circunferencia deradio n2, n ∈ N, tenga n puntos. Entonces σ(bnn∈N) = 1.

En efecto,

∞∑n=1

1

|bn|s=

∞∑n=1

∑|bk|=n2

1

|bk|s

=

∞∑n=1

n

n2s=

∞∑n=1

1

n2s−1,

de modo que la serie converge si, y solo si, 2s− 1 > 1 ⇐⇒ s > 1.

Lema 7.3. Sea an∞n=0 una sucesion de numeros complejos no nulos sin puntos de acumulacion en C.Entonces

σ = lım supR→∞

log n(R, an∞n=0)

logR.


Demostracion. Por comodidad escribiremos n(R) ≡ n(R, an∞n=0) y denotaremos

σ1 = lım supR→∞

log n(R)

logR.

Observese que an∞n=0 no puede ser finita porque, en tal caso, tendrıa puntos de acumulacion en C.

σ1 ≤ σ:

Si σ =∞, entonces no hay nada que probar. Si σ <∞, consideremos s > σ. Entonces

∞∑n=0

1

|an|s= Cs <∞.

Por tanto, so R > 1, se tiene que

Cs ≥∑

|an|≤R

1

|an|s≥ 1

Rsn(R),

luegon(R) ≤ CsRs,

lo que equivale a quelog(n(R)) ≤ logCs + s logR.

Por tanto,log n(R)

logR≤ logCs + s logR

logR=

logCslogR

+ s −→R→∞

0 + s = s.

Por tanto, σ1 ≤ s. Como esto es para cada s > σ, es σ1 ≤ σ.

σ ≤ σ1:

Si σ1 = ∞, no hay nada que probar. Supongamos, entonces, que σ1 < ∞ y sea s > σ1. Seas0 ∈ (σ1, s). Entonces existe R0 ≥ 1 tal que, si R ≥ R0, entonces

log n(R)

logR≤ s0 ⇐⇒ n(R) ≤ Rs0 .

Supongamos, sin perdida de generalidad, que ak∞k=0 esta ordenada de forma creciente en modulo.

Entonces, para cada k ≥ 0, esk ≤ n(|ak|).

Como lımk→∞ |ak| =∞, existe k0 ∈ N tal que, si k ≥ k0, entonces |ak| ≥ R0. Por tanto, si k ≥ k0,es

k ≤ n(|ak|) ≤ |ak|s0 .

Entonces,ks/s0 ≤ |ak|s para todo k ≥ k0,

luego ∑k≥k0

1

|ak|s≤∑k≥k0

1

ks/s0<∞.

Por tanto, para cada s > σ1 es∞∑k=0

1

|ak|s<∞.

Por tanto, por definicion de σ, es σ ≤ σ1.

7.9. ORDEN DE CRECIMIENTO Y EXPONENTE DE CONVERGENCIA 149

Teorema 7.10. Sea f una funcion entera y no constante. Sea an∞n=0 su sucesion de ceros no nulos.Entonces

σ(f) ≤ ρ(f).

Demostracion. Supondremos que la sucesion esta ordenada de forma creciente en modulo con los cerosde f repetidos de acuerdo a su multiplicidad.Escribamos f(z) =

∑∞n=N cnz

n, donde N es el orden de 0 como cero de f .

Sea F (z) = f(z)cNzN

. La funcion F es entera y F (0) = 1.Observese que

M∞(R, f) = |cN |RNM∞(R,F ).

Entonces,ρ(f) = ρ(F ),

pues

lımR→∞

log logR

logR= 0.

Por la formula de Jensen (una de sus consecuencias), se tiene que

n(R,F ) ≤ logM∞(eR, F ),

pues |F (0)| = 1. Si R es suficientemente grande,

log n(R,F )

logR≤ log logM∞(eR, F )

log eR

log eR

logR.

Tomando lımite superior cuando R tiende a infinito, tenemos, por la proposicion anterior, que

σ(F ) ≤ ρ(F ).

Pero ρ(f) = ρ(F ), luego σ(F ) ≤ ρ(f).Ademas, es claro que σ(F ) = σ(f).

¿Se puede dar la igualdad en la desigualdad anterior?La respuesta es afirmativa y viene dada en el siguiente resultado:

Teorema 7.11. Sea an∞n=0 una sucesion en C\0 sin puntos de acumulacion en C y con σ(an∞n=0) <∞. Sea p su genero. Entonces, si

F (z) =

∞∏n=0

Ep

(z

an

),

se tiene queρ(F ) = σ(F ) = σ(an∞n=0).

Ejemplo 7.3. Sea ann∈N la sucesion dada por an = nα, α > 0. Observese que σ(an∞n=0) = 1α .

Sea p = b 1αc. Sea

Fα(z) =

∞∏n=1

Eb 1α c

( z

nα

)la funcion de Lindeloff. Por el teorema anterior,

ρ(Fα) = σ(ann∈N) =1

α.

Esta es otra forma de construir una funcion entera con orden de crecimiento ρ fijado en (0,∞).


7.10. Teorema de factorizacion de Hadamard.

Sea f una funcion entera y no constante con sucesion de ceros no nulos an∞n=0, que verifica lımn→∞ |an| =∞. Supongamos que el exponente de convergencia de la sucesion, σ, es finito y sea p su genero. El Teoremade factorizacion de Weierstrass dice que existe una funcion g entera tal que


Ep

(z

an

).

Ademas, g es unica salvo constantes unimodulares.

Nota. En este caso, se tieneρ(f) = maxρ(eg), σ(ann∈N).

Demostracion. Sea F (z) = zN∏∞n=1Ep

(zan

). Observese que

ρ(F ) ≤ maxρ(zN ), ρ(

∞∏n=1

Ep

(z

an

)).

Como ρ(∏∞n=1Ep

(zan

)) 6= 0, es, por el teorema anterior,

ρ(F ) = ρ(

∞∏n=1

Ep

(z

an

)) = σ.

Entonces,

ρ(f) ≤ maxρ(eg), ρ(F ) = maxρ(eg), σ(ann∈N).

Ahora hay dos opciones:

Si ρ(eg) 6= σ, el resultado 7.8 asegura que

ρ(f) = maxρ(eg), σ(ann∈N).

Si fuese ρ(eg) = σ, entonces serıa

σ(f) ≤ ρ(f) ≤ maxρ(eg), σ = σ,

luego

ρ(f) = σ = maxρ(eg), σ.

Teorema 7.12 (de factorizacion de Hadamard). Sea f una funcion entera y no constante con an∞n=0

su sucesion de ceros no nulos. Sean σ <∞ su exponente de convergencia y p su genero. Entonces existenun polinomio g de grado d = deg(g) ≤ ρ(f) y un numero N ≥ 0 tales que


Ep

(z

an

).

Ademas, el numero N ≥ 0 es unico, g es unica salvo constantes unimodulares y

ρ(f) = maxd, σ.

7.10. TEOREMA DE FACTORIZACION DE HADAMARD. 151

Demostracion. La existencia y unicidad de la factorizacion es consecuencia del Teorema de factorizacionde Weierstrass. Ademas, segun la nota anterior,

ρ(f) = maxρ(eg), σ.

Si g es un polinomio de grado deg(g) = d, entonces es claro que

ρ(eg) = d⇒ ρ(f) = maxd, σ.

Ası pues, todo se reduce a probar que g es un polinomio de grado d = deg(g) ≤ ρ(f).Sea a(z) = g(z)− g(0), de modo que a(0) = 0. Entonces

|ea(z)| = eRe(a(z)),

de modo que

M∞(R, ea) = max|z|=R

eRe(a(z)),

luego

logM∞(R, ea) = max|z|=R

Re(a(z)).

Observese que ρ(f) ≥ ρ(eg) = ρ(ea).Para ver que g es un polinomio de grado menor o igual que ρ(f), veremos que, dado α > ρ(f), g es unpolinomio de grado menor o igual que α.Si α > ρ(f), entonces existe R0 > 0 tal que, si R ≥ R0, entonces

M∞(R, ea) ≤ eRα

,


logM∞(R, ea) ≤ Rα.

Ademas, por el principio del maximo para funciones armonicas,

max|z|=R

Re(a(z)) ≥ Re(a(0)) = 0 para cada R > 0.

Entonces

max|z|=R

Re(a(z)) = max|z|=R

(Re(a(z)))+ para cada R > 0.

Sea, entonces, z ∈ C con |z| = s. Sea R > s y recordemos que, por el Ejercicio 11 de la Relacion 4, es

a(z) =1

2π

∫ π

−πRe(a(Reiθ))

Reiθ + z

Reiθ − zdθ + iIm(a(0)),

de modo que, si R ≥ maxs,R0,

|a(z)| ≤ 1

2π

∫ π

−π|Re(a(Reiθ))| |Re

iθ + z||Reiθ − z|

dθ + iIm(a(0))

≤ 1

2π

R+ |z|R− |z|

∫ π

−πRe+(a(Reiθ)) +Re−(a(Reiθ))dθ

=∗

1

2π

R+ s

R− s2

∫ π

−πRe+(a(Reiθ))dθ ≤ 2

R+ s

R− smax|z|=R

Re+(a(z))

= 2R+ s

R− smax|z|=R

Re(a(z)) ≤ 2R+ s

R− sRα,

donde, en ∗, se ha usado que, como a es holomorfa,

0 = Re(a(0)) =1

2π

∫ π

−πRe(a(Reiθ))dθ =

1

2π

∫ π

−π(Re(a(Reiθ)))+dθ − 1

2π

∫ π

−π(Re(a(Reiθ)))−dθ,


con lo que1

2π

∫ π

−π(Re(a(Reiθ)))+dθ =

1

2π

∫ π

−π(Re(a(Reiθ)))−dθ.

Luego, si R ≥ maxs,R0, entonces

M∞(s, a) ≤ 2R+ s

R− sRα.

Ası, si R = 2s, con s ≥ R0

2 , entoncesM∞(s, a) ≤ 6 · 3αsα.

Por tanto, por el Teorema de Liouville generalizado, a es un polinomio de grado, a lo sumo bαc, con loque g tambien lo es.Como esto es para cada α > ρ(f), se tiene que g es un polinomio de grado menor o igual que bρ(f)c.

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Análisis complejo