Teoría del potencial en el plano complejo
Autor: Vásquez Peláez, Luz Marina
Asesor: Arango Escalante, Juan Humberto (Thesis advisor)
Fecha: 2004
Programa: Bogotá - Medicina -Fisioterapia
Facultad: Facultad de Medicina

Resumen: En este trabajo estudiamos las funciones armónicas y las funciones subarmónicas en el plano complejo como una introducción al estudio de la Teoría del Potencial en el mismo, puesto que los potenciales en general tienen comportamientos muy parecidos a los de las funciones subarmónicas y para muchos propósitos las dos clases de funciones son equivalentes. / Abstract: We study harmonic functions and subharmonic functions in the complex plane as an introduction to the study of potential theory in the same, since the potential in general are very similar to the behavior of subharmonic functions and for many purposes the two kinds of functions are equivalent.

Teoría del Potencial en el Plano
Complejo
por
Luz Marina Vásquez Peláez
Trabajo presentado como requisito parcial para
optar al título de Especialista en Matemáticas.
Director:
Juan Humberto Arango Escalante
Universidad Nacional de Colombia
Sede Medellín
Facultad de Ciencias
Escuela de Matemáticas
Septiembre 2004ii
Teoría del Potencial en el plano Complejo
Luz Marina Vásquez Peláez
APROBADO:
Juan Humberto Arango Escalante.
Director.iii
:
A MIS PADRES ALONSO Y ALICIA
:
A MIS HIJOS JUAN CARLOS Y JOSE DANIEL
Editadoc 2004 por Luz Marina Vásquez Peláez.
°Resumen
En este trabajo estudiamos las funciones armónicas y las funciones sub-
armónicas en el plano complejo como una introducción al estudio de la
Teoría del Potencial en el mismo, puesto que los potenciales en general
tienen comportamientos muy parecidos a los de las funciones subarmóni-
cas y para muchos propósitos las dos clases de funciones son equivalentes.Agradecimientos
Quiero agradecer a todos los que me colaboran en la realización de este
trabajo,muyespecialmentealprofesorJuanHumbertoArangoEscalante,
quien me lo dirigió y a los profesores Diego Mejía Duque y Fernando
Puerto Ortiz y demás asistentes al seminario de Análisis Complejo en el
cual se bosquejo la prueba de varios de los Teoremas y la solución de
algunos de los Ejercicios.
A mis profesores y compañeros, les quiero agradecer sus enseñanzas, su
colaboración y su amistad que fue muy importante sobre todo en los
momentos difíciles.
Finalmente quiero expresar mi gratitud a mi familia por su constante
apoyo sin el cual habría sido imposible hacer la especialización.Contenido
Introducción.................................................................. vii
1 Funciones Armónicas ........................................................ 1
1.1 Funciones Armónicas y Holomorfas ............................ 1
1.2 El Problema de Dirichlet en el Disco.......................... 17
1.3 Funciones Armónicas Positivas................................ 37
2 Funciones Subarmónicas ...................................................71
2.1 Funciones Semicontinuas Superiormente ...................... 71
2.2 Funciones Subarmónicas ...................................... 79
2.3 El Principio del Máximo ...................................... 86
2.4 Criterio para Subarmonicidad ................................. 99
2.5 Integrabilidad................................................108
2.6 Convexidad ..................................................114
2.7 Suavidad.....................................................124
A Teoría del Potencial....................................................... 129
B Conceptos .................................................................. 130
C Bibliografía ................................................................. 134Introducción
La Teoría del Potencial es un amplio campo del análisis que se puede
desarrollar en muchos contextos, tales como la teoría clásica del potencial
en Rn y la teoría pluripotencial en Cn. Existe una conexión muy cercana
entre esta teoría y el análisis complejo; las técnicas del análisis complejo,
particularmente los mapeos conformes, se usan para acelerar y simplificar
pruebas de algunos de los resultados de la teoría del potencial.
Por otro lado los teoremas de la teoría del potencial tienen múltiples apli-
caciones en análisis complejo; en este trabajo los utilizamos para probar
teoremas como el Teorema de Picard, el Principio de Phragmén-Lindelöf,
la Desigualdad de Borel-Carathéodory y el Teorema de Montel.
La teoría del potencial tiene aplicaciones en teoría de aproximaciones,
en sistemas dinámicos y en análisis funcional. Algunos resultados clási-
cos son muy conocidos, como la Interpolación en los Espacios LP y la
Aproximación Uniforme, mientras que otros, como la Teoría Espectral de
Algebras de Banach y la Dimensión de Hausdorff de los conjuntos de Ju-
lia, son relativamente recientes. En los últimos tiempos se han hallado
muchas otras aplicaciones interesantes.
El texto Potential Theory in the Complex Plane, de Thomas Ransford
[10],tratatópicoscomofuncionesarmónicasysubarmónicas,elProblema
de Dirichlet, medida armónica, funciones de Green, potenciales y capaci-
dad. Nosotros estudiamos los dos primeros capítulos de este libro los
cuales se refieren a las funciones armónicas y a las subarmónicas, comple-
tamos los detalles de las pruebas y en el primer capítulo resolvimos todos
losEjerciciospropuestos,aunqueenalgunosdebilitamoslashipótesis. En
el capítulo de funciones subarmónicas no resolvimos todos los Ejercicios.
En el apéndice A vemos la Definición de Potencial Complejo, la cual
muestra la relación entre este potencial y las funciones que estudiamos.1
Funciones Armónicas
1.1 Funciones Armónicas y Holomorfas
Las funciones armónicas son funciones de clase C2 que satisfacen la Ecua-
cióndeLaplace. Unafuncióndevalorcomplejoesarmónicasiysólosisus
partes real e imaginaria son armónicas. Las funciones armónicas tienen
muchas propiedades heredadas de las funciones holomorfas; en el plano
complejo existe una conexión directa entre estas dos clases de funciones.
Definición 1.1.1 Sea U un subconjunto abierto de C.
Una función h: U R es llamada armónica si h es de clase C2(U) y
−→
∆h=0 en U.
Teorema 1.1.2 Sea D un dominio en C.
(a) Si f es holomorfa en D y h=Ref, entonces h es armónica en D.
(b) Si h es armónica en D, y si D es simplemente conexo, entonces
h = Ref para alguna función f holomorfa en D. Más aún, f es única
excepto por la adición de una constante.
Prueba:
(a) Sea
f =h+ik (h,k C (D)),
∞
∈
entonces por las Ecuaciones de Cauchy-Riemann
h = k
x y
h = k .
y x
−2 Cap.1 Funciones Armónicas
Por lo tanto
∆h = h +h
xx yy
= k k
yx xy
−
= k k
yx yx
−
= 0.
Similarmente k =Imf es armónica.
(b) Si h = Ref para alguna función holomorfa f, digamos f = h+ik,
entonces
f = h +ik (1.1)
0 x x
= h ih . (Ecuaciones de Cauchy-Riemann)
x y
−
Luego si f existe, f está completamente determinada por h, y f es única
0
excepto por la adición de una constante.
La ecuación (1.1) también nos sugiere como construir una tal función f.
Definamos
g : D C por
−→
z g(z) =h ih .
x y
7−→ −
Entonces g C1(D) y satisface las ecuaciones de Cauchy-Riemann por-
∈
que ∆h=0, entonces
h = h
xx yy
−
y
h =h = ( h ).
xy yx yx
− −
Luego g es holomorfa en D. Fijemos z D, y definamos
o
∈
Figura 13
f : D C por
−→
z f(z) = g(ξ)dξ+h(z ),
o
7−→
γ
Z
donde γ es una trayectoria que une a z con z.
o
Como D es simplemente conexo, f está bien definida.
La función f es analítica, f =g =h ih .
0 x y
−
Definamos
h :=Ref.
Entonces
e
h = h
x x
h = h
y y
e
h = h+α(y).
e
h = h +α (y)
y y 0
e
∴ α es constante.
e
f = h ih
0 x y
−
h = h+α,
pero
e z
o
f(z ) = g(ξ)dξ+h(z )=h(z )
o o o
zZ
o
h(z )+α = h(z )=Ref(z )=h(z )
o o o o
∴ α =0
e
∴ h=h
∴ h=Ref.
e
Si
f = h ih (h=Ref =ReF)
0 x y
−
F = h ih
0 x y
−
f = F
0 0
F = f +c.4 Cap.1 Funciones Armónicas
Entonces,
ReF =Ref +Rec
pero
ReF =h=h+Rec. (Aquí la constante es imaginaria pura).
Luego Rec=0, o sea que c =iy para y R.
∈
Como consecuencia de este teorema obtenemos un resultado usual acerca
de logaritmos holomorfos.
Corolario 1.1.3 Sea f holomorfa y tal que no se anula en un dominio
simplemente conexo D en C. Entonces existe una función holomorfa g
en D tal que f =eg.
Prueba:
Tomemos h = log f en D. Puesto que h es localmente la parte real
| |
de una función holomorfa, es decir una rama de logf, ∆h = 0, por el
Teorema 1.1.2 (a).
Entonces existe H =log f +iArgf. (Argf es el argumento principal).
| |
Así
H =l f (donde l es una rama del logaritmo).
◦
EntoncesH esholomorfayhesarmónica;porelTeorema1.1.2(b),existe
g holomorfa en D tal que h=Reg.
Así
f
= fe g
eg −
¯ ¯
¯ ¯ = ¯f e ¯g
¯ ¯ ¯ −¯
¯ ¯ | |
= f ¯e −Re ¯g
| |¯ ¯
= eh e h
−
·
= 1.
Entonces
f
= eα (eα constante de módulo 1)
eg
y
f = eα+g.5
Nota: El Corolario 1.1.3 y el Teorema 1.1.2 (b) pueden fallar si D no
es simplemente conexo. Por ejemplo, la función f(z) = z es holomor-
fa y diferente de cero en el dominio D = C∗ = C 0 pero no existe
\{ }
una función holomorfa g tal que z = eg(z) en este dominio. En efecto,
supongamos que z =eg(z), entonces
1 =eg(z)g (z)
0
de donde g (z)= 1, entonces
0 z
0 = g (ξ)dξ
0
z=1
Z| |
1
= dz
z
z=1
Z| |
= 2πi,
lo cual es falso.
Sin embargo como los discos son simplemente conexos, toda función ar-
mónica es al menos localmente la parte real de alguna función holomorfa.
Corolario 1.1.4 Si h es una función armónica en un subconjunto
abierto U de C, entonces h C ∞(U).
∈
Corolario 1.1.5 Si f : U U es una función holomorfa entre
1 2
→
subconjuntos abiertos U 1,U de C, y si h es armónica en U 2, entonces
2
h f es armónica en U .
1
◦
Prueba:
Sean f analítica y h armónica
f h
U U R.
1 2
−→ −→
Locamente h=Reg, con g analítica. De donde
h f =Re(g f),
◦ ◦
que es armónica, por el Teorema 1.1.2.
O por otra parte:
2
∆(h f)=∆h f f .
0
◦ ◦
Sean U una vecindad de infinito, ϕ : U →C¯ ¯conforme y f =ϕ 2 ◦ϕ −11.
¯ ¯
Así, en C , h es armónica en U si h ϕ −1 es armónica en ϕ(U).
∞ ◦
Entonces h ϕ 1 = h ϕ 1 f es armónica en U y por lo tanto h f
−1 −2 1
◦ ◦ ◦ ◦
es armónica en U .
1 ¡ ¢6 Cap.1 Funciones Armónicas
Figura 2
Estos resultados nos permiten extender la noción de armonicidad a la
esfera de Riemann.
Dada una función h definida en una vecindad abierta U de , deci-
∞
mos que h es armónica en U si h ϕ 1 es armónica en ϕ(U), donde
−
◦
ϕ es una función conforme de U sobre un subconjunto abierto de C.
No importa cuál función ϕ escojamos: si ϕ y ϕ son dos funciones
1 2
escogidas, entonces h ϕ 1 = h ϕ 1 f, donde f =ϕ ϕ 1, así
−1 −2 2 −1
◦ ◦ ◦ ◦
por el Corolario 1.1.5, h ϕ 1 es armónica en ϕ 1(U) si y sólo si
h ϕ 1 es armónica en ϕ ◦ (U−1 )¡ . (Figur¢ a 2). −
−2 2
◦7
Teorema 1.1.6 (Propiedad del Valor Medio)
Sea h una función armónica en una vecindad abierta del disco ∆(w,ρ).
Entonces
2π
1
h(w)= h w+ρeiθ dθ.
2π
Z 0 ³ ´
Prueba:
Sea h: G R, G abierto de C tal que ∆(w,ρ) G.
→ ⊆
Si G =C entonces Gc =C G es cerrado,
6 \
∆(w,ρ) Gc =
∩ ∅
∴ð :=dist ∆(w,ρ),Gc >0.
¡ ¢
Sea ρ = ρ+ ð entonces ∆(w,ρ) G, luego h es armónica en ∆(w,ρ).
0 2 0 ⊆ 0
Por lo tanto
f H ∆ w,ρ (h =Ref) ,
0
∃ ∈
de donde
¡ ¡ ¡ ¢¢ ¢
1 f(z)
f(w) = dz
2πi (z w)
Z −
z w=ρ
| − |
2π
1 f w+ρeiθ
= iρeiθdθ
2πi ρeiθ
Z ¡ ¢
0
2π
1 f w+ρeiθ
h(w) = Ref(w) =Re iρeiθdθ
2πi ρeiθ
Z ¡ ¢
0
2π
1
= Ref w+ρeiθ dθ.
2π
Z 0 ³ ´
Teorema 1.1.7 Principio de Identidad
¡ ¢
Sean h y k funciones armónicas en un dominio D en C. Si h =k en un
subconjunto abierto no vacío U de D, entonces h =k en todo D.
Prueba:
Sea u =h k. u es armónica, puesto que h y k lo son:
−8 Cap.1 Funciones Armónicas
∆u = u +u
xx yy
= h k +h k (El laplaciano es un operador lineal)
xx xx yy yy
− −
= ∆h ∆k
−
= 0 0=0.
−
Entonces ( z U)(∆u(z) =0).
∀ ∈
Sea g =u iu , g H(D) ( z U)(g(z) =0)
x y
− ∈ ∧ ∀ ∈
∴g =0 (en D).
0=u x iu y ∴ u x =0 u y =0
− ∧
∴ u = u x dx =v 1(y) u = u y dy =v 2(x)
∧
Z Z
∴ u es constante ( en D)
∴ u =0 (en D)
∴ h k =0
−
∴ h =k en D.
Nota: Para funciones holomorfas, se cumple una forma más fuerte del
Principio de Identidad; es decir, si dos funciones holomorfas coinciden en
un conjunto con un punto límite en un dominio D, entonces coinciden en
todo D. Sin embargo, éste no es el caso para las funciones armónicas.
Por ejemplo las funciones h(z) = Rez y k(z) = 0 son armónicas en C y
coinciden en z C/Rez =0 ; sin embargo, son funciones distintas.
{ ∈ }
Teorema 1.1.8 (Principio del Máximo)
Sea h una función armónica en un dominio D en C.
(a) Si h alcanza un máximo local en D, entonces h es constante.
(b) Si h puede extenderse continuamente a D y h 0 en ∂D, entonces
≤
h 0 en D.
≤
( Recordemos que las clausuras y las fronteras las estamos tomando con
respecto a C . Si tomanos D y ∂D con respecto a C, el Teorema del
∞
Máximo no se cumple; por ejemplo: h = Rez y D = z/Rez >0 no
{ }
cumplen el principio del máximo en C).9
Prueba:
(a) Supongamos que h alcanza un máximo local en D. Entonces
( w D)( r >0)( z ∆(w,r))(h(z) h(w)).
∃ ∈ ∃ ∀ ∈ ≤
Por el Teorema 1.1.2 (b),
( f H(∆(w,r)))(h=Ref (en ∆(w,r))).
∃ ∈
Entonces
ef =eRef =eh
∴ ( z ∆(w,r)) eh(z)¯ ¯ e¯ ¯h(w)
∀ ∈ ¯≤ ¯
³ ´
∴ ef (z) ef (w)
≤
∴ ¯ ¯ef ¯ ¯ H(∆¯ ¯(w¯ ¯,r))
¯ ∈¯ ¯ ¯
∴ ef es constante en ∆(w,r). (Teorema del Módulo Máximo).
Así
ef es constante entonces eRef es constante.
∴ R¯ ¯ e¯ ¯f es constante
¯ ¯
∴ h es constante en ∆(w,r).
Luego por el Principio de Identidad h es constante en D.
(b) D es compacto (cerrado en compacto) y h : D R es continua,
→
entonces
w D z D (h(z) h(w)).
∃ ∈ ∀ ∈ ≤
Existen dos casos
¡ ¢¡ ¢
Caso 1: Si w ∂D: como h(w) 0, entonces
∈ ≤
z D (h(z) h(w) 0).
∀ ∈ ≤ ≤
¡ ¢
Caso 2: Si w D : h alcanza un máximo local en D, y por lo tanto h es
∈
constanteenD (por(a)),entonceshesconstanteenD (porcontinuidad).
Como h 0 en ∂D, entonces h 0 en D.
≤ ≤
Ejercicios 1.1
1.Sea h(x+iy) = ex(xcosy yseny). Pruebe que h es armónica en
−
C; y halle una función holomorfa f en C tal que h=Ref.
2.Sea h armónica en A = z C: ρ < z <ρ . Use el hecho de que
1 2
{ ∈ | | }10 Cap.1 Funciones Armónicas
h ih esholomorfaparaprobarqueexistenconstantesúnicas(a )
x − y n n Z
y b, con a o,b R, tales que ∈
∈
∞
h(z)=Re a zn +blog z (ρ < z <ρ ).
n 1 2
| | | |
Ã !
X−∞
3.Seanh,k funcionesarmónicasynoconstantesenundominioD. Prue-
be que hk es armónica si y sólo si h+ick es holomorfa para alguna
constante real c.
4.Pruebe que toda función armónica es analítica real, y use esto para
dar otra prueba del Principio de Identidad.
5.Pruebe que las únicas funciones armónicas en todo C son las cons-
tantes. ∞
Ejercicios Resueltos 1.1
1. Sea h(x+iy) = ex(xcosy yseny). Pruebe que h es armónica en
−
C; halle una función holomorfa f en C tal que h=Ref.
Prueba:
Veamos que h es armónica en C.
h = ex(xcosy yseny)+ex(cosy)
x
−
= h+ex(cosy)
h = ex( xseny (seny+ycosy))
y
− −
= ex( xseny seny ycosy)
− − −
= ex(xseny+seny+ycosy)
−
h = h+ex(cosy)+ex(cosy)
xx
= h+2ex(cosy)
h = ex(xcosy+cosy+cosy+y( seny))
yy
− −
= ex(xcosy+2cosy yseny)
− −
= ex(xcosy yseny) 2excosy
− − −
= h 2excosy
− −
∆h = h +h
xx yy
= h+ex(cosy)+( h 2excosy)
− −
= 0.
Por lo tanto h es armónica en C. Luego
( f =u+iv H(C))(h =Ref =u).
∃ ∈
Entonces:
v =u =h =h+ex(cosy)
y x x11
∴ v = (h+ex(cosy))dy
Z
= ex(xcosy yseny+cosy) dy
−
Z
= ex(xseny+ycosy seny+seny)+c(x)
−
= ex(xseny+ycosy)+c(x).
y
v = u = h =ex(xseny+seny+ycosy)
x y y
− −
∴ v = ex(xseny+seny+ycosy) dx
Z
= seny(xex ex)+exseny+exycosy+c(y)
−
= ex(xseny seny+seny+ycosy)+c(y)
−
= ex(xseny+ycosy)+c(y).
∴ c R.
∈
Por lo tanto
f =h+iex(xseny+ycosy)+ic.
2. Sea h armónica en A = z C: ρ < z <ρ . Use el hecho de
1 2
{ ∈ | | }
que h ih es holomorfa para probar que existen constantes únicas
x y
−
(a n) y b, con a o,b R, tales que
n Z ∈
∈
∞
h(z)=Re a zn +blog z (ρ < z <ρ ).
n 1 2
| | | |
Ã !
X−∞
Prueba:
Como h es armónica entonces g = h ih es holomorfa en A, por lo
x y
−
tanto existen b n C y
∈
∞
g(z)= b zn, (z A)
n
∈
X−∞
tales que
1 g(ξ)
b = dξ, (ρ <ρ<ρ ) (Teorema de Laurent).
n 2πi ξn+1 1 2
Z
ξ=ρ
| |
Sea z A, z =x+iy fija, llamemos z :=x +iy . Entonces
o o o
∈
∞ γ : [x o,x] A
g(z) dz = b zn dz, donde → .
n
t γ(t)=t+iy
Zγ γZ →
n X−∞
x
∞
∴ (h x(t,y) ih y(t,y)) dt = b n zndz.
−
xZ n= Zγ
o X−∞12 Cap.1 Funciones Armónicas
Así
x x x
∞ (t+iy)n+1 1
h (t,y) dt =Re b +Reb dt.
x n 1
n+1 ¯ − t+iy
xZ 0 n n= X=−∞1 ¯ ¯x o xZ o
6 − ¯
Si ϕ(t)=h(t,y) entonces ϕ (t)=h (t,y) y así:
0 x ¯
x x
h (t,y) dt = ϕ (t) dt
x 0
xZ xZ
o o
= ϕ(x) ϕ(x )
o
−
= h(x,y) h(x ,y)
o
−
= h(z) h(z ). (y =y )
o o
−
Luego
∞ zn+1 ∞ z on+1
h(z) h(z ) = Re b Re b
o n n
− n+1 − n+1
n= n=
nX=−∞1 nX=−∞1
6 − 6 −
x
t iy
+Re b − dt . (y =y )
 −1 t2+y2  o
xZ
0
Ahora bien,  
x x x
t iy t y
Re b − dt = Re b dt i dt
 −1 t2+y2   −1  t2+y2 − t2+y2 
xZ xZ xZ
0 0 0
  b  b 
= Re −1 ln z 2 Re −1 ln z 2
0
2 | | − 2 | |
x x
0
Re b i arctan arctan .
1
− − y − y
· µ ¶¸
Llamemos
∞ z on+1 Reb −1
a = h(z o) Re b ln z Reib 1(Arg(z) Arg(z o))
o n o
− n+1 − 2 | |− − −
n=
nX=−∞1
6 −
b
1
b = Re − .
2
Así
∞ b nz on ++1 = ∞ b m m−1 z om = ∞ a mz om
n
1
n= m= m=
nX=−∞1 mX=−0∞ mX=−0∞
6 − 6 6
donde a = b m 1. Y entonces
m m−
m=0
6
∞
h(z)=Re a zm +bln z . (para z γ y a como antes).
m o
| | ∈
Ã !
m=
X−∞13
3. Sean h,k funciones armónicas y no constantes en un dominio D.
Pruebe que hk es armónica si y sólo si h + ick es holomorfa para
alguna constante real c.
Prueba:
“= ” Sean f = h ih y g = k ik . Entonces f y g son
x y x y
⇒ − −
holomorfas en D. Además, g = 0 (si no k = k = 0, de donde
x y
6
k = k dx = k(y), luego k sería constante, lo cual es absurdo).
x
EntonZces los ceros de g son aislados en D.
Sea F = f. F es meromorfa en D, pero
g
(hk) = h k+hk
x x x
(hk) = h k+k h +h k +hk
xx xx x x x x xx
(hk) = h k+hk
y y y
(hk) = h k+k h +h k +hk
yy yy y y y y yy
∴ 0=∆(hk)=2(h xk x+h yk y)=0.
Ahora
h ih k +ik
x y x y
F = −
k ik k +ik
x y x y
−
h k +h k +i(h k h k )
x x y y x y y x
= − .
k2 +k2
x y
De donde ReF =0, entonces ReF es constante.
Así: ( c R)(ImF =c), de donde F =ic= f
∃ ∈ g
∴ f =icg
∴ h x ih y =ic(k x ik y)=ick x+ck y
− −
∴ h x =ck y y h y = ck x
−
∴ h+ick H(D). (cumple las ecuaciones de Cauchy-Riemann).
∈
“ =” Sean h =ck y h = ck , entonces (hk) =hk +h k
⇐ x y y − x x y y
∴ (hk) xx =hk xx+h xxk+2h xk y
∴ (hk)=h k+k h+2h xk x+2h yk y =2ck yk x 2ck xk y =0
4 4 4 −
∴ hk es armónica.
4. Pruebe que toda función armónica es análitica real, y use esto para
dar otra prueba del Principio de Identidad.
Definición: Una función f, con dominio en un subconjunto abierto
U C y rango R, es llamada analítica real si para cada α U la
⊂ ⊆ ∈
función f puede ser representada por una serie de potencias convergente
en alguna vecindad de α.14 Cap.1 Funciones Armónicas
Prueba:
Sean U un subconjunto abierto de C, h : U R una función armóni-
→
ca y α U. Tomemos un disco abierto ∆(α,r) con centro en α tal que
∈
∆(α,r) U; entonces por el Teorema 1.1.2 (b) existe una función holo-
⊆
morfa en ∆(α,r) tal que Ref =h en ∆.
Como f es holomorfa en ∆, tiene un desarrollo en series de potencias de
la forma
∞ ∂kf (z α)k
f(z)= (α) − ,
∂zk k!
k=0
X
esta serie converge para todo z ∆.
∈
Sean z =x+iy, f =h+ik y α=a+ib, entonces
f(z) = f(x+iy)
∞ ∂kf ((x+iy) (a+ib))k
= (α) −
∂zk k!
k=0
X
∞ ∂kf ((x a)+(y b)i)k
= (α) − −
∂zk k!
k=0
X
∂f
= f(α)+ (α)[(x a)+(y b)i]
∂z − −
∂2f [(x a)+(y b)i]2
+ (α) − − +...
∂z2 2!
∂f
= f(α)+ (α)[(x a)+(y b)i]
∂z − −
∂2f (x a)2+2i(x a)(y b)+((y b)i)2
− − − −
+ (α) +...
∂z2 h 2! i
∂f ∂2f (x a)2
= f(α)+ (α)[(x a)+(y b)i]+ (α) −
∂z − − ∂z2 2!
∂2f ∂2f ((y b)i)2
+ (α)(x a)(y b)i+ (α) − +...
∂z2 − − ∂z2 2!
∂f ∂f ∂2f (x a)2
= f(α)+ (α)(x a)+ (α)(y b)i+ (α) −
∂z − ∂z − ∂z2 2!
∂2f ∂2f (y b)2
+ (α)(x a)(y b)i (α) − +...
∂z2 − − − ∂z2 2!15
∂f ∂f
= h(α)+k(α)i+Re (α) (x a)+Im (α) (x a)i
∂z − ∂z −
µ ¶ µ ¶
∂f ∂f
+Re (α) (y b)i Im (α) (y b)
∂z − − ∂z −
µ ¶ µ ¶
∂2f (x a)2 ∂2f (x a)2
+Re (α) − +Im (α) − i
∂z2 2! ∂z2 2!
µ ¶ µ ¶
∂2f ∂2f
+Re (α) (x a)(y b)i Im (α) (x a)(y b)
∂z2 − − − ∂z2 − −
µ ¶ µ ¶
∂2f (y b)2 ∂2f (y b)2
Re (α) − Im (α) − i+...
− ∂z2 2! − ∂z2 2!
µ ¶ µ ¶
h(α)+Re ∂f (α) (x a) Im ∂f (α) (y b)
∂z − − ∂z −
=  +Re ∂2f (³α) (x −´a)2 Im ∂2f (³α) (x ´a)(y b) +
∂z2 2! − ∂z2 − −
  −Re³∂ ∂2 zf 2 (α)´(y − 2!b)2 +... ³ ´  
 
 k(α)³ i+Im ∂´f (α) (x a)i+Re ∂f (α) (y b)i
∂z − ∂z −
 +Im ∂2f (α³) (x −a´)2 i+Re ∂2f (α³) (x ´a)(y b)i 
∂z2 2! ∂z2 − −
  −Im³∂ ∂2 zf 2 (α)´(x − 2!a)2 i+ ···³ ´  
 
Luego  ³ ´ 
h(z)= 1 ∞ a k [(x a)+(y b)i]k + ∞ a k [(x a) (y b)i]k R
2 k! − − k! − − − ∈
" #
n=0 n=0
X X
donde a = h(α), a = 1∂kf (α) en la primera serie y a = 1∂kf (α) en
o k 2∂zk k 2∂zk
la segunda serie.
Esta serie es una serie de potencias de (x a) y (y b) la cual es con-
− −
vergente en ∆, entonces para toda α U, h puede ser representada por
∈
una serie de potencias convergente en alguna vecindad de α, luego h es
analítica real en U.
Ahora utilicemos este hecho para probar el Principio de Identi-
dad.
Sean h y k funciones armónicas en un dominio D en C, tales que h = k
en un subconjunto abierto no vacio U de D.
Como h y k son armónicas en D entonces tienen desarrollo en series de16 Cap.1 Funciones Armónicas
Taylor de la forma
h(z)= ∞ a j(z p)j R y k(z)= ∞ b j(z p)j R
− ∈ − ∈
j=0 j=0
X X
que convergen en un disco D(p,r), r >0 y p D.
∈
Comoh(z) =k(z)enD(p,r)entoncesa =b enD(p,r)porlaunicidad
j j
de la serie de potencias. Entonces existe una sucesión de puntos z ,z ,...
1 2
en D tal que l´ımz D, y
n
∈
h(z )=k(z ) para n=1,2,...
n n
luego por Principio de Identidad para funciones analíticas reales
h(z)=k(z) ( z D).
∀ ∈
5. Pruebe que las únicas funciones armónicas en todo C son las cons-
tantes. ∞
Prueba:
Sea h: C R armónica.
∞ −→
La función h es continua y C es compacto, entonces
∞
( w C )( z C )(h(z) h(w)).
∃ ∈ ∞ ∀ ∈ ∞ ≤
Caso 1:
Si w C entonces h tiene un máximo local en C.
∈
∴ h es constante en C
∴ h es constante en C . (por continuidad).
∞
Caso 2:
Si w = , h 1 es armónica en D y tiene un máximo local en 0.
∞ z
¡ ¢
Si z D∗ entonces
∈ 1 1
h h( )=h .
z ≤ ∞ 0
µ ¶ µ ¶
1
∴ h es constante en D.
z
µ ¶
∴ h es constante en z/ z 1 . (por continuidad).
{ | | ≥ }
Si |z |, |z >1 entonces z1 1, z1 D.
1 2
| 2 ∈1.2 El Problema de Dirichlet en el Disco 17
1 1
∴ h =h
1 1
Ãz ! Ãz !
1 2
∴ h(z 1) =h(z 2).
Luego h es constante en D,
∴ h es constante en C .
∞
1.2 El Problema de Dirichlet en el Disco
El problema de Dirichlet consiste en hallar una función armónica en un
dominio con valores prescritos en la frontera. Una de las ventajas más
grandesquetienenlasfuncionesarmónicassobrelasfuncionesholomorfas
es que para cualquier dominio por fino que éste sea, existe una solución.
Esta es una herramienta que tiene muchas aplicaciones.
Definición 1.2.1 Sea D un subdominio de C, y sea φ : ∂D R
−→
una función continua. El Problema de Dirichlet es hallar una función
armónica h en D tal que l´ım h(z)=φ(ζ) para todo ζ ∂D.
z ζ
→ ∈
Teorema 1.2.2 (Teorema de Unicidad)
Con la notación de la Definición 1.2.1, existe a lo más una solución al
Problema de Dirichlet.
Prueba:
Supongamos que h y h son ambas soluciones. Entonces h h es
1 2 1 2
−
armónicaenDyseextiendecontinuamenteaD,yesceroen∂D. Aplican-
do el Principio del Máximo (Teorema 1.1.8(b)) a (h h ), concluimos
1 2
± −
que h h =0 y por lo tanto h =h .
1 2 1 2
−
Nota: LaexistenciadelasoluciónalProblemadeDirichletnolapodemos
probar por ahora. Sin embargo veremos un caso especial, cuando D es
un disco.
Definición 1.2.3
(a) El Kernel de poisson P : ∆(0,1) ∂∆(0,1) R está definido
× −→18 Cap.1 Funciones Armónicas
por:
ζ +z 1 z 2
P (z,ζ):=Re = −| | (z <1, ζ =1).
ζ z ζ z 2 | | | |
µ − ¶ | − |
(b) Si ∆=∆(w,ρ) y φ: ∂∆ R esunafunciónLebesgue-integrable,
−→
entonces su Integral de poisson P ∆φ: ∆ R está definida por
−→
2π
1 z w
P φ(z):= P − ,eiθ φ w+ρeiθ dθ (z ∆).
∆
2π ρ ∈
Z 0 µ ¶ ³ ´
Más explícitamente, si 0<r <ρ y 0 t<2π, entonces:
≤
2π
1 ρ2 r2
P φ w+reit = − φ w+ρeiθ dθ.
∆ 2π ρ2 2ρrcos(θ t)+r2
¡ ¢ Z 0 − − ³ ´
(La función es integrable si la integral de los valores absolutos es acotada).
Teorema 1.2.4 Con la misma notación de la Definición 1.2.3:
(a) P φ es armónica en ∆;
∆
(b) Si la función φ es continua en ζ ∂∆, entonces
o
∈
l´ımP φ(z)=φ(ζ ).
∆ o
z ζ
→ o
En particular, si φ es continua en toda ∂∆, entonces h := P φ resuelve
∆
el problema de Dirichlet en ∆.
Prueba:
(a) Para el caso w = 0, ρ = 1 tenemos ∆ = ∆(0,1). Entonces para
z ∆,
∈
2π
1
P φ(z): = P z,eiθ φ eiθ dθ
∆
2π
Z 0 ³ ´ ³ ´
2π
1 eiθ +z
= Re φ eiθ dθ
2π eiθ z
Z 0 µ − ¶ ³ ´
analíticaen z
2π
1 eiθ +z
= Rez 2π eiθ }| zφ eiθ dθ {
 Z 0 − ³ ´ 
 
 1.2 El Problema de Dirichlet en el Disco 19
1 ζ +z dζ ζ =eiθ
=Re φ(ζ) . .
2πi ζ z ζ  Ãdζ =ieiθdθ =iζdθ!
Z −
ζ=1
 | | 
 
Así que P φ es la parte real de una función holomorfa de z, luego es
∆
armónica en ∆.
Ahora veamos que P φ(z) es armónica en cualquier disco.
∆
Sea ∆=∆(w,ρ).
Sean σ : ∂∆ R Lebesgue-integrable, ν ∆, λ(z) = w+ρz entonces
−→ ∈
λ(z) w
z = − y
ρ
2π
1 ν w
P σ(ν) = P − ,eiθ σ w+ρeiθ dθ
∆
2π ρ
Z 0 µ ¶ ³ ´
2π
1 ν w
= P λ −1(ν),eiθ (σ λ) eiθ dθ para z = − D
2π ◦ ρ ∈
Z 0 ³ ´ ³ ´ µ ¶
= P (σ λ)(z).
∆
◦
Luego P σ es armónica en ∆
∆
∴ (P ∆σ) λ(z)=P ∆(σ λ)(z)
◦ ◦
∴ P ∆σ =P ∆(σ λ) λ −1
◦ ◦
∴ ∆(P ∆σ)=∆(P ∆(σ λ)) λ −1 λ −1 2 .
◦ ◦
Para probar la parte (b), probaremos primero un Le¯m a a ¢c¯erca de Kernel
¡
¯ ¯
de Poisson.
Lema 1.2.5 El Kernel de Poisson P satisface:
(i) P (z,ζ)>0 (z <1, ζ =1);
| | | |
2π
(ii) 1 P z,eiθ dθ =1 ( z <1);
2π | |
0
R ¡ ¢
(iii) sup P (z,ζ) 0 cuando z ζ . (ζ =1, δ > 0).
ζ ζ δ o o
| − o|≥ −→ −→ | |
Prueba:
(i) Se sigue de la Definición de P (z,ζ).
(ii) Expresandolaintegraldadacomounaintegraldecontornoyusando20 Cap.1 Funciones Armónicas
la Fórmula de Cauchy para Integrales tenemos
2π 2π
1 1 eiθ +z
P z,eiθ dθ = Re dθ
2π 2π eiθ z
Z 0 ³ ´ Z 0 µ − ¶
1 ζ +zdζ
= Re
2πi ζ z ζ
Ã ζ=1 !
Z| | −
1 2 1
= Re dζ
2πi ζ z − ζ
Ã Z|ζ |=1µ − ¶ !
= Re(2 1) =1.
−
(iii) sup P (z,ζ) 0 cuando z ζ ( ζ =1, δ > 0).
ζ ζ 0 o o
| − o|≥ −→ −→ | |
Sean ζ =1 y δ >0.
o
| |
l´ım sup P (z,ζ)=0.
z −→ζ o |ζ −ζ o|≥δ
En efecto:
Sea z tal que z ζ <δ.
o
| − |
1 z 2 1 z 2
P (z,ζ)= −| | −| |
ζ z 2 ≤ (δ z ζ )2
o
| − | −| − |
↓
ζ =1, |{zz} ζ δ
o
| | | − | ≥
ζ ζ δ > z ζ
o o
| − | ≥ | − |
ζ z = ζ ζ (z ζ )
o o
| − | | − − − |
ζ ζ z ζ
o o
≥ | − |−| − |
δ z ζ .
o
≥ −| − |
Entonces
1 z 2 1 ζ 2
sup P (z,ζ) −| | −| o | =0.
|ζ −ζ o|≥δ ≤ (δ −|z −ζ o |)2 cuand−o→z −→ζ o. δ
Prueba del Teorema 1.2.4 (b)
Caso w= 0, ρ =1.
Sea (cid:18)>0. Como
2π
1
φ(ζ )= φ(ζ )P z,eiθ dθ,
o 2π o
Z 0 ³ ´1.2 El Problema de Dirichlet en el Disco 21
entonces
2π
1
P z,eiθ φ eiθ dθ φ(ζ )
¯2π − o ¯
¯ ¯ Z 0 ³ ´ ³ ´ ¯ ¯
¯ 2π ¯
¯ ¯
1
= ¯ P z,eiθ φ eiθ φ(ζ ) ¯ dθ
¯2π − o ¯
¯ ¯ Z 0 ³ ´³ ³ ´ ´ ¯ ¯
¯ 2π ¯
¯ ¯
1
¯ P z,eiθ φ eiθ φ(ζ ) dθ¯ .
≤ 2π − o
Z 0 ³ ´¯³ ³ ´ ´¯
¯ ¯
Porlacontinuidaddeφenζ o,existe¯δ >0talquesi ζ ¯ζ <δ,entonces
o
| − |
φ(ζ) φ(ζ ) <(cid:18),
o
| − |
luego
2π
1 1
P z,eiθ φ eiθ φ(ζ ) dθ P z,eiθ (cid:18)dθ =(cid:18).
2π − o ≤ 2π
eiθ ζ <δ
Z| − o| ³ ´¯ ³ ´ ¯ Z 0 ³ ´
¯ ¯
¯ ¯
Puesto que dados δ >0, ζ ∂∆, l´ım sup P (z,ζ)=0 (z ∆),
o
∈ z −→ζ o |ζ −ζ o|≥δ ∈
existe δ >0 tal que si z ζ <δ , entonces
0 o 0
| − |
sup P (z,ζ) <(cid:18).
ζ ζ δ
| − o|≥
Así, si z ζ <δ entonces
o 0
| − |
1
P z,eiθ φ eiθ φ(ζ ) dθ
2π − o
eiθ ζ δ
Z| − o|≥ ³ ´¯ ³ ´ ¯
1 ¯ ¯
< (cid:18) φ eiθ ¯φ(ζ ) dθ ζ¯ =eiθ
2π − o
ζ ζ δ
Z| − o|≥ ¯ ³ ´ ¯ ³ ´
2π ¯ ¯
(cid:18) ¯ ¯
φ eiθ + φ(ζ ) dθ
≤ 2π | o |
Z 0 ³¯ ³ ´¯ ´
¯ ¯
¯ ¯ 2π
1
= (cid:18)k, k = φ eiθ + φ(ζ ) dθ .
 2π | o | 
Z 0 ³¯ ³ ´¯ ´
¯ ¯
 ¯ ¯ 
Caso w=0 ó ρ=1.
6 6
Seaσ : ∂∆(ω,ρ) Rcontinuaen ν o =ω+ρeiθ o ∂∆(ω,ρ); llamemos
−→ ∈
ν =ω+reiθ, 0 r <ρ, 0 θ <2π.
≤ ≤22 Cap.1 Funciones Armónicas
λ(z) =ω+ρz, λ 1(ν)= ν ω,
P σ(ν) = P (σ λ) λ 1(ν) − −ρ
∆ ∆ −
o ◦ ◦ Ã∆ o =∆(0,1) !
ν ω
= P (σ λ) −
∆
o ◦ ρ
µ ¶
r
= P (σ λ) eiθ .
∆
o ◦ ρ
µ ¶
Pero ν ν si y sólo si r ρ y θ θ . Entonces
o o
−→ −→ −→
r
P ∆ (σ λ) eiθ (σ λ) eiθ o cuando ν ν o,
o ◦ ρ −→ ◦ −→
µ ¶
³ ´
ya que σ λ es continua en eiθ o.
◦
Como νl´ım λ −1(ν)= ν o ρ−ω =eiθ o,
ν
→ o
l´ım P σ(ν) = l´ım P (σ λ)(z)
∆ ∆
ν →ν o z →eiθo o ◦
= (σ λ) eiθ o
◦
³ ´
= σ ω+ρeiθ o
= σ(³ν ). ´
◦
Corolario 1.2.6 Fórmula Integral de Poisson
¡ ¢
Si h es armónica en una vecindad abierta del disco ∆(ω,ρ), entonces
para r <ρ y 0 t<2π
≤
2π
1 ρ2 r2
h ω+reit = − h ω+ρeiθ dθ.
2π ρ2 2ρrcos(θ t)+r2
¡ ¢ Z 0 − − ³ ´
Prueba:
Consideremos el Problema de Dirichlet en ∆:=∆(ω,ρ) con ϕ :=h .
∂∆
|
Por el Teorema 1.2.4, P h y h P ϕ son soluciones para el problema.
∆ ∆
≡
Por el Teorema 1.2.2, h=P h en ∆.
∆
De donde
2π
1 reiθ
h ω+reit = P ,eiθ ϕ ω+ρeiθ dθ.
2π ρ
¡ ¢ Z 0 µ ¶ ³ ´1.2 El Problema de Dirichlet en el Disco 23
Nota: Si r =0
2π
1 ρ2
h(ω)= h ω+ρeiθ dθ.
2π ρ2
Z 0 ³ ´
Teorema 1.2.7 (Propiedad Recíproca del Valor Medio)
Sea h : U R una función continua en un subconjunto abierto U de
−→
C. Supongamos que h posee la Propiedad Local del Valor Medio, esto
es, dado ω U, existe ρ>0 tal que
∈
2π
1
h(ω)= h ω+reiθ dt (0 r <ρ).
2π ≤
Z 0 ³ ´
Entonces h es armónica en D.
Prueba:
Essuficienteprobarquehesarmónicaencadadiscoabierto∆:=∆(ω,ρ)
con ∆ U.
⊂
Fijemos un ∆ y definamos K : ∆ R por
−→
h P h, en ∆,
∆
K = −
( 0, en ∂∆,
luego K es continua en ∆. Veamos que es continua en ∂∆.
Sea ξ ∂∆.
∈
Tomemos z ∆ tal que z ξ
n n
∈ −→
h(z ) P h(z ) 0 si z ∆,
n ∆ n n
K(z )= − n−→ ∈
n −→∞
( 0 si z n ∂∆
∈
Sean A= n/z ∆ y B = n/z ∂∆ .
n n
{ ∈ } { ∈ }
Si B es infinito, sea B = n ,n ,... (con n creciente)
1 2 r
{ }
∴ l´ımK(z n )=0=K(ξ).
r r
→∞
Si A es infinito, entonces digamos que
A= n ,n ,... (con n creciente).
1 2 r
{ }
Como l´ım z = ξ entonces de K(z ) = h(z ) P h(z ) se con-
r n n n ∆ n
→∞ r r r − r
cluye que l´ım K(z )=0. Luego l´ım K(z )=0=K(ξ).
r n n n
→∞ r →∞24 Cap.1 Funciones Armónicas
Como ∆ es compacto existe M =ma´xK(z).
z ∆
∈
Veamos que K tiene la Propiedad del Valor Medio.
Sea z ∆ y ρ >0 tal que ∆(z,ρ ) ∆. Como h cumple la propiedad
o o
∈ ⊆
local del valor medio, existe ρ >0 tal que
o
2π
1
h(z) = h z+reiθ dθ (0 r <ρ ).
2π ≤ o
Z 0 ³ ´
En particular:
2π
1
h(z) = h z+reiθ dθ (0 r ρ , ρ =m´ın ρ , ρ z ω ).
2π ≤ ≤ 1 1 { o −| − |}
Z 0 ³ ´
Como P h es armónica en una vecindad abierta de ∆(z,r), 0 r ρ,
∆
≤ ≤
con r fijo, entonces se satisface:
2π
1
P h(z)= P z+reiθ dθ (Propiedad del Valor Medio).
∆ ∆
2π
Z 0 ³ ´
Así:
K(z) = h(z) P h(z)
∆
−
2π
1
= h z+reiθ P h z+reiθ dθ
∆
2π −
Z 0 ³ ³ ´ ³ ´´
2π
1
= K z+reiθ dθ.
2π
Z 0 ³ ´
Definamos:
A : = z ∆: K(z)<M =K 1( ,M),
−
{ ∈ } −∞
B : = z ∆: K(z)=M ,
{ ∈ }
∆ : =A B.
∪
Entonces A es abierto en ∆.
Veamos que B es abierto.
Tomemos z B. Como K cumple la propiedad local del valor medio en
∈
∆, entonces existe ρ >0 tal que
1
2π
1
K(z)= K z+reiθ dθ (0 r <ρ ).
2π ≤ 1
Z 0 ³ ´1.2 El Problema de Dirichlet en el Disco 25
Sea ν ∆(z,ρ ). Entonces
1
∈
ν =z+reiθ (0 r ρ , 0 θ <2π).
1
≤ ≤ ≤
Si K(ν)<M, por la continuidad de K, existe ρ >0 tal que
2
K(u)<M u ∆(ν,ρ ) con ∆(ν,ρ ) ∆(z,ρ ).
2 2 1
∀ ∈ ≤
Consideremos la circunferencia de centro z y radio r = ν z .
| − |
Sea z+reiθ/θ [θ ,θ ] la parte de ∂∆(z,r) que está dentro de
1 2
∈
∆(ν,ρ ).
©2 ª
Sean z+reiθ 1, z+reiθ 2 los puntos de corte de ξ z =r y ξ ν =ρ .
2
| − | | − |
Entonces
M = K(z)
2π
1
= K z+reiθ dθ
2π
Z 0 ³ ´
θ +2π
1
1
= K z+reiθ dθ
2π
θZ ³ ´
1
θ θ +2π
2 1
1 1
= K z+reiθ dθ+ K z+reiθ dθ
2π 2π
θZ ³ ´ θZ ³ ´
1 2
θ θ +2π
2 1
1 1
< Mdθ+ Mdθ
2π 2π
Z Z
θ θ
1 2
M
= [(θ θ )+(θ +2π θ )]
2 1 1 2
2π − −
= M.
Lo cual es una contradicción.
Luego K(ν) = M ν ∆(z,ρ ), por consiguiente ∆(z,ρ ) B, o sea
1 1
∀ ∈ ⊆
que B es abierto.
Como A y B son disjuntos y ∆ es conexo, entonces A=∆ ó B =∆.
Si A = ∆ entonces K(z) < M z ∆; y como K(ξ) = 0 para ξ ∂∆,
∀ ∈ ∈
entonces M =0.
Luego26 Cap.1 Funciones Armónicas
K(z) 0 z ∆.
≤ ∀ ∈
Haciendo un razonamiento igual con
P h h, en ∆,
∆
J(z)= −
( 0, en ∂∆,
llegamos a que J(z) 0 z ∆.
≤ ∀ ∈
∴ P ∆h=h en ∆
∴ h es armónica en ∆.
Corolario 1.2.8 Si (h ) es una sucesión de funciones armónicas
n n 1
≥
en D, localmente, uniformemente convergente a una función h, entonces
h es también armónica en D.
Prueba:
Veamos que h cumple la Propiedad Local del Valor Medio.
Sea ω ∆. Existe ρ >0 tal que ∆(ω,ρ) D.
∈ ⊆
Sea r tal que 0 r <ρ.
≤
Entonces
2π h n es convergente y cumple la
1
h (ω)= h ω+reiθ dθ Propiedad del valor Medio en .
n 2π n  
Z 0 ³ ´ ∆(ω,r).
 
De donde  
2π
1 h es uniformemente con-
l´ım h (ω)= l´ım h ω+reiθ dθ n .
n n
n 2π n Ãvergente sobre compactos.!
→∞ Z 0 →∞ ³ ´
2π
∴ h(ω) = h ω+reiθ dθ.
Z 0 ³ ´
Luego h es armónica.
Teorema 1.2.9 (Principio de Reflexión)
Sean ∆=∆(0,R),
∆+ = z ∆: Imz >0 y
{ ∈ }
I = z ∆: Imz =0 .
{ ∈ }1.2 El Problema de Dirichlet en el Disco 27
Supongamos que f es una función holo-
morfa en ∆+ tal que Ref se extiende
continuamente a ∆+ I, con Ref = 0
∪
en I. Entonces f se extiende holomorfa-
mente a todo ∆.
Prueba:
Definamos h: ∆ R por
−→
Ref(z), si z ∆+, Figura 3
∈
h(z) := 0, si z I,

∈
  -Ref(z), si z ∆+.
∈
h es continua en ∆+.


h es continua en ∆ = z/z ∆+ = z ∆: Imz <0 , puesto que es
−
{ ∈ } { ∈ }
composición de funciones continuas.
Sean z I y z ∆ tal que z z .
o n n o
∈ ∈ −→
Llamemos
A = n/z ∆+ ,
n
∈
B = ©n/z ∆ −ª,
n
∈
C = ©n/z I .ª
n
{ ∈ }
Si A o B son infinitos, cada uno define una subsucesión, digamos z y
n
k
z . Entonces
m
k
h(z ) = Ref(z ) Ref(z )=0.
n n o
k k k−→
→∞
h(z ) = Ref(z ) Ref(z ) =0.
m m o
k − k k−→ −
→∞
∴ l´ım h(z n)=0.
n
→∞
Así h es continua en todo ∆.
Veamos que h tiene la Propiedad del Valor Medio en ∆.
Sea z ∆.
∈
(i) Si z ∆+, entonces, existe ρ >0 tal que ∆(z,ρ) ∆+.
∈ ≤
h =Ref, que cumple la Propiedad Local del Valor Medio.
∆(z,ρ)
(ii¯ ¯) Si z ∆ entonces z ∆+.
−
∈ ∈28 Cap.1 Funciones Armónicas
Por (i), existe ρ >0 tal que r : 0 r <ρ,
∀ ≤
2π
1
h(z)= h z+reit dt.
2π
Z
0 ¡ ¢
(Podemos tomar ∆(z,ρ) ∆+).
⊆
Como z ∆+, h(z)=Ref(z) y z+reit ∆+; entonces
∈ ∈
h z+reit =Ref z+reit .
Luego
¡ ¢ ¡ ¢
2π
1
Ref(z)= Ref z+reit dt.
2π
Z
0 ¡ ¢
2π
1
∴ Ref(z)= Ref z+reit dt
− 2π −
Z
0 ¡ ¢
2π
1
∴ h(z)= h z+re −it dt.
2π
Z
0 ¡ ¢
Sea u = t+2π. Entonces
−
0
1
h(z) = h z+rei(u 2π) du
−
−2π
2Z π ³ ´
2π
1
= h z+reiu du.
2π
Z
0 ¡ ¢
Así, h cumple la Propiedad del Valor Medio en ∆ .
−
(iii) Sea z I; entonces h(z)=0.
∈
Sea ρ >0 tal que ∆(z,ρ) ∆. Tomemos 0 r <ρ.
⊆ ≤
Entonces
2π π 2π
1 1 1
h z+reit dt = h z+reit dt+ h z+reit dt.
2π 2π 2π
Z Z Zπ
0 ¡ ¢ 0 ¡ ¢ ¡ ¢
π 2π
1 1
= Ref z+reit dt+ Ref z+re it dt.
−
2π 2π −
Z Zπ
0 ¡ ¢ ¡ ¢
Ahora:1.2 El Problema de Dirichlet en el Disco 29
2π 2π
Ref z+re it dt = Ref z+re it dt
− −
Zπ Zπ
¡ ¢ ¡ ¢
2π
−
= Ref z+reiθ dθ (θ = t)
− −
Zπ ³ ´
−
0
= Ref z+rei(θ 2π) du (u=θ+2π)
−
−
Zπ ³ ´
0
= Ref z+reiθ du
−
Zπ ³ ´
π
= Ref z+reiθ du.
Z 0 ³ ´
2π
1
∴ h z+reit dt =0=h(z).
2π
Z
0 ¡ ¢
Entonces por el Teorema 1.2.7, h es armónica en ∆.
Como ∆ es simplemente conexo, existe f : ∆ C analítica tal que
−→
h =Ref.
e
Ahora fe f es analítica en ∆+,
−
Re f f =Ref Ref =h h=0,
e − − −
entonces f f =c ³ C es´imaginario puro.
− ∈ e e
Llamemos g =ef +c. Entonces g es analítica en ∆ y f g 0 en ∆+,
− ≡
luego f g en ∆.
≡ e
Ejercicios 1.2
1.Sea ∆ = ∆(0,1); definamos φ : ∂∆ C por φ(ζ) = ζ. Pruebe que
−→
no existe una función f holomorfa en ∆ tal que l´ım f(z) = φ(ζ)
z ζ
paratodo ζ ∂∆. [AsílaversiónholomorfadelProble→made Dirichlet
∈
en el disco puede no tener solución].
2.(i) Pruebe que el Kernel de Poisson está dado por
P reit,eiθ = rnein(t θ) (r <1, 0 t, θ <2π).
| | −
≤
³ ´ n X∈Z30 Cap.1 Funciones Armónicas
Use este hecho para dar una prueba alternativa del Lema 1.2.5 (ii).
(ii) Pruebe que si φ : ∂∆(0,1) R es una función integrable,
−→
entonces
P φ reit = a rneint (r <1, 0 t<2π),
∆ n | |
≤
n X∈Z
¡ ¢
donde (a ) es una sucesión acotada de números reales.
n n Z
∈
(iii) Asumamos ahora que φ es continua y que φ eit =P φ reit .
r ∆
Pruebequeφ φuniformementeen∂∆(0,1)cuandor 1, yde-
r
ei− t→ puedeseraproximadauniformeme¡ nte¢ por− p→ olin¡ omi¢
duzcaque φ os
trigonométricos de la forma N b eint.
¡ ¢ N n
−
3.Sea (h ) una sucesión dePfunciones armónicas en un dominio D lo-
n n 1
calmente,≥uniformementeconvergenteaunafunciónarmónicah. Prue-
be que (h ) y (h ) convergen localmente, uniformemente a h y
n x n y x
h respectivamente.
y
4.Pruebe que si f es holomorfa en una vecindad de ∆(0,ρ), y h=Ref,
entonces
2π
1 2z
f(z) f(0)= h ρeiθ dθ ( z <ρ).
− 2π ρeiθ z | |
Z 0 − ³ ´
5.Pruebe que la extensión holomorfa f de f en el Principio de Reflexión
(Teorema 1.2.9) está dada por
f(z) = f(z) e z ∆+ .
− ∈
¡ ¢
e
Ejercicios Resueltos 1.2
1. Sea ∆=∆(0,1); definamos φ: ∂∆ Cpor φ(ζ)=ζ. Pruebe que
−→
no existe una función f holomorfa en ∆ tal que l´ım f(z) = φ(ζ)
z ζ
paratodo ζ ∂∆. [AsílaversiónholomorfadelProble→made Dirichlet
∈
en el disco puede no tener solución.]
Prueba:
Supongamos que existe f holomorfa en ∆ tal que
l´ımf(z)=φ(ζ) ( ζ ∂∆).
∀ ∈
z ζ
→
Entonces h =Ref es armónica en ∆ y satisface
l´ım h(z)= l´ım Ref =Reφ(ζ) (Reφ es continua en ∂∆).
z ζ z ζ
−→ −→
Llamemosg lafunciónanalíticadefinidaporg(z)=z paratodaz ∆.
∈
Entonces u =Reg es armónica en ∆ y satisface
l´ım u(z) = l´ım Reg(z) = l´ım Rez =Reζ =Reζ.
z ζ z ζ z ζ
−→ −→ −→1.2 El Problema de Dirichlet en el Disco 31
Por la unicidad en la solución al Problema de Dirichlet en ∆,
u h ∆.
≡ ∈
∴ Reg =Ref en ∆.
∴ Re(g f) 0 en ∆.
− ≡
∴ g f es constante en ∆.
−
Existe C imaginario puro tal que g f =C en ∆.
−
∴ g(z)=f(z)+C ( z ∆)
∀ ∈
∴ f(z)=z C ( z ∆)
− ∀ ∈
∴ l´ım f(z)= l´ım z C =ζ C.
z ζ z ζ − −
−→ −→
Pero
l´ım f(z)=φ(ζ) =ζ.
z ζ
De donde −→
ζ =ζ C ( ζ ∂∆).
− ∀ ∈
En particular para ζ =1
1 = 1 C,
−
∴ C =0.
Luego f(z)=z. Y entonces l´ım f(z)=ζ.
z ζ
−→
Pero
l´ım f(z)=ζ,
z ζ
lo cual es una contradicción−.→
2. (i) Pruebe que el Kernel de Poisson está dado por
P reit,eiθ = rnein(t θ) (r <1, 0 t, θ <2π).
| | −
≤
³ ´ n X∈Z
Use este hecho para dar una prueba alternativa del Lema 1.2.5 (ii).
(ii) Pruebe que si φ : ∂∆(0,1) R es una función integrable,
−→
entonces
P φ reit = a rneint (r <1, 0 t<2π),
∆ n | |
≤
n X∈Z
¡ ¢
donde (a ) es una sucesión acotada de números reales.
n n Z
∈
(iii) Asumamos ahora que φ es continua y que φ eit =P φ reit .
r ∆
Pruebequeφ φuniformementeen∂∆(0,1)cuandor 1, yde-
r
ei− t→ puedeseraproximadauniformeme¡ nte¢ por− p→ olin¡ omi¢
duzcaque φ os
trigonométricos de la forma N b eint.
¡ ¢ N n
−
Prueba:
P
(i)
eiθ +reit
P reit,eiθ =Re
eiθ reit
³ ´ µ − ¶32 Cap.1 Funciones Armónicas
Sea z =reit.
Entonces
eiθ +z eiθ +z 1
=
eiθ z eiθ 1 e iθz
− · − − ¸
∞ n
= eiθ +z e iθ e iθz
− −
³ ´ n X=0³ ´
∞
= eiθ +z e iθ e inθzn
− −
³ ´ n X=0
∞ ∞
= e inθzn+ e i(n+1)θzn+1
− −
n=0 n=0
X X
∞ ∞
= e i(n+1)θzn+1+ e i(n+1)θzn+1
− −
n= 1 n=0
X− X
∞
= 1+ 2e i(n+1)θzn+1
−
n=0
X
∞
= 1+ 2e inθzn
−
n=1
X
∞
= 1+ 2e inθrneint
−
n=1
X
∞
= 1+ 2rnein(t θ).
−
n=1
X
1
∞ −
rnein(t θ) = 1+ rnein(t θ)+ r nein(t θ)
| | − − − −
n X∈Z n X=1 n= X−∞
∞ ∞
= 1+ rnein(t θ)+ rne in(t θ)
− − −
n=1 n=1
X X
∞
= 1+ rn 2Reein(t θ)
−
·
n=1
X
∞
= Re 1+ 2rnein(t θ) eix+e ix =2Reeix .
− −
" #
n=1
X ¡ ¢
Prueba alternativa de 1.2.5 (ii).
La serie rnein(t θ) es acotada, por el Criterio M de Weirstrass.
n Z | | −
Entonces po∈demos intercambiar la suma con la integral, luego
P1.2 El Problema de Dirichlet en el Disco 33
2π 2π
1 1
P reit,eiθ dθ = rnein(t θ)dθ
| | −
2π 2π
Z 0 ³ ´ Z 0 n X∈Z
2π
1 Por la convergencia
= rnein(t θ)dθ
| | −
2π uniforme.
Ã !
n X∈ZZ
0
2π
1
= rn (cos(n(t θ))+isen(n(t θ)))dθ.
| |
2π − −
n X∈ZZ
0
= 1.
(ii)
2π
1
P φ reit = P reit,eiθ φ eiθ dθ
∆
2π
¡ ¢ Z 0 ³ ´ ³ ´
2π
1
= rnein(t θ)φ eiθ dθ
| | −
2π
Z 0 n X∈Z ³ ´
2π
1
= a rneint, para a = e inθφ eiθ dθ,
n | | n −
2π
n X∈Z Z 0 ³ ´
por el Teorema de la Convergencia Dominada:
n n
rk eik(t θ)φ eiθ rk φ eiθ
| | − | |
¯ ¯ ≤
¯ ¯k X= −n ³ ´¯ k X= −n ¯ ³ ´¯
¯ ¯ ¯
¯ ¯ ¯ ∞ ¯
¯ ¯ φ eiθ 2 rk
≤
¯ ³ ´¯ Xk=1
¯ eiθ¯
¯2 φ ¯
. (integrable para θ [0,2π])
≤ 1 r ∈
¯ −¡ ¢¯
¯ ¯
(iii) Sean ∆:=(0,1) y
P φ(z) si z =reiθ, 0 r <1,
∆
F (z):= ≤
( φ(z) si z =eit.
Como P φ(z) φ(z ) cuando z z ∂∆, entonces F es conti-
∆ o o
−→ −→ ∈
nua en ∆, luego F es uniformemente continua en ∆.
Dado (cid:18)>0, existe δ >0 tal que si z,w ∆
∈
z w <δ = F (z) F (w) <(cid:18).
| − | ⇒| − |
Sea r tal que 1 δ <r < 1. Si t [0,2π],
− ∈
φ eit φ eit = F reit F eit <(cid:18),
r
− −
¯ ¡ ¢ ¡ ¢¯ ¯ ¡ ¢ ¡ ¢¯
¯ ¯ ¯ ¯34 Cap.1 Funciones Armónicas
puesto que φ eit =P φ reit =F reit y reit eit =1 r <δ.
r ∆
− −
Luego φ conv ¡erge ¢uniform ¡emen ¢te a φ ¡en ¢∂∆¯cuando r¯ 1 −.
r
¯ ¯−→
3. Sea(h ) unasucesióndefuncionesarmónicasenundominioD lo-
n n 1
calmente,u≥niformementeconvergenteaunafunciónarmónicah. Prue-
be que (h ) y (h ) convergen localmente, uniformemente a h y
n x n y x
h respectivamente.
y
Prueba:
Comoh esarmónicayh h,localmente,uniformemente,entonces
n n
−→
por el Corolario 1.2.8 h es armónica; además h armónica implica que
n
(h ) i(h ) esanalíticayharmónicaimplicaqueh ih esanalíti-
n x− n y x − y
ca.
h h puntualmente
n x
x −→ = h ih
n n
h n h y puntualmente ) ⇒ x − y
y −→
Analítica.
2π | {z }
1 ρ2 x2+y2 h ρeiθ dθ
h(x,y)= − ,
2π ρ2 2ρ x2+y2cos θ tan 1 y +x2+y2
Z 0 − £ ¡ −¢¤ ¡− ¢x
donde x =rcost y y =rpsent. ¡ ¡ ¢¢
Sea
ρ2 x2+y2
ϕ(x,y)= − ,
ρ2 2ρ x2+y2cos θ tan 1 y +x2+y2
− ¡ − −¢ x
entonces
p ¡ ¡ ¢¢
2π
1
h (x,y) = ϕ(x,y)h ρeiθ dθ
n n
2π
Z 0 ³ ´
2π
1
h (x,y) = ϕ (x,y)h ρeiθ dθ
n x 2π x n
Z 0 ³ ´
y
2π
1
h (x,y)= ϕ (x,y)h ρeiθ dθ.
x 2π x
Z 0 ³ ´
Así, para ε >0
2π
1
h (x,y) h (x,y) ϕ (x,y) (h h) ρeiθ dθ
| n x − x | ≤ 2π | x | n −
Z 0 ¯ ³ ´¯
¯ ¯
2π ¯ ¯
(cid:18)
< ϕ (x,y) dθ, (ϕ (x,y) es acotada)
2π | x | x
Z
0
si (h h) ρeiθ <(cid:18).
n
−
¯ ¡ ¢¯
¯ ¯1.2 El Problema de Dirichlet en el Disco 35
En forma similar se prueba para h
n .
y
4. Pruebequesif esholomorfaenunavecindadde∆(0,ρ),yh=Ref,
entonces
2π
1 2z
f(z) f(0)= h ρeiθ dθ (z <ρ).
− 2π ρeiθ z | |
Z 0 − ³ ´
Prueba:
Sea h = Ref. Entonces h es armónica en una vecindad de ∆(0,ρ).
Por La Fórmula Integral de Poisson para funciones armónicas tenemos
que:
2π
1 ρ2 r2
h 0+reit = − h ρeiθ dθ. (0 r <ρ)
2π ρ2 2rρcos(θ t)+r2 ≤
¡ ¢ Z 0 − − ³ ´
De donde
2π
1 z
Ref reiθ = P ,eiθ h ρeiθ dθ z =reit
2π ρ
³ ´ Z 0 µ ¶ ³ ´ ¡ ¢
2π
1 eiθ + z
= Re ρ h ρeiθ dθ
2π eiθ z
Ã ρ!
Z 0 − ³ ´
2π
1 ρeiθ +z
= Re h ρeiθ dθ
2π ρeiθ z
Z 0 µ − ¶ ³ ´
2π
1 2z
= Re +1 h ρeiθ dθ
2π ρeiθ z
Z 0 µ − ¶ ³ ´
2π
1 2z
= 1+Re h ρeiθ dθ
2π ρeiθ z
Z 0 · µ − ¶¸ ³ ´
2π 2π
1 1 2z
= h ρeiθ dθ+ Re h ρeiθ dθ
2π 2π ρeiθ z
Z 0 ³ ´ Z 0 µ − ¶ ³ ´
Sea ζ =ρeiθ entonces dζ =ρieiθdθ =iζdθ. Así
2π 2π
1 1 2z
Ref ρeiθ dθ+ Re h ρeiθ dθ
2π 2π ρeiθ z
Z 0 ³ ´ Z 0 µ − ¶ ³ ´
2π
1 f(ζ) 1 2z
= Re dζ + Re h ρeiθ dθ
2πi ζ 2π ρeiθ z
Ã Z|ζ |=ρ ! Z 0 µ − ¶ ³ ´36 Cap.1 Funciones Armónicas
2π
1 2z
=Ref(0)+ Re h ρeiθ dθ,
2π ρeiθ z
Z 0 µ − ¶ ³ ´
de donde
2π
1 2z
Ref reiθ Ref(0) Re h ρeiθ dθ =0.
− − 2π ρeiθ z 
³ ´ Z 0 − ³ ´
Luego la función holomorfa  
2π
1 2z
f(z) f(0) h ρeiθ dθ
− − 2π ρeiθ z
Z 0 − ³ ´
es constante. Haciendo z =0, vemos que esta constante es 0.
5. Pruebequelaextensiónholomorfaf def enelPrincipiodeReflexión
( Teorema 1.2.9) está dada por
f(z)= f(z) e z ∆+ .
− ∈
Prueba:
¡ ¢
e
Sea
f(z) si z ∆+ I,
g(z)= ∈ ∪
( f(z) si z ∆ −.
− ∈
Las funciones f(z) y f(z) coinci-
−
den en I. En efecto, si z I, z = z y
∈
Ref(z)=0 e
∴ f(z)=ic, con c R
∈
∴ f(z)=ic = ic
−
∴ g(z) =ic=f(z) =f(z).
Veamos que g(z) es analítica en ∆. Figura 4
e
Sean z y z+∆z puntos arbitrarios de
∆ , entonces z, z+∆z ∆+ y
−
∈
g(z+∆z) g(z) f z+∆z f(z) f z+∆z f(z)
− = − = − .
∆z − ∆z − ∆z
¡ ¢ Ã ¡ ¢ !
Luego la derivada
g(z+∆z) g(z)
g 0(z) = l´ım − z ∆ −
∆z 0 ∆z ∈
→
f z+∆z f(z) ¡ ¢
= l´ım − z, z+∆z ∆+
− Ã∆z 0 ¡ ∆z ¢ ! ∈
→
¡ ¢
= f (z). (Existe, puesto que f(z) es analítica en z).
0
−
Luego g es analítica en ∆ . Como g =f en ∆+, g es analítica en ∆+.
−1.3 Funciones Armónicas Positivas 37
Sea C una trayectoria triangular contenida en ∆, recorrida en sentido
positivo. Si C no intersecta I, entonces C está contenido en ∆+ ó ∆ ,
−
entonces
g(z)=0
C
Z
Por el Teorema de la Integral de Cauchy.
SiC intersectaI,endospuntosa,b,dividimosC endostrayectoriasC
1
y C con puntos finales a,b I. Luego por el Teorema Generalizado
2
∈
de la Integral de Cauchy, tenemos:
g(z)dz = g(z)dz =0,
(cid:98) a
C +ab C +ba
Z 1 Z 2
entonces
0 = g(z)dz+ g(z)dz+ g(z)dz+ g(z)dz
(cid:98) (cid:98)
C ab C ba
Z 1 Z Z 2 Z
= g(z)dz+ g(z)dz.
C C
Z 1 Z 2
De donde
0= g(z)dz+ g(z)dz = g(z)dz.
C C C
Z 1 Z 2 Z
Como g es continua en ∆, por el Teorema de Morera, g es analítica en
∆.
Como f y g coinciden en un conjunto (I) con puntos de acumulación,
por el Teorema de Identidad para funciones analíticas, f =g en ∆.
e
e
1.3 Funciones Armónicas Positivas
En esta sección estudiaremos la Fórmula Integral de Poisson, y a partir
de ella derivaremos algunas desigualdades para funciones armónicas po-
sitivas. Aquí, por positivas entendemos ‘no-negativas’. En este contexto
nosediferenciarán,puestoqueporelTeorema1.1.8,cualquierfunciónar-
mónica que alcanza un valor mínimo cero en un dominio es idénticamente
cero en todo el dominio.
Teorema 1.3.1 (Desigualdad de Harnack)
Sea h una función armónica positiva en el disco ∆(ω,ρ). Entonces para
r <ρ y 0 t<2π,
≤
ρ r ρ+r
− h(ω) h ω+reit h(ω).
ρ+r ≤ ≤ ρ r
−
¡ ¢38 Cap.1 Funciones Armónicas
Prueba:
Escojamos s tal que r <s <ρ. Aplicando la Fórmula Integral de Poisson
a h en ∆(ω,s),
2π
1 s2 r2
h ω+reit = − h ω+seiθ dθ
2π s2 2srcos(θ t)+r2
¡ ¢ Z 0 − − ³ ´
2π
1 (s+r)(s r)
− h ω+seiθ dθ (cos(θ t) 1)
≤ 2π (s r)2 − ≤
Z 0 − ³ ´
2π
1 s+r
= h ω+seiθ dθ
2π s r
Z 0 − ³ ´
s+r
= h(ω), (Propiedad de Valor Medio para h).
s r
Tomando límite cua−ndo s ρ, deducimos que
−→ ρ+r
h ω+reit h(ω).
≤ ρ r
−
La cota inferior se halla e¡n forma¢similar.
Corolario 1.3.2 (Teorema de Liouville)
Toda función armónica en C, acotada superior o inferiormente es cons-
tante.
Prueba:
EssuficienteprobarquetodafunciónarmónicapositivaenCesconstante.
Enefecto, supongamos queh es acotadainferiormente, entonces h(z) a
≥
para algún número a. Luego u = h a 0 es también armónica y u es
− ≥
constante si y sólo si h es constante.
Si h es acotada superiormente, entonces h es acotada inferiormente y
−
podemos aplicar nuevamente el argumento anterior. Entonces supon-
gamos que a =0 y h 0.
≥
Dado z C, tomemos r = z y sea ρ > r. Aplicando la Desigualdad de
∈ | |
Harnack a h en ∆(0,ρ), tenemos
ρ+r
h(z) h(0).
≤ ρ r
−
Tomando límite cuando ρ , deducimos que h(z) h(0). Entonces
−→∞ ≤1.3 Funciones Armónicas Positivas 39
h alcanza un máximo en 0, y por el Teorema 1.1.8, h es constante.
La desigualdad de Harnack en discos implica un resultado análogo
en dominios en general.
Corolario 1.3.3 Sea D un dominio en C y sean z,w D. Entonces
∞ ∈
existe un número τ tal que,para toda función armónica positiva h en D,
τ 1h(w) h(z) τh(w). (1.2)
−
≤ ≤
Prueba:
Dados z,w D, escribimos z w si existe un número τ tal que (1.2) se
∈ ∼
cumple para toda función armónica positiva h en D. Entonces es una
∼
relación de equivalencia en D, y por la Desigualdad de Harnack sabemos
que las clases de equivalencia son conjuntos abiertos. Como D es conexo,
sólo puede haber una de tales clases de equivalencia, y esto prueba el
Corolario.
Definición 1.3.4 Sea D un dominio en C . Dados z,w D, la
∞ ∈
distancia Harnack entre z y w es el número más pequeño τ (z,w)
D
tal que, para toda función armónica positiva h en D,
τ (z,w) 1h(w) h(z) τ (z,w)h(w). (1.3)
D − D
≤ ≤
Existe un caso para el cual τ puede ser computado directamente.
D
Teorema 1.3.5 Si ∆=∆(w,ρ), entonces
ρ+ z w
τ (z,w)= | − | (z ∆).
∆
ρ z w ∈
−| − |
Prueba:
De la desigualdad de Harnack se sigue que
ρ+ z w
τ (z,w) | − | (z ∆). (*)
∆
≤ ρ z w ∈
−| − |
Por otra parte, considerando funciones armónicas positivas h en ∆ dadas
por
z w ρζ +(z w)
h(z) = P − ,ζ =Re − (ζ =1),
ρ ρζ (z w) | |
µ ¶ µ − − ¶
ρζ +(z w) ρ+ z w ρζ (z w) ρ z w
− | − |. | − − | ≥ −| − | .
≤ ¯ρζ −(z −w) ¯ ≤ ρ −|z −w | Ã |ρζ +(z −w) | ≤ρ+ |z −w |!
¯ ¯
¯ ¯
¯ ¯40 Cap.1 Funciones Armónicas
Ahora
ρζ +(z w)
Re − =h(z) τ (z,w)h(w)=τ (z,w).
∆ ∆
ρζ (z w) ≤
µ − − ¶
ρζ +(z w) ρζ +ζ z w ρ+ z w z w
− = | − | = | − | Si ζ = −
ρζ (z w) ρζ ζ z w ρ z w z w
− − − | − | −| − | µ | − ¶|
ρ+ z w
∴ τ ∆(z,w) | − |. (**)
≥ ρ z w
−| − |
De ( ) y ( ) concluimos que
∗ ∗∗
ρ+ z w
τ (z,w)= | − |. (z ∆).
∆
ρ z w ∈
−| − |
Podemos estimar τ para otros dominios D por medio del Principio de
D
Subordinación.
Teorema 1.3.6 (Principio de Subordinación)
Sea f : D D una función meromorfa entre los dominios D y D
1 2 1 2
−→
en C . Entonces
∞
τ (f(z),f(w)) τ (z,w) (z,w D );
D D 1
2 ≤ 1 ∈
la igualdad se cumple si f es una función conforme de D sobre D .
1 2
Prueba:
Sean z,w D . Dada una función armónica positiva h en D , la función
1 2
∈
compuesta h f es una función armónica positiva en D , así de (1.3)
1
◦
τ (z,w) 1h(f(w)) h(f(z)) τ (z,w)h(f(w)).
D − D
1 ≤ ≤ 1
Como esto se cumple para toda h, la desigualdad buscada también se
cumple.
Si f es una función conforme que envía D sobre D , podemos aplicar el
1 2
mismo argumento a f 1 para deducir que la igualdad se cumple.
−
Corolario 1.3.7 Si D D entonces
1 2
⊂
τ (z,w) τ (z,w) (z,w D ).
D D 1
2 ≤ 1 ∈
Prueba:
Tomemos f : D D como la función inclusión y apliquemos el Teo-
1 2
−→
rema.1.3 Funciones Armónicas Positivas 41
Propiedades de Continuidad para τ
D
Teorema 1.3.8 Si D es un subdominio de C , entonces logτ D es
∞
una semimétrica continua en D.
Prueba:
Para probar que logτ es una semimétrica, necesitamos ver que
D
τ (z,w) 1, τ (z,z)=1 (z,w D),
D D
≥ ∈
τ (z,w) = τ (w,z) (z,w D),
D D
∈
τ (z,w) τ z,z τ z ,w z, z , w D ,
D D 0 D 0 0
≤ ∈
pero todo lo anterior se sigue de la Definición de τ .
¡ ¢ ¡ ¢ ¡ D ¢
Para probar que logτ es continua, es suficiente probar que
D
logτ (z,w) 0 cuando z w,
D
−→ −→
puesto que el resultado general se sigue entonces de la desigualdad trian-
gular para logτ .
D
Sea w D, escojamos ρ > 0 tal que ∆ := ∆(w,ρ) D. Entonces para
∈ ⊂
z ∆ tenemos
∈
ρ+ z w
0 logτ (z,w) logτ (z,w)=log | − | ,
D ∆
≤ ≤ ρ z w
µ −| − |¶
de donde realmente logτ (z,w) 0 cuando z w.
D
−→ −→
Puede suceder que logτ (z,w) = 0 aunque z = w, así que logτ no es
D D
6
completamenteunamétrica. Porejemplopuestoqueunafunciónarmóni-
ca positiva en C es constante, logτ (z,w) =0 para toda z,w C.
C ∈
Sin embargo, logτ es una métrica para muchos dominios D. (Ejercicio
D
4).
Teorema 1.3.9 (Teorema de Harnack)
Sea (h ) una sucesión de funciones armónicas en un dominio D en
n n 1
≥
C . Supongamos que h 1 h 2 h 3 en D.
∞ ≤ ≤ ≤···
Entonces h localmente, uniformemente, o h h localmente,
n n
→ ∞ →
uniformemente, donde h es armónica en D.42 Cap.1 Funciones Armónicas
Prueba:
Fijemos w D. Dado un subconjunto compacto K de D, la cantidad
∈
C := supτ (z,w)
K D
z K
∈
es finita, puesto que τ es continua. Entonces para todo n m 1,
D
≥ ≥
tenemos
h (w) h (w) C (h (z) h (z)) (z K),
n 1 K n 1
− ≤ − ∈
h (z) h (z) C (h (w) h (w)) (z K),
n m K n m
− ≤ − ∈
puesto que h h y h h son funciones armónicas positivas en D.
n 1 n m
− −
Ahora si h (w) cuando n , se sigue que h uni-
n n
−→ ∞ −→ ∞ −→ ∞
formemente en K. Como K puede ser cualquier subconjunto compacto
de D, concluimos que h localmente, uniformemente en D. En
n
−→ ∞
el otro caso, si h (w) tiende a un límite finito, entonces (h ) es uni-
n n n 1
≥
formemente Cauchy en K. Nuevamente, como K es arbitrario, se sigue
que h converge localmente, uniformemente en D a una función finita h,
n
la cual es armónica en D por el Corolario 1.2.8.
Teorema 1.3.10 Sea (h ) una sucesión de funciones armóni-
n n 1
≥
cas positivas en un dominio D en C . Entonces h n localmente,
∞ −→ ∞
uniformemente o existe alguna subsucesión h h localmente, uni-
n
j −→
formemente, donde h es armónica en D.
Prueba:
Fijemos w D. De las desigualdades
∈
τ (z,w) 1h (w) h (z) τ (z,w)h (w) (z D, n 1), (1.4)
D − n n D n
≤ ≤ ∈ ≥
se sigue que si h (w) , entonces también h localmente,
n n
−→ ∞ −→ ∞
uniformemente en D, y si h (w) 0, entonces también h 0 local-
n n
−→ −→
mente, uniformemente en D. Por lo tanto, reemplazando (h ) por una
n
subsucesión si es necesario, podemos reducirlo al caso donde la sucesión
(logh (w)) es acotada. Entonces La desigualdad (1.4) implica que
n n 1
≥
(logh ) es localente uniformemente acotada en D, y entonces es su-
n n 1
≥
ficiente probar que existe una subsucesión h tal que logh es
n j n j j 1
≥
localmente, uniformemente convergente en D.
¡ ¢ ¡ ¢
Sea S = ξ ,ξ ,... un subconjunto denso, contable de D. La sucesión
1 2
{ }1.3 Funciones Armónicas Positivas 43
(logh (ζ)) es acotada para cada ζ S; así por un ‘argumento de dia-
n n 1 ∈
≥
gonalidad’ podemos hallar una subsucesión h tal que logh (ζ)
n j n j j 1
≥
es convergente para cada ζ S.
¡ ¢ ¡ ¢
∈
Sea h unasubsucesióntalque logh (ξ ) esconvergente;existeuna
n j n j 1
subsucesión de la anterior tal que logh (ξ ) es convergente.
¡ ¢ ¡ n jk 2¢
¡ ¢
Repitiendo este proceso indefinidamente, obtenemos finalmente una sub-
sucesión h tal que logh (ζ) es convergente para cada ζ S.
n j n j j 1 ∈
≥
¡ ¢ ¡ ¢
Mostremos que la subsucesión logh es localmente, uniformemente
n j j 1
≥
convergente en D.
¡ ¢
Sean K un subconjunto compacto de D, y (cid:18)>0. Para cada z K, sea
∈
V = z D/logτ z,z <(cid:18) ,
z 0 D 0
∈
y sean V ,...,V un subcubrimiento finito de K. Como S es denso en
z z © ¡ ¢ ª
1 m
D, para cada l podemos escoger un punto ζ V S. Entonces existe
l ∈ z l ∩
N 1 tal que
l
≥
logh (ζ ) logh (ζ ) (cid:18) (n ,n N , l =1,...,m)
n j l − n k l ≤ j k ≥ l
¯ V z = z 0¯ D/logτ D z l,z 0 <(cid:18)
¯ l ¯∈
Por la Definición de la Distancia de Harnack,
© ¡ ¢ ª
logh (z) logh (ζ ) logτ (z,ζ )
n j − n j l ≤ D l
¯ ¯ logτ D(z,z l)+logτ D(z l,ζ l)
¯ ¯ ≤
< 2(cid:18) (z V ),
z
∈ l
con una desigualdad similar para h .
n
k
Entonces, si N =ma´x N ,...,N ,
1 m
{ }
logh (z) logh (z) logh (z) logh (ζ )
n j − n k ≤ n j − n j l
¯ ¯ ¯ ¯+ logh n (ζ l) −logh n k(¯ ¯ζ l)
¯ ¯ j
+ |¯ ¯logh n k(ζ l) −logh n k(z) |¯
¯
< 2(cid:18)+(cid:18)+2(cid:18)
= 5(cid:18) (n ,n N, z K).
j k
≥ ∈
Así logh es uniformemente Cauchy en K, y entonces es uniforme-
n j j 1
≥
mente convergente allí.
¡ ¢
La siguiente prueba del Teorema de Picard se debe a John Lewis.44 Cap.1 Funciones Armónicas
Teorema 1.3.11 (Teorema de Picard)
Si f : C C es una función entera no-constante, entonces C f(C)
−→ \
contiene a lo más un punto.
Para la prueba de este teorema utilizaremos un lema, el cual es en sí
mismo interesante.
Lema 1.3.12 Sea hunafunción armónicaenunavecindadde ∆(0,2R)
con h(0) = 0. Entonces existe un disco ∆(w,r) ∆(0,2R) tal que
⊂
h(w)=0 y
M (w,r) : = sup h= sup h 3 11M (0,R),
h − h
≥
∆(w,r) ∂∆(w,r)
r
M w, 3 11M (w,r).
h − h
2 ≥
Elvalorexact³odel´aconstante3 11 noessignificativoaquí,loimportante
−
es que sea positiva.
Prueba:
Consideremos h no idénticamente 0 (en cuyo caso, el resultado se cumple
trivialmente).
Para z ∆(0,2R) definimos δ(z) =dist(z,∂∆(0,2R)), y
∈
Z = z ∆(0,2R)/h(z) =0 ,
{ ∈ }
δ(z)
U = ∆ z, ,
4
z Z µ ¶
[∈
δ(z)
γ = suph=supM z, . (γ >0).
h
4
U z Z
∈ µ ¶
Escogemos w Z tal que M w, δ(w) γ, y tomemos r = δ(w) .
∈ h 4 ≥ 3 2
³ ´
Probemos ahora que ∆(w,r) satisface las condi-
ciones del Lema.
Claramente ∆(w,r) ∆(0,2R) y h(w) = 0.
⊂
También M w, r γ; así para completar la
h 2 ≥ 3
prueba es suficiente probar que
¡ ¢
(a) M (0,R) 310γ,
h
≤
(b) M (w,r) 310γ. Figura 5
h
≤1.3 Funciones Armónicas Positivas 45
Prueba de (a):
Tomemos z ∆(0,R) con h(z) 0. Si z U, entonces por continuidad
∈ ≥ ∈
h(z) γ. Ahora supongamos que z / U. Entonces existe z (z,0) U
0
≤ ∈ ∈ ∩
tal que [z,z ) U =φ. Se sigue que h>0 en [z,z ).
0 0
∩
Además, para cada ζ [z,z ) tenemos que h>0 en ∆ ζ, R . En efecto,
∈ 0 5
supongamos que h 0, en algún punto de ∆ ζ, R ; entonces existe ζ
≤ 5 ¡ ¢ 0 ∈
∆ ζ,R con h ζ =0. Pero entonces ζ Z y
5 0 0 ∈ ¡ ¢
R 4R
¡ ¢ δ ζ ¡ ¢δ(ζ) ζ ζ R = >4 ζ ζ ,
0 0 0
≥ − − ≥ − 5 5 −
esto implica ¡qu ¢e ζ U, lo¯cual es¯ una contradicción. ¯ ¯
∈ ¯ ¯ ¯ ¯
Se sigue de la desigualdad de Harnack que, para cada ζ,
sup h = sup h (Principio del Máximo)
∆(ζ,R) ∂∆(ζ,R)
10 10
3h(ζ). h ζ + Reit R 5+ 1R 0h(ζ)=3h(ζ) t .
≤ 10 ≤ R R ∀
5−10
h(ζ) 3 ³in¡f h ¢ ´
≤ ∂∆(ζ,R)
10
= 3 inf h (Principio del Mínimo).
∆(ζ,R)
10
De donde
sup h 32 inf h.
∆(ζ,R) ≤ ∆(ζ,R)
10 10
Puesto que la longitud de [z,z ] es menor que R, podemos cubrirlo por
0
cinco discos traslapados de radio R con centros en [z,z ).
10 0
Figura 6
Sean z ,z ,z ,z ,z [z,z ).
1 2 3 4 5 0
∈46 Cap.1 Funciones Armónicas
Sea z ∆ z , R , entonces
∈ 1 10
h(z) sup h 32 inf h 32h(w ), (w ∆(z ) ∆(z ))
¡ ¢ 1 1 1 2
≤ ∆(z 1, 1R 0) ≤ ∆(z 1, 1R 0) ≤ ∈ ∩
h(w ) sup h 32 inf h 32h(w ), (w ∆(z ) ∆(z ))
1 2 2 2 3
≤ ∆(z 2, 1R 0) ≤ ∆(z 1, 1R 0) ≤ ∈ ∩
h(w ) sup h 32 inf h 32h(w ), (w ∆(z ) ∆(z ))
2 3 3 3 4
≤ ∆(z 3, 1R 0) ≤ ∆(z 2, 1R 0) ≤ ∈ ∩
h(w ) sup h 32 inf h 32h(w ), (w ∆(z ) ∆(z ))
3 4 4 4 5
≤ ∆(z 4, 1R 0) ≤ ∆(z 4, 1R 0) ≤ ∈ ∩
R
h(w ) sup h 32 inf h 32h z . z ∆ z , .
4 0 0 5
≤ ∆(z 5, 1R 0) ≤ ∆(z 5, 1R 0) ≤ µ ∈ µ 10 ¶¶
¡ ¢
∴ h(z)h(w 1)h(w 2)h(w 3)h(w 4) 310h(w 1)h(w 2)h(w 3)h(w 4)h z 0
≤
∴ h(z) 310h z 0 . ¡ ¢
≤
Por lo tanto
¡ ¢
h(z) 32 5 h z 310γ,
0
≤ ≤
La última desigualdad se cumple porque h γ en U.
¡ ¢ ¡ ¢
≤
Prueba de (b): (Es Similar).
Tomemos z ∆(w,r) con h(z) 0. Si z U, entonces por continuidad
∈ ≥ ∈
h(z) γ. Ahora supongamos que z / U. Entonces existe z (z,w) U
0
≤ ∈ ∈ ∩
tal que [z,z ) U = φ. Se sigue que h > 0 en [z,z ). En efecto, para
0 0
∩
cada ζ [z,z ) tenemos que h > 0 en ∆ ζ, r . De lo contrario, existe
∈ 0 5
ζ ∆ ζ, r con h ζ =0. Pero entonces ζ Z y
0 ∈ 5 0 ¡ 0 ∈¢
r 4r
δ ζ¡ ¢δ(w) ¡ζ¢ ζ ζ w 2r r = >4 ζ ζ .
0 0 0
≥ − − −| − | ≥ − 5 − 5 −
Lo qu ¡e i ¢mplica que ζ¯ U,¯y esto es una contradicción. ¯ ¯
¯ ∈ ¯ ¯ ¯
De la desigualdad de Harnack, para cada ζ,
sup h 32 inf h.
∆(ζ,r) ≤ ∆(ζ,r)
10 10
Puesto que la longitud de [z,z ] es menor que r, podemos cubrirlo con
0
cinco discos traslapados de radio r con centros en [z,z ). Por lo tanto
10 0
h(z) 32 5 h z 310γ,
0
≤ ≤
como en (a) la disigualdad se cumple porque h γ en U.
¡ ¢ ¡ ¢
≤1.3 Funciones Armónicas Positivas 47
Prueba del Teorema 1.3.11:
Supongamos, por contradicción, que C f(C) contiene al menos dos pun-
\
tos α,β. Entonces h :=log f α y k := log f β son ambas funciones
| − | | − |
armónicas en C, y satisfacen
h+ k+ α β ,
− ≤ | − |
α β
m¯ ¯ ´ax(h,k)¯ ¯ log | − | ,
≥ 2
µ ¶
α β
m´ax(h(z),k(z)) log | − | , ( z C).
≥ 2 ∀ ∈
µ ¶
En efecto
f α f β + β α
| − | ≤| − | | − |
f α α β
| − | 1+ | − | 1+ α β , si f β 1.
f β ≤ f β ≤ | − | | − | ≥
| − | | − |
Sea ϕ(x)=log(1+x) x
−
1 x
∴ ϕ 0(x)= 1 = − <0 ( x >0).
1+x − 1+x ∀
De donde ϕ es decreciente en [0,+ ) y ϕ(0)=0,
∞
∴ ϕ(x)<0 ( x >0).
∀
∴ log(1+x)<x ( x >0) (*)
∀
f α
∴ log | − | log(1+ α β )< α β . (**)
f β ≤ | − | | − |
| − |
Sea z C.
∈
(i) Si h(z), k(z)<0,
h+(z) =0 =k+(z).
(ii) Si h(z), k(z) 0.
≥
h+(z) k+(z) = log f α log f β
− | | − |− | − ||
f α
¯ ¯ = log | − |
¯ ¯
f β
¯ | − |¯
¯ ¯
¯ log f α¯ log f β
¯ | −¯ |− | − |
= ó .

  log f β log f α
| − |− | − |
Si log f β <log f α ,

| − | | − | 
h+ k+ = log f α log f β
− | − |− | − |
f α
¯ ¯ = log | − |
¯ ¯
f β
| − |
< α β . (Por ( ), ya que f β 1)
| − | ∗∗ | − | ≥48 Cap.1 Funciones Armónicas
Si log f α <log f β ,
| − | | − |
h+ k+ = log f β log f α
− | − |− | − |
f β
¯ ¯ = log | − |
¯ ¯
f α
| − |
< β α .
| − |
(iii) Si h(z) 0 y k(z)<0, entonces
≥
log f α > 0
| − |
log f β < 0 = log1.
| − |
f β < 1 f α f β + β α <1+ β α
| − | ∧ | − | ≤| − | | − | | − |
h+(z) k+(z) = log f α log(1+ β α)< α β . (Por )
− | | − || ≤ | − | | − | ∗
¯ ¯
¯(iv) Si h(z)<¯0 y k(z) 0, el caso es análogo a (iii).
≥
Ahora:
α β α f(z) + f(z) β
| − | ≤ | − | | − |
2 m´ax α f(z) , β f(z)
≤ {| − | | − |}
α β
log | − | logma´x α f(z) , β f(z)
2 ≤ {| − | | − |}
= ma´x log f(z) α ,log f(z) β
{ | − | | − |}
= ma´x h(z),k(z) ,
{ }
en todo C.
Puesto que f es no-constante, así es h, y por el Teorema 1.3.2, h no
es acotada superior ni inferiormente. En particular, existe z o C con
∈
h(z )=0.
o
Veamos que es suficiente con probar el caso h(0) =0:
Sean
F (z)=f(z+z ),
o
H = log F α ,
| − |
∧
K = log F β
| − |1.3 Funciones Armónicas Positivas 49
∴ H(z) =h(z+z o)
∴ H(0)=h(z o)=0.
Sea, pues, h(0)=0.
Apliquemos el Lema 1.3.12 a h en cada uno de los discos ∆ 0,2j+1 para
producir nuevos discos ∆(w ,r ) ∆ 0,2j+1 tales que h(w )=0 y
j j ¡ j ¢
⊆
M (w ,r ) 3 11M 0,2j ,
h j j ¡− h ¢
≥
r
M w j, j 3 −11M h¡(w j,r¢j).
h
2 ≥
Paracadaj 1tomam³osM =´ M (w ,r ). Puestoquehesno-acotada,
j h j j
≥
l´ım M 3 11 l´ım M 0,2j = .
j − h
j ≥ j ∞
−→∞ −→∞
Definamos dos sucesiones de funciones arm¡ónica¢s (h ) y (k ) en ∆(0,1)
j j
por
h(w +r z) k(w +r z)
j j j j
h (z)= y k (z)= (z <1).
j j
M M | |
j j
Sea z ∆(0,1)
∈
(i) Si k (z) 0,
j
≤
α β
k (z) 0<1+ | − |.
j
≤ M
j
(ii) Si k (z)>0
j
k (z) =k+(z).
j j
De donde
k = k+ h++h+
j j − j j
h++ h+ k+
≤ j j − j
α¯ β ¯
1+ | ¯ − | ¯
¯ ¯
≤ M
j
α β
1+ | − |
≤ 3 11M (0,2j)
− h
α β
1+ | − | . (***)
≤ 3 11M (0,2)
− h
Entonces h y k tienen las siguientes propiedades:
j j
(a) h (0)=0,
j
(b) M 0, 1 3 11,
h j 2 ≥ −
(c) h+ j −¡ k j+ ¢ ≤ |α M− jβ |,
(d) m¯ ¯ ´ax(h j,k¯ ¯ ¯j) log( M|α j− 2β |) .
¯ ≥50 Cap.1 Funciones Armónicas
Evidentemente h 1 para toda j, entonces podemos aplicar el Teorema
j
≤
1.3.10 a (1 h ) para deducir que existe una subsucesión de los (h )
− j j 1 j
≥
que converge localmente, uniformemente a una función h armónica en
∆(0,1). Los (k ) son también uniformemente acotados superiormente,
j
α β e
(de ( ) tenemos que una cota es 1 + | − | ), luego existe una
∗∗∗ 3 −11M h(0,2)
subsucesión k de (k ) que converge localmente, uniformemente a una
j j
l
función k en³∆(0´,1). Ambas, h y k son armónicas (o posiblemente k es
idénticamente ), y tienen las siguientes propiedades:
e −∞ e e e
(a) h(0)=0,
(b) M 0, 1 3 11,
e h 2 ≥ −
(c) h+ =k+
¡ ¢
e
(d) m´ax h,k 0.
e e ≥
Lapropiedad(b)implicah(ζ) >0p³araa´lgúnζ y(c)nosdicequeh=ken
e e
unavecindaddeζ. PorelPrincipiodeIdentidad(Teorema 1.1.7)tenemos
e e e
que h = k en todo ∆(0,1). De (d) deducimos que h 0 en ∆(0,1), y
≥
combinando esto con (a) y con el Principio del Máximo (Teorema 1.1.8),
e e e
concluimos que h 0 en ∆(0,1). Pero esto es inconsistente con (b)!.
≡
Hemos llegado así a una contradicción y por lo tanto hemos probado el
e
Teorema de Picard.
Ejercicios 1.3
1.Pruebe que si h es una función armónica positiva en (0,ρ) entonces
4
2
h(0) h(0),
|5 | ≤ ρ
y luego deduzca que
2ρ
h(z) h(z) (z <ρ).
|5 | ≤ ρ2 z 2 | |
−| |
2.Pruebe que si f es una función holomorfa en (0,ρ), la cual satisface
4
que 0 < f <1, entonces
| |
(ρ z)
f(z) f(0) (ρ− +| z| ) (z <ρ).
| | ≤| | | | | |
3.Pruebe que si = (0,1), entonces
4 4
1+ z w
1−zw
τ (z,w)= − (z,w ).
4 1 −¯ ¯ ¯1z −zw w¯ ¯ ∈ 4
¯
−
¯ ¯
4.Sea D un dominio acotado en¯C de¯diámetro δ.
¯ ¯1.3 Funciones Armónicas Positivas 51
(i) Pruebe que
δ+ z w
τ (z,w) | − | (z,w D),
D
≥ δ z w ∈
−| − |
y deduzca que logτ es una métrica en D que da origen a la topología
D
usual en D.
(ii) Pruebe que si w D y ζ ∂D entonces
∈ ∈
τ (z,w) cuando z ζ,
D
−→∞ −→
y deduzca que el espacio métrico (D,logτ ) es completo.
D
Pruebe también que las conclusiones finales de (i) y (ii) permanecen
válidas si D es cualquier dominio en C conformemente equivalente a
un dominio acotado. ∞
5.Seanhunafunciónarmónicaenunavecindadde (0,ρ), y 0 r ρ.
4 ≤ ≤
Defina
M (r):= sup h(z).
h
z=r
| |
Pruebe que
2r ρ r
M (r) M (ρ)+ − h(0) (0 r ρ).
h h
≤ ρ+r ρ+r ≤ ≤
Deduzca la siguiente generalización del Teorema de Liouville
(Corolario 1.3.2):
Si h es armónica en C y satisface
M (ρ)
h
l´ıminf 0,
ρ ρ ≤
→∞
entonces h es constante.
6.Seanf unafunciónholomorfaenunavecindadde (0,ρ),y0 r ρ.
4 ≤ ≤
Defina
M (r) := sup f(z) y A (r):= sup Ref(z).
f f
| |
z=r z=r
| | | |
Pruebe la desigualdad de Borel-Caratheodory:
2r ρ+r
M (r) A (ρ)+ f(0) (0 r ρ).
f f
≤ ρ r ρ r | | ≤ ≤
− −
7.Sea (h ) una sucesión de funciones armónicas positivas en un do-
n n 1
minioD. ≥Pruebequesi(h (z)) convergepuntualmenteparacadaz
n n 1
enalgúnsubconjuntoabiertono≥vacíodeD,entonces(h ) converge
n n 1
localmente, uniformemente en todo D. ≥
8.(i) Sean h y k funciones armónicas en una vecindad de ∆(0,1) las
cuales satisfacen
h(0) , k(0) λ,
| | | | ≤
h+ k+ λ,
− ≤
¯ ¯
¯ ¯52 Cap.1 Funciones Armónicas
m´ax(h,k) λ,
≥−
paraalgunaconstanteλ. UselatécnicadelTeorema1.3.11paraprobar
que existe una constante universal c tal que
o
sup h c λ y sup k c λ.
o o
≤ ≤
∆(0,1) ∆(0,1)
2 2
(ii) Deduzca el Teorema de Montel:
Si (f ) es una sucesión de funciones holomorfas en un dominio D tal
n
que f n(D) C 0,1 para toda n, entonces f n localmente,
⊂ \{ } −→ ∞
uniformemente o alguna subsucesión f f localmente, uniforme-
n
j −→
mente, donde f es holomorfa en D.
Ejercicios Resueltos 1.3
1. Pruebequesihesunafunciónarmónicapositivaen (0,ρ)entonces
4
2
h(0) h(0),
|5 | ≤ ρ
y luego deduzca que
2ρ
h(z) h(z) (z <ρ).
|5 | ≤ ρ2 z 2 | |
−| |
Prueba:
Sea h(0)=0.
∇ 6
Sea −→v R2 un vector unitario en la dirección de h(0),
∈ 5
1
(cid:129)v = h(0).
h(0) 5
|5 |
Puesto que h es diferenciable-frechet, por ser armónica, existe
h(0+tv) h(0)
−→
D h(0) = l´ım −
(cid:129)v
t 0+ t
→
= h(0).(cid:129)v
5
h(0)2
= |5 | = ∆h(0) .
h(0) | |
|5 |
Sea 0 <t =r <ρ. Por la Desigualdad de Harnack,
ρ r ρ+r
− h(0) h(r −→v) h(0)
ρ+r ≤ ≤ ρ r
−
ρ r ρ+r
− h(0) h(0) h(r −→v ) h(0) h(0) h(0)
ρ+r − ≤ − ≤ ρ r −
−
ρ ρ−+r rh(0) −h(0) h(r −→v ) −h(0) ρ ρ+ −r rh(0) −h(0)
r ≤ r ≤ r
h(0) ρ r 1 h(0) ρ+r 1
ρ−+r − h(r −→v ) h(0) ρ r −
− −
³ r ´ ≤ r ≤ ³ r ´1.3 Funciones Armónicas Positivas 53
h(0)(ρ r ρ r) h(rv) h(0) h(0)(ρ+r ρ+r)
−→
− − − − −
r(ρ+r) ≤ r ≤ r(ρ r)
−
2h(0)r h(rv) h(0) 2h(0)r
−→
−
−r(ρ+r) ≤ r ≤ r(ρ r)
−
2h(0) 2h(0) h(rv) h(0) 2h(0)
−→
−
−ρ r ≤ −ρ+r ≤ r ≤ ρ r
− −
h(rv) h(0) 2h(0)
−→
− ,
r ≤ ρ r
¯ ¯ −
así: ¯ ¯
¯ ¯h(0+rv) h(0) 2h(0)
¯ ¯ −→
l´ım − ,
r 0+ r ≤ ρ
→ ¯ ¯
y por lo tanto ¯ ¯
¯ 2h(0¯)
¯ ¯
h(0) . ((cid:66))
|5 | ≤ ρ
Ahora, utilicemos el resultado anterior para deducir que
2ρ
h(z) h(z) (z <ρ).
|5 | ≤ ρ2 z 2 | |
−| |
Sean z en (0,ρ), z =0 y
o o
4 6
u(z)=h ρ2 ρ z ρ + z ρo =h ρ2 z+z o .
 ρ2³ 1+ ρz o 2z´ µ ρ2+z oz ¶
Entonces  ³ ´
h(0) = h(z ) y
o
(u) = ∂u , ∂u .
5 ∂x ∂y
∂ 1 ³ ∂ ∂ ´
= i
∂z 2 ∂x − ∂y
µ ¶
∂ 1 ∂ ∂
= +i .
∂z 2 ∂x ∂y
µ ¶
∂ ∂ ∂
+ =
∂z ∂z ∂x
∂ ∂ ∂
= i .
∂z − ∂z ∂y
De donde
∂u ∂u ∂u ∂u
(u) = + , i .
5 ∂z ∂z − ∂z − ∂z
µ µ ¶¶
Sea
z+z
T(z) = ρ2 o .
ρ2+z z
o
ρ2+z z z (z+z )
∴ T 0(z)=ρ2 (ρo 2+− zo o
z)2
o54 Cap.1 Funciones Armónicas
ρ2 z 2
o
∴ T 0(0)= − ρ2| |
Aplicando la regla de la cadena, tenemos
∂u ∂h∂T ∂h∂T ∂h∂T
= + = +0,
∂z ∂z ∂z ∂z ∂z ∂z ∂z
∂u ∂h∂T ∂h∂T ∂h∂T
= + =0+ ,
∂z ∂z ∂z ∂z ∂z ∂z ∂z
entonces
∂u ∂u ∂h ∂h
+ = T + T
∂z ∂z ∂z 0 ∂z 0
y
∂u ∂u ∂h ∂h
= T T,
∂z − ∂z ∂z 0 − ∂z 0
así
∂h ∂h ∂h ∂h
u = T + T , i T T
5 ∂z 0 ∂z 0 ∂z 0 − ∂z 0
µ µ ¶¶
∂h ∂h ∂h ∂h
= T , i T + T , i T .
∂z 0 ∂z 0 ∂z 0 − ∂z 0
µ ¶ µ ¶
∂h 2 ∂h 2 ∂h∂h ∂h 2
u2 = T2+ T2 +2 TT +i2 T2
|5 | ∂z 0 ∂z 0 ∂z ∂z 0 0 ∂z 0
µ ¶ µ ¶ µ ¶
∂h∂h ∂h 2
2
+2 TT T ,
∂z ∂z 0 0 − ∂z 0
µ ¶
∂h∂h
u 2 =4 T 2 .
0
|5 | ∂z ∂z
µ ¶
∂h ∂¯h ¯ ∂h ∂h
h = + ¯ ,¯i ,
5 ∂z ∂z ∂z − ∂z
µ µ ¶¶
∂h∂h
h2 =4 ,
|5 | ∂z ∂z
u(z) 2 = T (z) 2 h(T(z))2,
0
|5 | |5 |
u(z) = T (z) h(T(z)) ,
¯ 0 ¯
|5 | ¯ ¯|5 |
¯ ¯ ρ2 z o 2
|5u(0) = ¯T 0(0)¯ |5h(z o) = − ρ2| | |5h(z o) |.
| |
Ã !
¯ ¯
¯ ¯ ρ2
h(z ) = u(0)
|5 o | ρ2 z 2 |5 |
o
−| |
ρ2 2
u(0) (por (cid:66))
≤ ρ2 z 2ρ
o
−| |
2ρ
= h(z ).
ρ2 z 2 o
o
−| |
2ρ
∴ |5h(z o) = 2h(z o). ( |z o <ρ).
| ρ2 z |
o
−| |1.3 Funciones Armónicas Positivas 55
2. Pruebequesif esunafunciónholomorfaen (0,ρ),lacualsatisface
4
que 0 < f <1, entonces
| |
(ρ z)
f(z) f(0) (ρ− +| z| ) (z <ρ).
| | ≤| | | | | |
Prueba:
La función f >0, la podemos componer con log. Entonces
| |
g := log f
− | |
es armónica y positiva, por lo tanto le podemos aplicar la Desigualdad
de Harnack.
Sea z (0,ρ) con z =r <ρ, entonces
∈ 4 | |
ρ r ρ+r
− g(0) g(z) g(0)
ρ+r ≤ ≤ ρ r
−
ρ r ρ+r
− ( log f(0)) log f(z) ( log f(0) )
ρ+r − | | ≤ − | | ≤ ρ r − | |
−
ρ r ρ+r
− log f(0) log f(z) log f(0)
ρ+r | | ≥ | | ≥ ρ r | |
−
ρ+r ρ r
log f(0) log f(z) − log f(0)
ρ r | | ≤ | | ≤ ρ+r | |
−
eρρ+r rlog |f(0) f(z) eρ ρ−+rrlog |f(0)
| |
− ≤ | | ≤
ρ+r ρ r
f(0) ρ r f(z) f(0) ρ−+r (r <ρ).
| | − ≤ | | ≤| |
3. Pruebe que si = (0,1), entonces
4 4
1+ z w
1−zw
τ (z,w)= − (z,w ).
4 1 −¯ ¯ ¯1z −zw w¯ ¯ ∈ 4
¯
−
¯ ¯
Prueba: ¯ ¯
¯ ¯
Sean z ,w (0,1) y sea
o o
∈ 4
z w
o
T(z) := − .
1 zw
o
−
Apliquemos el Principio de Subordinacion a T en D =D = (0,1),
1 2
4
T:D D, (T(w o) =0).
−→
τ (T(z ),T(w ))=τ (z ,w ).
D o 0 D o o
2 1
z −w 1+ 1z −o−z ow wo
τ (z ,w ) =τ o o ,0 = o ,
4 o o 4 µ1 −w oz o ¶ 1 −¯ ¯ ¯1z −o−z ow wo o¯ ¯
¯
por el Teorema 1.3.5. ¯ ¯
¯ ¯
¯ ¯56 Cap.1 Funciones Armónicas
Luego
1+ z w
1−zw¯
τ (z,w)= − (z,w ).
4 1 −¯ ¯ ¯1z −zw w¯ ¯ ∈ 4
¯
−
¯ ¯
4. Sea D un dominio acotad¯o en¯C de diámetro δ.
¯ ¯
(i) Pruebe que
δ+ z w
τ (z,w) | − | (z,w D),
D
≥ δ z w ∈
−| − |
y deduzca que logτ es una métrica en D que da origen a la topología
D
usual en D.
(ii) Pruebe que si w D y ζ ∂D entonces
∈ ∈
τ (z,w) cuando z ζ,
D
−→∞ −→
y deduzca que el espacio métrico (D,logτ ) es completo.
D
Pruebe también que las conclusiones finales de (i) y (ii) permanecen
válidas si D es cualquier dominio en C conformemente equivalente a
un dominio acotado. ∞
Prueba:
(i):
Figura 7
Sean w , z D. Consideremos el disco ∆ = ∆(w ,δ) tal que D
o o o
∈ ⊂
(w ,δ).
o
4
τ (z,w) τ (z,w) ( w,z D).
D
4 ≤ ∀ ∈
En particular
δ+ z w
o o
| − | =τ (z ,w ) τ (z ,w ).
o o D o o
δ z o w o 4 ≤
−| − |1.3 Funciones Armónicas Positivas 57
Veamos que logτ es una métrica en D que da origen a la topología
D
usual en D.
Para probar que logτ es una métrica sólo falta que veamos que
D
logτ (z,w) = 0 si y sólo si z = w; las demás condiciones se cumplen
D
por el Teorema 1.3.8.
Sean z,w D,
∈
Si z =w, τ (z,w)=1 de donde logτ =0.
D D
Ahora supongamos que logτ =0 y z =w, entonces
D
6
δ+ z w
τ (z,w)=1 | − |,
D
≥ δ z w
−| − |
es decir
δ z w δ+ z w
−| − | ≥ | − |
z w z w ,
−| − | ≥ | − |
lo cual es una contradicción. Luego logτ =0 si y sólo si z =w.
D
Todo abierto en D bajo la topología euclídea es abierto en D bajo
logτ .
D
Sea A abierto en D bajo la topología euclídea.
Sea z A
o
∈
∴ ( ρ >0)(∆(z o,ρ) A ρ < δ).
∃ ⊆ ∧
Sea r =log δ+ρ
δ ρ
− δ(er 1)
∴ ρ = − .
er +1
Así,
∆ (z ,r):= w D/logτ (w,z )<r A.
d o D o
{ ∈ } ⊆
En efecto, si w D y logτ (w,z )<r, entonces
D o
∈
δ+ w z
o
log | − | logτ (w,z )<r,
D o
δ w z ≤
o
−| − |
luego
δ+ w z
o <er
| − |
δ w z
o
−| − |
∴ δ+ w z o <δer er w z o
| − | − | − |
∴ 0 w z o (1+er) <δ(er 1)
≤| − | −
er 1
∴ |w −z o | <δ er − +1 =ρ,
o sea que w ∆(z ,ρ)
o
∈
∴ w A.
∈
Luego A es abierto bajo logτ .
D
Recíprocamente, sea A abierto en D bajo la métrica logτ .
D58 Cap.1 Funciones Armónicas
Sea z A
o
∈
∴ ( r >0)(∆ d(z o,r) A).
∃ ⊆
Como
ϕ: D R
−→
z ϕ(z) =logτ (z,z )
D o
7−→
es continua (Teorema 1.3.8) respecto a la métrica euclídea,
B =ϕ 1(( r,r)) es abierto euclídeo en D.
−
−
Como ϕ(z ) = logτ (z ,z ) = 0 ( r,r) entonces z B. Pero
o D o o o
∈ − ∈
B ∆ d(z o,r) (si z B, d(z,z o)=ϕ(z) ( r,r) ∴ d(z,z o)<r).
⊆ ∈ ∈ −
Luego z B A.
o
∈ ⊆
Luego A es abierto euclídeo.
(ii) Supongamos que Ω es simplemente conexo.
Sea w Ω. Por el Teorema de Riemann,
∈
( f : Ω D conforme)(f(w) =0).
∃ −→
Figura 8
Sea ζ ∂Ω. Veamos que τ (w,z) si z ζ. Si z es una
Ω n
∈ → ∞ → { }
sucesión tal que z Ω, z ζ y
n n
∈ →
α: =l´ıminfτ (w,z ),
Ω n
n
mostremos que α = . →∞
∞
Tomemos una subsucesión z tal que τ (w,z ) α. (Usaremos
n Ω n
{ k} k →
la misma z para evitar complicaciones en la notación).
n
{ }
τ (w,z ) α,
Ω n
→
f(z n) es una sucesión en D, que es compacto.
{ }
Existen una subsucesión z n y w o D tales que
{ k} ∈
f(z ) w .
n o
k →
Veamos que w ∂D.
o
∈1.3 Funciones Armónicas Positivas 59
Si w D, sea z Ω tal que f(z o)=w o. Entonces z =f −1(w o)=
o o o
∈ ∈
l´ım z =ζ. Estocontradiceelhechode queζ ∂Ω; porlotanto
n n
−→∞ k ∈
w ∂D.
o
∈
τ (w,z ) = τ (f(w),f(z ))
Ω n k D n k
= τ (0,f(z ))
D n k
1+ f(z )
n
= | k | cuando k .
1 f(z ) →∞ →∞
n
−| k |
De donde
α = .
∞
Sea, ahora, z una sucesión de Cauchy en D con la métrica ρ, donde
n
{ }
ρ(z,w) =logτ (z,w). (z,w D).
D
∈
Fijemos w D. Sea ∆=∆(w,δ)
∈
δ+ z w
z D, τ (z,w) τ (z,w)= | − |
D ∆
∀ ∈ ≥ δ z w
−| − |
Dado (cid:18)>0, ( N Z+)( m,n N)
∃ ∈ ∀ ≥
ρ(z ,z ) <(cid:18),
n m
entonces
δ+ z z
e(cid:18) > τ (z ,z ) | n − m |
D n m
≥ δ z z
n m
−| − |
e(cid:18)δ e(cid:18) z z > δ+ z z
n m n m
− | − | | − |
δ(e(cid:18) 1)
z z < − 0.
| n − m | e(cid:18)+1 −(cid:18)→0+
→
∴ z o = l´ım z n,
∃ n
→∞
∴ z o D
∈
por lo tanto
z z en C.
n o
−→
Supongamos z ∂D, entonces
o
∈
τ (z ,z ) cuando n .
D n N
−→∞ −→∞
Pero τ (z ,z )<e(cid:18) para n N, luego z / ∂D.
D n N o
≥ ∈
∴ z o D. (n N)
∈ ≥
1 τ (z ,z ) τ (z ,z )τ (z ,z ).
D n o D n m D m o
≤ ≤
Como τ es continua,
D
τ (z ,z ) τ (z ,z )=1.
D n o D o o
→
ρ(z ,z ) = logτ (z ,z ) 0.
n o D n o
−→
Ahora probemos que si D es cualquier dominio en C conformemente
equivalente a un dominio acotado, entonces logτ e∞s una métrica en
D
D que da origen a la topología usual en D.
Del Teorema 1.3.8 sabemos que τ es una semimétrica continua en D.
D
Sean z,w D, entonces existe g : D D tal que g es conforme y D
1 1
∈ →60 Cap.1 Funciones Armónicas
es un dominio acotado.
Veamos que logτ (z,w)=0 si y sólo si z =w.
D
τ (z,w)=τ (g(z),g(w)) (Principio de Subordinación).
D D
1
Pero D es un dominio acotado, entonces
1
logτ (g(z),g(w)) =0 g(z)=g(w) z =w.
D
1 ←→ ←→
Todo abierto en D bajo logτ es abierto en D bajo la métrica usual
D
d .
∞
En efecto,
z w
d (z,w) = | − | ; (z,w C).
∞ 1+ z 2 1+ w 2 1 2 ∈
| | | |
h³ 1 ´³ ´i
d (z, ) = ; (z C).
∞ ∞ 1+ z 2 1 2 ∈
| |
(z ,r) = ³w D/d´ (z ,w)<r .
o o
4∞ { ∈ ∞ }
Sea ∆= z D/logτ D(z o,z) <r , con z D, r R+.
o
{ ∈ } ∈ ∈
g(∆) = w D /logτ (g(z ),w)<r es un abierto en D con res-
1 D o 1
{ ∈ 1 }
pecto a logτ y (por i) por lo tanto, abierto respecto a la métrica
D
1
euclídea.
Como g es conforme, es continua, luego ∆ = g 1[g(∆)] es abierto
−
respecto a d .
∞
Sea, ahora, A un abierto en D respecto a d y sea z A; luego
o
g(A) es abierto en D respecto a la métrica e∞uclídea. Po∈ r (i), g(A)
1
es abierto respecto a logτ , luego existe ρ>0 tal que
D
1
∆= w D /logτ (g(z ),w)<ρ g(A).
1 D o
{ ∈ 1 }⊆
Pero g 1(∆) = z D/logτ (z ,z)<ρ es abierto en D respecto a
− D o
{ ∈ }
logτ , y claramente
D
z g 1(∆) g 1[g(A)] =A.
o − −
∈ ⊆
Luego A es abierto respecto a logτ .
D
5. Sean h una función armónica en unavecindadde (0,ρ), y 0 r
4 ≤ ≤
ρ. Defina
M (r):= sup h(z).
h
z=r
| |
Pruebe que
2r ρ r
M (r) M (ρ)+ − h(0) (0 r ρ).
h h
≤ ρ+r ρ+r ≤ ≤
Deduzca la siguiente generalización del Teorema de Liouville
(Corolario 1.3.2):1.3 Funciones Armónicas Positivas 61
Si h es armónica en C y satisface
M (ρ)
h
l´ıminf 0,
ρ ρ ≤
→∞
entonces h es constante.
Prueba:
Sea
u(z) =M (ρ) h(z) 0, z =reit .
h
− ≥
La función M (ρ) h(z) es armónica positiva, entonces
h
− ¡ ¢
ρ r ρ+r
− u(0) u(z) u(0).
ρ+r ≤ ≤ ρ r
−
ρ r
− [M (ρ) h(0)] M (ρ) h(z)
h h
ρ+r − ≤ −
ρ+r
[M (ρ) h(0)]
h
≤ ρ r −
−
ρ r
h(z) M (ρ) − [M (ρ) h(0)]
h h
≤ − ρ+r −
2r ρ r
= M (ρ)+ − h(0),
h
ρ+r ρ+r
de donde
2r ρ r
M (r) M (ρ)+ − h(0).
h h
≤ ρ+r ρ+r
Si m (r) := inf h(z), la función v(z) = h(z) m (ρ) es
h z=r h
armónica y posit|iv|a. Entonces −
ρ r ρ+r
− v(0) v(z) v(0)
ρ+r ≤ ≤ ρ r
−
ρ r
− [h(0) m (ρ)] h(z) m (ρ)
h h
ρ+r − ≤ −
ρ r ρ r
− h(0)+m (ρ) − m (ρ) h(z)
h h
ρ+r − ρ+r ≤
ρ r 2r
− h(0)+ m (ρ) h(z)
h
ρ+r ρ+r ≤
2r ρ r 2r ρ r
m (ρ)+ − h(0) m (r) M (ρ)+ − h(0).
h h h
ρ+r ρ+r ≤ ≤ ρ+r ρ+r
Ahora probemos la generalización del Teorema de Liouville.
Sean r >0 y ρ > r.
La función h es en particular armónica en (0,ρ). Podemos por lo
4
tanto aplicar la desigualdad anterior:62 Cap.1 Funciones Armónicas
2r ρ r
M (r) M (ρ)+ − h(0)
h h
≤ ρ+r ρ+r
2rρ M (ρ) ρ r
h
M (r) + − h(0)
h
≤ ρ+r ρ ρ+r
ρ r 2rρ M (ρ)
h
M (r) − h(0)
h
− ρ+r ≤ ρ+r ρ
M h(r) ρ ρ−+r rh(0) M h(ρ)
l´ım − l´ım .
ρ 2rρ ≤ρ ρ
→∞ ρ+r →∞
M (r) h(0)
h
0 − 0.
≤ 2r ≤
De donde
M (r)=h(0). ( r >0).
h
∀
En particular, es claro que h(0) = m´ax h(z)/z ∆(0,1) . Por el
∈
Principio del Máximo, h es constante en ∆(0,1); y por el Principio de
© ª
Identidad h es constante en C.
6. Sean f una función holomorfa en una vecindad de (0,ρ), y 0
4 ≤
r ρ. Defina
≤
M (r):= sup f(z) y A (r):= sup Re f(z).
f f
| |
z=r z=r
| | | |
Pruebe la desigualdad de Borel-Caratheodory:
2r ρ+r
M (r) A (ρ)+ f(0) (0 r ρ).
f f
≤ ρ r ρ r | | ≤ ≤
− −
Prueba:
Sea g definida por g(z):=A (ρ) f(z). Aplicando el Ejercicio 1.2.4.
f
−
tenemos:
2π
1 2z
g(z) g(0) = Reg ρeiθ dθ (z <ρ)
− 2π ρeiθ z | |
Z 0 − ³ ´
2π
1 2z
f(0) f(z) = A (ρ) Ref ρeiθ dθ,
− 2π ρeiθ z f −
Z 0 − ³ ³ ´´
de donde
2π
1 2 z
f(0) f(z) | | A (ρ) Re f ρeiθ dθ.
| − | ≤ 2π ρeiθ z f −
Z 0 | − | ¯ ³ ´¯
¯ ¯
Para z =r; ρeiθ z ρ r, ¯ ¯
| | − ≥ −
A (ρ) Ref ¯ρeiθ =¯sup Ref(z) Ref ρeiθ 0, (θ [0,2π])
f
− ¯ ¯ − ≥ ∈
z=ρ
³ ´ | | ³ ´
de donde1.3 Funciones Armónicas Positivas 63
2π
1 2r
f(z) f(0) f(z) f(0) A (ρ) Ref ρeiθ dθ
f
| |−| | ≤ | − | ≤ 2π ρ r −
Z 0 − ³ ³ ´´
2π 2π
1 2r 1 2r
f(z) f(0) A (ρ)dθ Re f ρeiθ dθ
f
| |−| | ≤ 2π ρ r − 2π ρ r
Z 0 − Z 0 − ³ ´
2π
2r 2r 1
f(z) f(0) + A (ρ) Re f ρeiθ dθ
f
| | ≤ | | ρ r − ρ r 2π 
− − Z 0 ³ ´
 
2r 2r Propiedad del
= f(0) + A (ρ) Re f(0)
f
| | ρ r − ρ r Valor Medio.
Ã !
− −
2r 2r
A (ρ)+ f(0) + f(0)
f
≤ ρ r | | ρ r | |
− −
2r 2r
= A (ρ)+ f(0) 1+ ,
f
ρ r | | ρ r
− µ − ¶
así cuando z =r
| |
2r ρ+r
f(z) A (ρ)+ f(0) ,
f
| | ≤ ρ r ρ r | |
− −
de donde
2r ρ+r
M (r)= sup f(z) A (ρ)+ f(0) .
f f
| | ≤ ρ r ρ r | |
z=r
| | − −
7. Sea (h ) una sucesión de funciones armónicas positivas en un
n n 1
dominio D.≥Pruebe que si (h (z)) converge puntualmente para
n n 1
cada z en D, entonces (h ) converg≥e localmente, uniformemente en
n n 1
todo D. ≥
Prueba:
Supongamosque(h ) noconvergelocalmente,uniformementea .
n n 1 ∞
≥
Por el Teorema 1.3.10, existen una subsucesión h y una función
n
j
armónica h tales que h converge localmente, uniformemente a h en
n
j ¡ ¢
D.
Probemos que (h ) converge localmente, uniformemente a h.
n n 1
≥
Sea K compacto en D.
Sabemos que
( z D) h(z) = l´ım h (z) .
n
∀ ∈ n
Fijemos w D. ³ →∞ ´
∈
Sean z K y M =ma´x τ (z,w)/z K , entonces:
D
∈ { ∈ }
Si h 0,
≡64 Cap.1 Funciones Armónicas
M 1h (w) τ 1(z,w)h (w) h (z)
− n −D n n
≤ ≤
τ (z,w)h (w) Mh (w).
D n n
≤ ≤
Luego, dado (cid:18)>0 ( N Z+)( n N)
∃ ∈ ∀ ≥
h (w) h(w) <(cid:18)M 1.
n −
| − |
De donde ( z K)
∀ ∈
h (z) h(z) =h (z) τ (z,w)h (w) Mh (w)<(cid:18).
n n D n n
| − | ≤ ≤
De donde (h ) converge uniformemente a 0=h en K.
n n 1
≥
Como
( z D) h(z)= l´ımh (z) 0 ,
n
∀ ∈ j j ≥
µ →∞ ¶
entonces h 0 en D; y, por el Principio del Mínimo, si no se cumple
≥
que h 0, entonces h >0.
≡
Sea, pues h>0.
Sea K compacto en D. Entonces existe b>0 tal que
( z K)(h(z) b).
∀ ∈ ≤
Sea d =logτ .
D
Sean (cid:18)>0, r =log (cid:18)
2b
∴ K B d(z,r).
⊆
z K
[∈
De donde existen z ,...,z K tales que
1 l
∈
l
K B , donde B =B (z ,r).
i i d i
⊆
i=1
[
Definamos Jl = 1,...,l y
{ }
M i: =ma´x τ D(w,z i)/w B (i Jl).
i
∈ ∈
SeanM =ma´x M i/i ©Jl y j Jl. Comoªlím n h n(z j)=h(z j),
{ ∈ } ∈ −→∞(cid:18)
N Z+ ( n N j) h n(z j) h(z j) < .
j
∃ ∈ ∀ ≥ | − | 2M
³ ´
Sea N =¡ma´x N i/i¢ Jl . Sean n N y z K.
{ ∈ } ≥ ∈
Así, ( i Jl)(z B i); entonces como n N i,
∃ ∈ ∈ ≥(cid:18)
h (z ) h(z ) <
n i i
| − | 2M
y
τ (z,z ) M
D i i
≤
∴ M i−1 ≤τ D(z,z i) −1.
Así
M 1h (z ) τ (z,z ) 1h (z ) h (z)
i− n i D i − n i n
≤ ≤
τ (z,z )h (z ) M h (z ) (1.5)
D i n i i n i
≤ ≤1.3 Funciones Armónicas Positivas 65
M 1h(z ) τ (z,z ) 1h(z ) h(z)
i− i D i − i
≤ ≤
τ (z,z )h(z ) M h(z ) (1.6)
D i i i i
≤ ≤
M h(z ) τ (z,z ) 1h(z ) h(z)
i i D i − i
− ≤ ≤−
τ (z,z )h(z ) M 1h(z ). (1.7)
D i i i− i
≤ ≤−
Sumando 1.5 y 1.7 tenemos
M 1h (z ) M h(z ) h (z) h(z)
i− n i i i n
− ≤ −
M h (z ) M 1h(z )
i n i i− i
≤ −
M 1(h (z ) h(z ))+h(z ) M 1 M h (z) h(z)
i− n i i i i− i n
− − ≤ −
M (h (z ) h(z ))
¡ ¢ ≤ i n i − i
+h(z ) M M 1
i i i−
−
¡ ¢
M h (z ) h(z ) bM h (z) h(z) M h (z ) h(z ) +bM
n i i n n i i
− | − |− ≤ − ≤ | − |
(cid:18) (cid:18)
h (z) h(z) M h (z ) h(z ) +bM <M + =(cid:18),
n n i i
| − | ≤ | − | 2M 2
ya que ( j Jl) w B (d(w,z j) r), entonces
j
∀ ∈ ∀ ∈ ≤
(cid:18)
¡ logτ D¢ (w,z j) r =log
≤ 2b
(cid:18)
∴ τ D(w,z j)
≤ 2b
(cid:18)
∴ M j
≤ 2b
(cid:18)
∴ M .
≤ 2b
Luego (h ) converge a h uniformemente en K.
n n 1
≥
8. (i) Sean h y k funciones armónicas en una vecindad de ∆(0,1) las
cuales satisfacen
h(0) , k(0) λ,
| | | | ≤
h+ k+ λ,
− ≤
m´ax(h,k) λ,
¯ ¯
≥ −
¯ ¯
paraalgunaconstanteλ. UselatécnicadelTeorema1.3.11paraprobar
que existe una constante universal c tal que
o
sup h c λ y sup k c λ.
o o
≤ ≤
∆(0,1) ∆(0,1)
2 2
(ii) Deduzca el Teorema de Montel:
Si (f ) es una sucesión de funciones holomorfas en un dominio D tal
n
que f n(D) C 0,1 para toda n, entonces f n tiene una subsuce-
⊂ \{ }
sión que tiende localmente, uniformemente a o alguna subsucesión
∞
f f localmente, uniformemente, donde f es holomorfa en D.
n
j −→66 Cap.1 Funciones Armónicas
Prueba:
(i) Supongamos por contradicción,
que no existe dicha constante c .
o
Sin pérdida de generalidad supon-
gamos que sup h= .
∞
∆(0,1)
2
Sean
h(z) = h(z) h(0),
−
k(z) = k(z) k(0).
e − Figura 9
Las funciones h(z) y k(z) son ar-
móniecas en una vecindad de ∆(0,1)
puesto que h yek lo sone.
h(0) = h(0) h(0)=0,
−
k(0) = k(0) k(0)=0.
e −
Entonces por el Lema 1.3.12 existen discos ∆ (w ,r ), ∆ (w ,r )
1 1 1 2 2 2
tales que h(w )=0e, k(w )=0, ∆ (w ,r ) ∆(0,1), ∆ (w ,r )
1 2 1 1 1 2 2 2
⊂ ⊂
∆(0,1) y
esup h 31e1 sup h 311 . 311 sup h. (1.8)
≤ ≤
∆(0,1 2) ∆(w 1,r 1) ¢∆(w 1,r 21)
¡ ¢ ¡
sup e k 311 sup e k 311 . 311 sup e k. (1.9)
≤ ≤
∆(0,1 2) ∆(w 2,r 2) ¢∆(w 2,r 22)
¡ ¢ ¡
e e e
Ahora, si z ∆(0,1),
∈
h+(z) k+(z) = (h(z) h(0))+ (k(z) k(0))+
− − − −
¯ ¯ 3¯λ. ¯ (1.10)
¯ ¯
e e ≤ ¯ ¯
¯ ¯
Y
m´ax h,k = ma´x(h(z) h(0),k(z) k(0))
− −
³ ´ m´ax(h(z) λ,k(z) λ)
e e ≥ − −
2λ. (1.11)
≥ −
Apliquemos el Lema 1.3.12 a h en cada uno de los discos ∆ 0,1 1
− 2j
para producir nuevos discos ∆(w ,r ) tales que h(w )=0 y
j j j ¡ ¢
sup h e 3 11 sup h,
−
∆(w j,r j) ≥ ∆(0,1 −2j1 +1) e
sup e h 3 11 sup h. e
−
∆(w j,r 2j) ≥ ∆(w j,r j)
Para cada j 2 sea M e= sup h. Puesteo que h no es acotada en
j
≥
∆(w ,r )
j j
∆ 0,1 , ya que por suposición sup h = , entonces
2 e ∞
∆(0,1)
¡ ¢ 21.3 Funciones Armónicas Positivas 67
l´ımM 3 11 l´ım sup h=+ .
j −
j →∞ ≥ j →∞∆(0, 21 j) ∞
Definamos dos sucesiones de funciones armeónicas h y k
j j
j 1 j 1
en ∆(0,1) por ³ ´ ≥ ³ ´ ≥
e e
h(w +r z) k(w +r z)
j j j j
h (z):= y k (z):= ( z <1).
j j
M M | |
j j
e e
Seaez ∆(0,1). e
∈
(i) Si k (z) 0,
j
≤
3λ
k (z) 0<1+ . (por 1.10).
e j ≤ M
j
(ii) Si k j(z)>e0
k (z) =k+(z).
j j
De dondee
k (z) = ek+(z) eh+(z)+h+(z)
j j − j j
h+(z)+ h+(z) k+(z)
e ≤ ej e −e
1+3λ. ¯ ¯ (1.12)
¯ ¯
≤ e e e
¯ ¯
Entonces h y k tienen las siguientes propiedades:
j j
(a) h (0) =0,
j
e e
(b) sup h 3 11,
j −
e∆(0,1) ≥
2
(c) h+ ek+ 3λ,
j − j ≤ M j
(d) m¯ ´ax h ,¯k 2λ.
¯ ej ¯ ¯j −M
¯e ≥ j
Evidentemente h 1 para tod³a j, ent´onces podemos aplicar el Teore-
j ≤ e e
ma 1.3.10 a (1 h ) para deducir que existe una subsucesión de los
− j j 1
e ≥
h queconvergelocalmente,uniformementeaunafunciónharmóni-
j
³ca e´n ∆(0,1). Los k son también uniformemente acotados supe-
e j b
riormente, (de (1.12)³ten´emos que una cota es 1+3λ), luegoexiste una
e
subsucesión k de k que converge localmente, uniformemente a
j j
l
una función³k en´∆(0³,1)´. Ambas, h y k son armónicas (o posible-
e e
mente k es idénticamente ), y tienen las siguientes propiedades:
−∞
b b b
b (a) h(0)=0,
(b) sup h 3 11,
−
b∆(0,1) ≥
2
b68 Cap.1 Funciones Armónicas
(c) h+ =k+
(d) m´ax h,k 0.
b b ≥
Lapropiedad(b)implicah(ζ)>0³para´algúnζ y(c)nosdicequeh =k
b b
en una vecindad de ζ. Por el Principio de Identidad (Teorema 1.1.7)
tenemos que h = k en tbodo ∆(0,1). De (d) deducimos que hb b0
≥
en ∆(0,1), y combinando esto con (a) y con el Principio del Máximo
(Teorema 1.1.b8), cboncluimos que h 0 en ∆(0,1). Pero estobes in-
≡
consistente con (b)!. Hemos llegado así a una contradicción. Luego
existe una c o tal que b
sup h c λ y sup k c λ.
o o
≤ ≤
∆(0,1) ∆(0,1)
2 2
(ii) Por el Teorema 1.1.2, f = h +ik en D, donde h y k son
n n n n n
sucesiones de funciones armónicas conjugadas para todo n.
Definamos
F: = f holomorfa en D/f [D] C 0,1 .
{ ⊆ \{ }}
Fijemos un punto z = 0 en D, (si 0 / D utilizamos una translación)
o
∈
y definamos G y H por:
G:= f F/ f(0) 1 ,
{ ∈ | | ≤ }
H:= f F/ f(0) >1 .
{ ∈ | | }
Así F =G H.
∪
Sea f una sucesión de funciones en F.
n
Veamos que si f G existe una subsucesión f tal que f f
n n n
∈ j j −→
localmente,uniformemente,dondef esholomorfaenD yquesif H
n
∈
entonces existe una subsucesión que tiende a infinito localmente, uni-
formemente o alguna subsucesión f f localmente, uniforme-
n
j −→
mente, donde f es holomorfa en D.
Sean a cualquier punto en D y γ una curva en D de 0 a a.
Sean∆ ,∆ ,...,∆ =D discosenDconcentros0=z ,z ,...,z =
o 1 m a o 1 m
aen γ yradiosr ,r ,...,r ,talesquez yz estanen∆ ∆ ,
o 1 m n 1 n 0n 1 0n
con ∆{ 0n} = ∆ z n, r 2n para 1 n m. − Supongamos tamb−ién∩ que
−1
≤ ≤
∆ D para 0 n m.
n ⊂ ¡≤ ≤¢
Sea f =h+ik G. Entonces
∈
h(0) , k(0) f(0) 1.
| | | | ≤| | ≤
Como∆ escompactayf esholomorfaydiferentedecero,entonces f
o
| |
alcanza un máximo en algún punto z ∆ . Así h=Ref y k =Imf
o
∈
son funciones acotadas en ∆ . Luego existe una constante λ > 0 tal
o o
que
h(0) , k(0) λ ,
o
| | | | ≤
h+(z) k+(z) λ ,
o
− ≤
¯ ¯
¯ ¯1.3 Funciones Armónicas Positivas 69
m´ax(h,k)(z) λ , para z ∆ .
o o
≥− ∈
Entonces, por (i), existe una constante c tal que
o
¡ ¢
sup h = sup Ref c λ ,
o o
≤
∆(0,ro) ∆(0,ro)
2 2
y
sup k = sup Imf c λ ,
o o
≤
∆(0,ro) ∆(0,ro)
2 2
para toda f G. Luego por el Ejercicio 6) f(z) C para todo
o
∈ | | ≤
z en ∆ y f G, luego f(z ) C . Aplicando nuevamente (i) y
o 1 o
∈ | | ≤
la desigualdad de Borel-Caratheodory (Ejercicio 6) tenemos que
f(z) C , es decir, G es uniformemente acotada por una constante
1
| | ≤
C en ∆ . Continuando de esta forma llegamos a que f C en
1 1 m
| | ≤
∆ para f G. En particular f C en D . Dado K compacto en
m a a
∈ | | ≤
D, K D ; luego existen a ,...,a K tales que
⊆ a K a 1 l ∈
∈
l
S
K D .
a
⊆ i
i=1
[
Por consiguiente f esta acotado por máx C /i =1,...,l en K.
a
| | { i }
Sea ξ un subconjunto denso y contable de K.
n
{ }
Sea (f ) cualquier sucesión en G. Existe una constante M > 0 tal
n 1
que
f (ξ ) <M , (n =1,2,...).
n 1 1
| |
(1)
Extraemos una subsucesión convergente f (ξ ) , tal que
n r 1
f(1) (ξ ),f(1) (ξ ),... converge. n o
n 1 1 n 2 1
(1) (2)
Lasucesión f (ξ ) esacotada. Extraemosunasubsucesión f
n r 2 n r
que convergenen ξ yoξ 2. Continuamos el proceso, hasta constnruir loa
1
(r)
sucesión diagonal f que converge en ξ , n =1,2,....
n r n
Llamemos n o
g =f(r).
r n
r
Entonces G es equicontinuo en K. En efecto,
G = f /f G ,
0 0
∈
es localmente acotada en K, entonces
© ª
z z
0 0
f(z) f z = f (ξ)dξ f (ξ) dξ (1.13)
0 0 0
− ¯ ¯ ≤ | |
¯ ¯Zz ¯ Zz
¯ ¡ ¢¯ ¯ ¯ ¯
¯ ¯ < M¯ z z ¯ (M¯>0,¯constante).
¯ 0 ¯
¯ − ¯
Sea (cid:18) >0. Escojamos δ = (cid:18)¯. ¯
M¯ ¯
Si z,z K, z z <δ, entonces por (1.13)
0 0
∈ | − |70 Cap.1 Funciones Armónicas
f(z) f z <(cid:18), ( f G).
0
− ∀ ∈
Por lo tanto G es equicontinua en K.
¯ ¡ ¢¯
¯ ¯
Así, dado (cid:18) >0, existe δ >0 tal que si z,z K,
0
(cid:18)∈
z z <δ = g (z) g z < (n =1,2,...).
0 n n 0
− ⇒ − 3
La com¯pacida¯d de K im¯ plica que ¡ ¢¯
¯ ¯ ¯ ¯
P
K ∆ ξ ,δ (para ξ ,...,ξ K).
j 1 P
⊂ ∈
j=1
[ ¡ ¢
Existe η tal que n,m η implica
o o
≥ (cid:18)
g ξ g ξ < (j =1,...,P).
n j − m j 3
Finalmente, s¯ea z¡ ¢K, exi¡ste¢u¯n j 1,...,P tal que z ∆ ξ ,δ .
¯ ∈ ¯ ∈ { } ∈ j
Si n,m η
o
≥ ¡ ¢
g (z) g (z) g (z) g ξ + g ξ g ξ
n m n n j n j m j
| − | ≤ − −
+ g ξ g (z)
¯ m j ¡ m¢¯ ¯ ¡ ¢ ¡ ¢¯
¯ − ¯ ¯ ¯
< (cid:18).
¯ ¡ ¢ ¯
¯ ¯
Así,(g )esunasucesiónuniformementeCauchy. Podemosconcluirque
r
existe una subsucesión f f localmente, uniformemente, donde f
n
j −→
es holomorfa en D.
Ahora consideremos H: = f F/ f(z ) >1 , (que es límite de
o
{ ∈ | | } ∞
una sucesión de funciones en H se puede ver tomando las funciones
constantes).
Si f H entonces 1 es holomorfa en D puesto que f nunca se anula.
∈ f
Además 1 nunca se anula y nunca toma el valor de 1, más aún
f
1 (z ) 1. Entonces H: = 1/f H G. Así, si (f ) es una
f o ≤ f ∈ ⊂ n
¯sucesió¯n en H existe una subsucnesión (f o) y una función f holomorfa
¯ ¯ e n r
e¯n D t¯al que una subsucesión 1 f h localmente, uniforme-
f nr −→ ∈
e
mente, para f H y por el Teorema de Hurwitz f 0 o f nunca se
∈ e e ≡
anula. Si f 0 entonces f (z) localmente, uniformemente
n
≡ r −→ ∞
en D. Si f nuencaese anula 1 es holomorfa y entoneces f (ze) 1
n
f r −→ f(z)
e
localmente, uniformemente en D.
e e e2
Funciones Subarmónicas
2.1 Funciones Semicontinuas Superiormente
Lasfuncionessubarmónicassonsemicontinuassuperiormente,porlotanto
le daremos primero una mirada a las funciones semicontinuas.
Definición 2.1.1 Sea X un espacio topológico. Decimos que una
función u: X [ , ) es semicontinua superiormente si el con-
−→ −∞ ∞
junto x X/u(x)<α es abierto en X para cada α R. También
{ ∈ } ∈
v : X ( , ] es semicontinua inferiormente si v es semicon-
−→ −∞ ∞ −
tinua superiormente.
Unchequeodirectomuestraqueuessemicontinuasuperiormentesiysólo
si
l´ım sup u(y) u(x) (x X).
y x ≤ ∈
Enparticularlafunció−n→uescontinuasiysólosiessemicontinuasuperior
e inferiormente. En efecto
“ = ” (α, ] y [ ,α) son abiertos en [ , ]. Entonces como la
⇒ ∞ −∞ −∞ ∞
función u es continua u 1((α, ]) y u 1([ ,α)) son abiertos en X.
− −
∞ −∞
“ =” Por definición, u : X R.
⇐ −→
Sea G abierto en [ , ].
−∞ ∞
u −1(G)=u −1(G R)
∩
y G R es abierto en R. Basta considerar G abierto en R.
∩72 Cap.2 Funciones Subarmónicas
G es una unión disjunta y contable de intervalos abiertos.
∞
(a,+ ) = (a+n 1,a+n+1)
∞ −
n=1
[
∞
( ,b) = (b n 1,b n+1)
−∞ − − −
n=1
[
(a,b) = [ ,b) (a,+ ]
−∞ ∩ ∞
u 1((a,b)) = u 1([ ,b)) u 1(a,+ ]
− − −
−∞ ∩ ∞
abierto abierto
| {z } | {z }
puesto que u es semicontinua superior e inferiormente.
Luego u es continua.
Ahora veremos algunos teoremas básicos de compacidad.
Teorema 2.1.2 Sea u una función semicontinua superiormente en
un espacio topológico X, y sea K un subconjunto compacto de X. En-
tonces u es acotada superiormente en K y alcanza un valor máximo en
K.
Prueba:
Sea
G = x X/u(x)<n , (n 1)
n
{ ∈ } ≥
unacoleccióndeconjuntosabiertos. Entonces ∞ G esuncubrimiento
n
n=1
abiertodeK elcualadmiteunsubcubrimientofinito. Luegouesacotada
[
superiormenteenK. SeaM =sup u. Entonceslacoleccióndeconjuntos
K
abiertos A = x X/u(x)<M 1 , (n 1) no cubre a K, puesto
n ∈ − n ≥
que esta colección no admite un subcubrimiento finito. Así u(x) = M
© ª
para algún x K. Pues en caso contrario u(x) <M para toda x K,
∈ ∈
entonces existe n tal que
1
u(x) < M
− n
∴ x G n.
∈
De donde G n/n N recubre a K. Llegamos a una contradicción.
{ ∈ }
Luego existe x K tal que u(x)=M para al menos un x K.
∈ ∈73
Teorema 2.1.3 Sea u una función semicontinua superiormente en
un espacio métrico (X,d), y supongamos que u es acotada superiormente
en X. Entonces existe unasucesión de funciones continuas ϕ n: X R
−→
tal que ϕ ϕ u en X y lím ϕ =u.
1 2 n n
≥ ≥··· ≥ →∞
Prueba:
Supongamos que u . (En el otro caso tomamos ϕ n).
n
6≡−∞ ≡−
Para n 1, definamos ϕ n: X R por
≥ −→
ϕ (x):= sup(u(y) nd(x,y)) (x X).
n
− ∈
y X
∈
Entonces para cada n tenemos
ϕ (x) ϕ x nd x,x x,x X ,
n n 0 0 0
− ≤ ∈
Así ϕ n es cont¯inua en X. ¡ ¢¯ ¡ ¢ ¡ ¢
¯ ¯
Sean x,x,y X
0
∈
d(x,y) d x,x +d(x,y)
0
≤
u(y) nd(x,y) u¡(y) ¢nd x 0,y +nd x 0,x
− ≤ −
sup(u(y) nd(x,y)) sup u(y)¡ nd¢x 0,y +¡ nd¢x 0,x
− ≤ −
y X y X
∈ ∈
¡ ¡ ¢ ¡ ¢¢
ϕ (x) ϕ x +nd x,x .
n n 0 0
≤
También
¡ ¢ ¡ ¢
ϕ ϕ u
1 2
≥ ≥··· ≥
puesto que
ϕ (x) u(y) nd(x,y) u(y) (n+1)d(x,y)
n
≥ − ≥ −
∴ ϕ n(x) ϕ n+1(x)
≥
∴ sup(u(y) nd(x,y)) u(x) nd(x,x)=u(x).
− ≥ −
y X
∈
En particular
l´ım ϕ u.
n
n ≥
−→∞
Escribiendo ∆(x,ρ) para la bola y X/d(x,y)<ρ , entonces
{ ∈ }
ϕ (x) m´ax sup u,supu nρ : =M(ρ,n) (x X, ρ>0),
n
≤ − ∈
Ã∆(x,ρ) X !
sup u(y) supu(y) nρ.
≤ −
y ∆(x,ρ) y X
∈ ∈74 Cap.2 Funciones Subarmónicas
ϕ (x)= sup(u(y) nd(x,y)).
n
−
y X
∈
Si d(x,y) ρ
≤
u(y) nd(x,y) u(y)
− ≤
sup u(y)
≤
y ∆(x,ρ)
∈
M(ρ,n)
≤
Si d(x,y) ρ
≥
nρ nd(x,y).
− ≥−
u(y) nd(x,y) u(y) nρ
− ≤ −
sup(u(y) nρ)
≤ −
y X
∈
= supu(y) nρ
−
y X
∈
M(ρ,n) .
≤ n−→ −∞
→∞
u(y) nd(x,y) M(ρ,n) ( y X)
− ≤ ∀ ∈
∴ ϕ n(x) ≤M(ρ,n) sup u(y).
n−→ Figura 10
→∞y ∆(x,ρ)
∈
Así que
α: = l´ım ϕ (x) sup u (x X, ρ>0).
n
n ≤ ∈
−→∞ ∆(x,ρ)
Entonces, dado (cid:18) > 0, α u(x)+(cid:18). Como u es semicontinua superior-
≤
mente, hacemos que ρ 0+ y entonces l´ım ϕ (x) u(x).
n n
−→ →∞ ≤
Ejercicios 2.1
1.Sea S un subconjunto de un espacio topológico X. Muestre que 1 , la
S
función característica de S, es semicontinua superiormente si y sólo si
S es cerrado en X.
2.Sea u una función semicontinua superiormente en un espacio métrico
(X,d).
Para n 0 defina
≥
F = x X/u(x) n ,
n
{ ∈ ≥ }
ψ (x) = ma´x(0,1 ndist(x,F )) (x X).
n n
− ∈
Pruebe que ψ converge localmente, uniformemente a una fun-
n 0 n
ción continua ψ≥: X R tal que ψ u en X. Considerando u ψ,
P → ≥ −
deduzca que el Teorema 2.1.3 permanece válido sin la asunción de que
u es acotada superiormente en X.75
3.Sean (X ,d ) y (X ,d ) espacios métricos, y sea f : X X una
1 1 2 2 1 2
−→
función arbitraria. Dado x X , la oscilación de f en x está definida
1
∈
por
ω (x) = l´ım sup d f(y),f y /d (x,y)<ρ,d x,y <ρ .
f 2 0 1 1 0
ρ 0
−→
(i) Muestre qu¡e f e©s co¡ntinua e¡n x¢¢si y sólo si ω (x)¡=0. ¢ ª¢
f
(ii) Pruebe que el conjunto x/ω (x)<α es abierto en X para cada
f 1
{ }
α>0, y deduzca que los puntos en los cuales f es continua forman un
subconjunto G de X .
δ 1
(iii) Suponga también que (X ,d ) es completo, y que f es el límite
1 1
puntual de una sucesión de funciones continuas f : X X . Pruebe
n 1 2
→
que el conjunto x/ω (x)<α es denso en X para cada α > 0, y
f 1
{ }
deduzca que los puntos en los cuales f es continua forman un subcon-
junto denso G de X . (Sugerencia: use el Teorema de Categoria de
δ 1
Baire).
Concluya que una función semicontinua superiormente en un espacio
métrico completo es continua en un conjunto de puntos denso G .
δ
Ejercicios Resueltos 2.1
1. Sea S un subconjunto de un espacio topológico X. Muestre que 1 ,
S
la función característica de S, es semicontinua superiormente si y sólo
si S es cerrado en X.
Prueba:
1 si x S;
1 (x) = ∈
S
( 0 si x / S.
∈
ρ si α 0;
→∞ ≤
1 1([ ,α)) = Sc si 0<α 1;
−S 
−∞ ≤
  X si α>1.
Así la función 1 es semicontinua superiormente si y sólo si S es
S 

cerrado en X.
2. Sea u una función semicontinua superiormente en un espacio métrico
(X,d).
Para n 0 defina
≥
F = x X/u(x) n ,
n
{ ∈ ≥ }
ψ (x) = ma´x(0,1 ndist(x,F )) (x X).
n n
− ∈
Pruebe que ψ converge localmente, uniformemente a una fun-
n 0 n
ción continua ψ≥: X R tal que ψ u en X. Considerando u ψ,
P → ≥ −
deduzca que el Teorema 2.1.3 permanece válido sin la asunción de que76 Cap.2 Funciones Subarmónicas
u es acotada superiormente en X.
Prueba:
F = x X /u(x) n es cerrado.
n
{ ∈ ≥ }
Sean K compacto en X y x K.
∈
d(x,F ) d(K,F ): =dist(K,F )
n n n
≥
ψ (x) = ma´x(0,1 ndist(x,F ))
n n
−
m´ax(0,1 ndist(K,F )): =M (M 0).
n n n
≤ − ≥
F F .
n+1 n
⊂
d(K,F ) d(K,F )
n+1 n
≥
(n+1)d(K,F ) (n+1)d(K,F ) nd(K,F )
n+1 n n
≥ ≥
1 nd(K,F ) 1 (n+1)d(K,F ).
n n+1
− ≥ −
Analicemos la convergencia de M .
∞n=0 n
Supongamos que dist(K,F )=0 para cada n.
n P
Porlotanto, x K talqueu(x ) n. PorserK compacto, x
n n n
∃ ∈ ≥ ∃ j →
x K, cuando j . De esto se deduce que l´ım u(x ) = .
n n
Pe∈ → ∞ semicontinua→s∞uperiormen∞
ro l´ım u(x ) u(x), ya que u es te.
n n
un→a∞contradi≤
Esto es cción.
Luego ( N)(d(K,F ) >0).
N
∃
Si n N, nd(K,F ) nd(K,F ) cuando n .
n N
≥ ≥ →∞ →∞
Luego N N tal que si n N .
o o
∃ ≥ ≥
nd(K,F )>1
n
y por lo tanto M =0 n N .
n o
∀ ≥
En consecuencia
N 1
∞ o−
M = M =c (constante) < .
n n
∞
n=1 n=1
X X
Por el Criterio-M de weiersstras
∞
ψ (x) converge uniformemente en K.
n
n=1
X
Entonces ψ (x) converge uniformemente en compactos a una cierta
n
función ψ continua, porque las ψ son continuas.
n
∞
X = F G=F G, donde G= x / u(x)<0 .
n o
∪ ∪ { }
n=0
[
Si x G, trivialmente ψ(x) 0 porque ψ (x) 0 n y entonces
n
∈ ≥ ≥ ∀
ψ(x) u(x).
≥
Si x F . Sea N =ma´x n / x F , entonces N u(x)<N +1 y
o n
∈ { ∈ } ≤
d(x,F ) = 0, 0 n N.
n
≤ ≤
1 nd(x,F ) = 1, 0 n N
n
− ≤ ≤77
ψ (x)=1, 0 n N.
n
≤ ≤
De donde
ψ(x) N +1>u(x).
≥
Ahora consideremos u ψ.
−
Sea v = u ψ 0. Como ψ es continua y u es semicontinua supe-
− ≤
riormente, entonces v es semicontinua superiormente. Por el Teorema
2.1.3, existen funciones ϕ n: X R continuas, tales que
−→
ϕ ϕ v
1 2
≥ ≥·········≥
y
ϕ v =u ψ
n
→ −
∴ u =ψ+v,
luego ψ+ϕ u. Claramente
n
→
ϕ ϕ
n n+1
≥
∴ ψ+ϕ n ψ+ϕ n+1.
≥
3. Sean (X ,d ) y (X ,d ) espacios métricos, y sea f : X X una
1 1 2 2 1 2
−→
función arbitraria. Dado x X , la oscilación de f en x está definida
1
∈
por
ω (x) = l´ım sup d f(y),f y /d (x,y)<ρ,d x,y <ρ .
f 2 0 1 1 0
ρ 0
−→
(i) Muestre q¡ue f©es¡continua¡en¢x¢ si y sólo si ω (x¡)=0.¢ ª¢
f
(ii) Pruebe que el conjunto x/ω (x)<α es abierto en X para
f 1
{ }
cada α > 0, y deduzca que los puntos en los cuales f es continua
forman un subconjunto G de X .
δ 1
(iii) Suponga también que (X ,d ) es completo y que el conjunto
1 1
x/ω (x)<α es denso en X para cada α > 0, y deduzca que los
f 1
{ }
puntos en los cuales f es continua forman un subconjunto denso G de
δ
X .
1
Prueba:
(i) “ = ”
⇒
Sea (cid:18) >0, δ >0 tal que si y B(x,δ), entonces d (f(x),f(y))< (cid:18).
∃ ∈ 2 3
Sea ρ < δ.
Si y,y B(x,ρ), entonces y,y B(x,δ). Luego d (f(y),f(y ))<
0 0 2 0
2(cid:18). (Po∈ r la Desigualdad Triangu∈ lar.)
3
2(cid:18)
∴ sup d 2 f(y),f y 0 /y,y 0 B(x,ρ) <(cid:18).
∈ ≤ 3
De donde
© ¡ ¡ ¢¢ ª
ω (x) = l´ım sup d f(y),f y /d (x,y)<ρ,d x,y <ρ
f 2 0 1 1 0
ρ 0
−→
= 0. ¡ © ¡ ¡ ¢¢ ¡ ¢ ª¢78 Cap.2 Funciones Subarmónicas
∴ ω f (x)=0.
“ =”
⇐
Sea ω (x)=0.
f
Dado (cid:18)>0, δ >0 tal que si 0<ρ<δ, entonces
∃
sup d f(y),f y /y,y B(x,ρ) <(cid:18),
2 0 0
∈
luego si y B(x,δ),
∈ © ¡ ¡ ¢¢ ª
d (f(x),f(y)) <(cid:18).
2
(ii) Sean f : (X ,d ) (X ,d ) y x X .
1 1 2 2 1
−→ ∈
ω (x)= l´ım sup d f(y),f y .
f 2 0
ρ 0y,y B (x)
→ 0∈ ρ
© ¡ ¡ ¢¢ª
B(x,ρ) = t X /d (t,x)<ρ .
1 1
{ ∈ }
Sea
G = x X /ω (x) <α .
1 f
{ ∈ }
Veamos que G es abierto.
Sea x G. Entonces ω (x)<α.
f
∈
Para (cid:18)=α ω (x)>0 existe δ >0 tal que para todo ρ, si 0<ρ<δ,
f
−
entonces
sup d f(y),f y ω (x) <(cid:18).
2 0 f
¯y,y B(x,ρ) − ¯
¯ 0∈ ¯
¯ ¡ ¡ ¢¢ ¯
¯ ¯
¯ ∴ sup d 2 f(y),f y 0 <α¯.
y,y B(x,ρ)
0∈
¡ ¡ ¢¢
Probemos que B x, δ G.
2 ⊆
Sea y ∈B x, 2δ .¡Ent¢onces d 1(x,y) < 2δ. Si t ∈B(y,δ 1),
d (t,x) d (t,y)+d (y,x)
¡ ¢ 1 ≤ 1 1
δ
2
< δ + : =ρ <δ.
1 2 1
Llamemos δ = δ d (x,y).
1 2 − 1
B(y,δ ) B(x,ρ )
1 1
⊆
sup d (f(t),f(z)) sup d f(s),f s <α.
2 2 0
≤
t,z B(y,δ ) s,s B(x,ρ )
∈ 1 0∈ 1
¡ ¡ ¢¢
∴ ω f (y)<α
∴ y G.
∈
Luego B x, δ G, o sea que G es abierto. Luego los puntos donde
2 ⊆
la función es continua son los x tales que ω (x)=0.
f
¡ ¢
∞ 1
x/ω (x)=0 = x/ω (x)< ,
f f
{ } n
n=1½ ¾
\2.2 Funciones Subarmónicas 79
que es un G .
δ
(iii) Como para todo α,
x : ω (x)<α es denso en X ,
f 1
{ }
entonces ∀n N, G = x : ω (x)< n1 es denso en X 1. Luego por
n f
∈
el Teorema de Categoría de Baire
© ª
∞
x/ω (x) =0 = G
f n
{ }
n=1
\
es un subconjunto denso G de X .
δ 1
2.2 Funciones Subarmónicas
UnafunciónuessubarmónicasisuLaplacianosatisfaceque∆u 0. Pero
≥
veremos otras definiciones para funciones subarmónicas que no implican
que las funciones sean suaves, lo que las hace mucho más flexibles.
Para definirlas haremos una analogía con las Funciones Convexas en R.
Si ψ C2(R), entonces ψ es convexa si y sólo si ψ 0. Pero existen
00
∈ ≥
funciones convexas que no son suaves como por ejemplo ψ(t) = t , por
| |
lo cual se hace necesario definir las funciones convexas mediante otra
propiedad. Veremos esta definición en la sección 2.6. Siguiendo este
modelo, trataremos de definir la subarmonicidad usando una propiedad
que cumplen todas las funciones armónicas en el plano.
Definición 2.2.1 Sea U un subconjunto abierto de C. Una función
u : U [ , ) es llamada subarmónica si es semicontinua supe-
−→ −∞ ∞
riormente y satisface localmente la desigualdad Submedia, esto es,
dado w U, existe ρ >0 tal que
∈
2π
1
u(w) u w+reit dt (0 r <ρ). (2.1)
≤ 2π ≤
Z
0 ¡ ¢
También v : U ( , ] es superarmónica si v es subarmónica.
−→ −∞ ∞ −
Nota:
1.La integral en (2.1) ha sido interpretada como la diferencia de las
correspondientes integrales de u+ y de u . Por el Teorema 2.1.2, u+
−
es acotada en ∂∆(w,r), por lo tanto su integral es finita. Así siempre
es posible hacer la diferencia de las dos integrales, aunque la integral
de u sea infinita. Veremos más tarde que esto último sólo sucede
−80 Cap.2 Funciones Subarmónicas
cuando u en toda la componente de U que contiene a w.
≡−∞
Según nuestra definición u es una función subarmónica, aunque
≡−∞
algunos autores la excluyen.
2.Puesto que la subarmonicidad es definida vía la desigualdad Submedia
local (es decir, ρ puede depender de w), es una propiedad local. Esto
significa que si (U ) es un cubrimiento abierto de U, entonces u es
α
subarmónica en U si y sólo si es subarmónica en cada U .
α
3.Observemos que una función es armónica si y sólo si es subarmónica y
superarmónica. Esto se sigue del Teorema 1.1.6 o del Teorema 1.2.7.
Ahora veremos algunos ejemplos de funciones subarmónicas.
Teorema 2.2.2 Si f es holomorfa en un conjunto abierto U en C,
entonces log f es subarmónica en U.
| |
Prueba:
La función u:=log f es semicontinua superiormente, por ser continua.
| |
log z
| |
Figura 11
También se satisface la desigualdad Submedia local en cada w U para
∈
el cual u(w) > , puesto que cerca a cada uno de estos puntos log f
−∞ | |
es realmente armónica. En otro caso si u(w) = , entonces (2.1) es
−∞
obvia.
Teorema 2.2.3 Sean u y v funciones subarmónicas en un conjunto
abierto U en C. Entonces:2.2 Funciones Subarmónicas 81
(a) máx(u,v) es subarmónica en U;
(b) αu+βv es subarmónica en U para todo α,β 0.
≥
Prueba:
(a) Sean ∆(w,ρ) U y 0 r <ρ. Entonces
⊆ ≤
2π 2π
1 1
m´ax u(w),v(w) m´ax u w+reit dt, v w+reit dt
{ } ≤ 2π 2π 
 Z 0 ¡ ¢ Z 0 ¡ ¢ 
2π
1  
m´ax u w+reit , v w+reit dt.
≤ 2π
Z
0 £ ¡ ¢ ¡ ¢¤
Así el máx(u,v) es subarmónica.
(b) Se sigue de la Definición 2.2.1 y de las propiedades de la integral.
De (a) se sigue que no es necesario que las funciones subarmónicas
sean suaves. Tampoco tienen que ser continuas; en el Ejercicio 2
veremos un ejemplo de una función subarmónica que no es continua.
Ejercicios 2.2
1.Use la desigualdad de Cauchy-Schwarz para probar que si h es una
función armónica en un conjunto abierto U en C, entonces h2 es sub-
armónica en U.
2.Pruebe que si ζ C y r >0 entonces
∈
2π log ζ , si r ζ ,
1 | | ≤ | |
log reit ζ dt = (2.2)
2π − 
Z 0 ¯ ¯   logr, si r > ζ .
¯ ¯ | |
Use esto para probar que la función


u(z):= 2 nlog z 2 n
− −
−
n 1
X≥ ¯ ¯
¯ ¯
es subarmónica en C. Pruebe también que u es discontinua en 0.
Ejercicios Resueltos 2.2
1. Use la desigualdad de Cauchy-Schwarz para probar que si h es una
función armónica en un conjunto abierto U en C, entonces h2 es sub-
armónica en U.82 Cap.2 Funciones Subarmónicas
Prueba:
Sea ∆=∆(w,ρ) tal que ∆ U. Entonces si 0 r <ρ,
⊂ ≤
2π
1
h(w) = h w+reit dt.
2π
Z
0 ¡ ¢
2
2π
1
h2(w) = h w+reit dt
2π 
Z
0 ¡ ¢
 2π  2π
1 1
h2 w+reit dt dt
≤ 2π 2π 
Z Z
0 ¡ ¢ 0
 2π  
1
= h2 w+reit dt.
2π
Z
0 ¡ ¢
Por lo tanto h2 es subarmónica en U.
2. Pruebe que si ζ C y r >0 entonces
∈
2π
1 log ζ , si r ζ ,
log reit ζ dt = | | ≤ | | (2.2)
2π − ( logr, si r > ζ .
Z 0 ¯ ¯ | |
Use esto para¯ probar¯que la función
u(z):= 2 nlog z 2 n
− −
−
n 1
X≥ ¯ ¯
es subarmónica en C. Pruebe también¯que u es¯ discontinua en 0.
Prueba:
Si ζ =0
2π
1
log reit dt =log r =logr.
2π | |
Z
0 ¯ ¯
Sea r ζ . ¯ ¯
≤| |
Si ζ = ζ eiArgζ, Cζ = C tζ/t 0 , entonces la función z+ζ no se
| | \{ ≤ }
anula en Cζ. Luego existe una rama de log(z+ζ) en Cζ.
La función Re[log(z+ζ)] =log z+ζ =u(z) es armónica en Cζ.
| |
Sea γ(t) =ζ +reit,
2π 2π
1 1
log reit ζ dt = log ζ +reit dt =log ζ .
2π − 2π | |
Z Z
0 ¯ ¯ 0 ¯ ¯
Si u(z) =log z¯ ζ , ¯ ¯ ¯
| − |
γ(t)=reit,2.2 Funciones Subarmónicas 83
2π 2π
1 1
log ζ =u(0)= u reit dt = log reit ζ dt.
| | 2π 2π −
Z Z
0 ¡ ¢ 0 ¯ ¯
Ahora sea r > ζ , entonces por el Teorema 2.2.2 ¯log reit¯ ζ es sub-
| | −
armónica en C y armónica C ζ, así para γ(t)=reit ζ
\ −¯ ¯
2π ¯ ¯
log reit ζ dt =(2π)n(γ,ζ)log reit .
−
Z
0 ¯ ¯ ¯ ¯
2π¯ ¯ ¯ ¯
1 2π
∴ log reit ζ dt = (1) logr =logr
2π − 2π · ·
Z
0 ¯ ¯
¯ ¯
Ahora probemos que la función
u(z):= 2 nlog z 2 n
− −
−
n 1
X≥ ¯ ¯
es subarmónica en C. ¯ ¯
La función tiene singularidades en el
conjunto
1
S = /n Z+ .
2n ∈
½ ¾
EnsubconjuntoscompactosdeC S la
\ log z 2 n
serie es uniformemente convergente, −
| − |
Figura 12
log z 2 n M, ( z B, n).
−
− ≤ ∀ ∈ ∀
2 nlog z 2 n 2 nM
− ¯ − ¯ −
¯ − ¯ ≤
2 −nlog¯z 2 −n ¯ 2 −nM.
¯ − ¯ ≤
n 1 n 1
X≥ ¯ ¯ X≥
Para cualquier z = 1¯, n =1,¯2,... y z =0.
o 6 2n 6
2π 2π
1 1
u z +reit dt = 2 n log z +reit 2 n dt
o − o −
2π 2π −
Z n 1 Z
0 ¡ ¢ X≥ 0 ¯ ¯
¯ ¯
= 2 nlog z 2 n
− o −
−
n 1
X≥ ¯ ¯
= u(z ), ¯ ¯
o
entonces en estos subconjuntos la función es armónica.
Sea z B 2 k,δ ,
−
∈
¡ ¢ l´ım 2 −klog z 2 −k =
z 2 k − −∞
→ − ¯ ¯
¯ ¯
¯ ¯84 Cap.2 Funciones Subarmónicas
2 nlog z 2 n M.
− −
− ≤
n=k
X6 ¯ ¯
δ < z 2 n C ¯ z B ¯2 k,δ , n =k ,
− −
− ≤ ∀ ∈ ∀ 6
¯ ¯log z 2 −³n ³logC ´ ´
¯ ¯ − ≤
2 nlog z 2 n 2 nlogC,
− ¯ − ¯ −
¯ − ¯ ≤
entonces l´ım = .
z →2 −k −∞¯ ¯
¯ ¯
Por lo tanto la función es subarmónica en el plano menos el cero.
La última serie es convergente por el criterio de la raíz. En efecto,
sean b ,b tales que b z 2 n b y b=ma´x logb , logb ,
1 2 1 − 2 1 2
≤| − | ≤ {| | | |}
entonces
2 nlog z 2 n 2 nb.
− − −
− ≤
1
∴ n 2 −n¯ ¯log |z −¯ ¯2 −n √ ¯ ¯n ¯ ¯2 −nb <1.
| ≤ n−→ 2
→∞
¿A qué convergpe u(z ) cuando z 0, z =2 n?.
n n n −
→ 6
Tomemos N Z+ tal que 2 −N <r.
∈
Analicemos las series
2π
1
2 n log reit 2 n dt = 2 nlogr,
− − −
2π −
n N Z n N
X≥ 0 ¯ ¯ X≥
2π ¯ ¯
N N
1
2 n log reit 2 n dt = 2 nlog2 n.
− − − −
2π −
n=1 Z n=1
X 0 ¯ ¯ X
Si n N ¯ ¯
≥
2 n r
−
≤
log2 n < logr
−
∞
2 nlog2 n 2 nlogr
− − −
≤
n N n N
X≥ X≥
2π
1
= 2 n log reit 2 n dt.
− −
2π −
n N Z
X≥ 0 ¯ ¯
Si 1 n<N ¯ ¯
≤
2π
1
2 nlog2 n = 2 n log reit 2 n dt.
− − − −
2π −
1 n<N 1 n<N Z
≤X ≤X 0 ¯ ¯
Sumando ¯ ¯
2π 2π
1 1
u(0) 2 n log reit 2 n dt u reit dt.
− −
≤ 2π − ≤ 2π
n 1 Z Z
X≥ 0 ¯ ¯ 0 ¡ ¢
¯ ¯2.2 Funciones Subarmónicas 85
Si r =2 k, para todo k.
−
6
Cuando r es pequeño log z 2 n es una sucesión de funciones nega-
−
| − |
tivas.
Sea
k
g (t)= 2 nlog z 2 n ,
k − −
− −
n=1
entonces X ¯ ¯
¯ ¯
2π 2π
l´ıminfg (t)dt = u reit dt
k
−
Z Z
0 0 ¡ ¢
2π 2π
1 1
l´ıminfg (t)dt = u reit dt.
k
2π 2π
Z Z
0 0 ¡ ¢
Si r = 2 k, para todo k la convergencia de la serie es uniforme en el
−
6
círculo reit.
Si r =2 k, para algún k,
−
2π 2π
1 ∞ 1 ∞ 1 1
2 nlog dt = 2 n log dt
2π − reit 2 n − 2π reit 2 n
Z 0 n X=1 | − − | n X=1 Z 0 | − − |
2π
1 ∞
= 2 nlog reit 2 n dt
− −
2π −
Z n=1
0 X ¯ ¯
2π ¯ ¯
∞ 1
= 2 n log reit 2 n dt.
− −
− 2π −
n=1 Z
X 0 ¯ ¯
LaúltimaigualdadsecumpleporelTeoremadelaConv¯ergenciaM¯onó-
tona.
Veamos que u(z) es discontinua en cero.
Sea z = 1 entonces z = 1 0 cuando n ,
n 2n n 2n → →∞
1
u(z )= 2 nlog z
n − n − 2n →−∞
n 1 µ ¶
X≥
mientras que u(0) = log2 ∞ n es convergente.
− 2n
n=1
Por lo tanto u es discontinuaPen 0.86 Cap.2 Funciones Subarmónicas
2.3 El Principio del Máximo
La importancia del Principio del Máximo en el estudio de las funciones
subarmónicas está en el hecho de que las propiedades locales implican
conclusiones globales, lo que permite ampliar la Propiedad Submedia.
Teorema 2.3.1 (Principio del Máximo)
Sea u una función subarmónica en un dominio D en C.
(a) Si u alcanza un máximo global en D, entonces u es constante.
(b) Si l´ımsup u(z) 0 para todo ζ ∂D, entonces u 0 en D.
z ζ
−→ ≤ ∈ ≤
Enlaparte (a),u puede alcanzarunmáximolocalounmínimoglobal sin
ser constante en D. Por ejemplo, la función subarmónica no-constante
u(z):=ma´x(Rez,0) alcanza ambos en C.
Porel Teorema1.1.8,sabemos que laparte (b)esválidapor laconvención
de que ∂D, donde D no es acotado.
∞∈
Prueba:
(a) Supongamos que u alcanza un valor máximo M en D. Definamos
A: = z D/u(z)<M y B: = z D/u(z)=M .
{ ∈ } { ∈ }
El conjunto A es abierto puesto que u es semicontinua superiormente.
El conjunto B es abierto, puesto que si u(w) = M por la desigualdad
submedia local u=M en todo circulo suficientemente pequeño alrededor
de w.
AyB formanunaparticióndeD,ycomoD esconexo,A=D o B =D;
por suposición B =φ, así B =D.
6
(b) Extendamos u a ∂D definiendo
u(ξ):=l´ımsup u(z) (ξ ∂D).
∈
z ξ
−→
Entonces u es semicontinua superiormente en D, el cual es compacto; así,
por el Teorema 2.1.2, u alcanza un máximo en algún w D. Si w ∂D,
∈ ∈
entonces por suposición u(w) 0; así, u 0 en D.
≤ ≤
Por otra parte, si w D, entonces por la parte (a), u es constante en D,
∈2.3 El Principio del Máximo 87
por lo tanto en D y otra vez
u 0 en D.
≤
En la parte (b), si u no crece muy rápidamente en infinito es posible
reemplazar ∂D por ∂D .
\{∞}
Teorema 2.3.2 (Principio de Phragmén-Lindelöf)
Sea u una función subarmónica en un dominio no acotado D en C tal
que
l´ımsup u(z) 0 (ξ ∂D ).
≤ ∈ \{∞}
z ξ
Suponga también que−→existe una función v superarmónica de valores fini-
tos en D, tal que
u(z)
l´ıminf v(z)>0 y l´ımsup 0.
z z v(z) ≤
−→∞ −→∞
Entonces u 0 en D.
≤
Prueba:
Supongamos primero que v >0 en D. Sea (cid:18)>0 y tomemos u =u (cid:18)v.
(cid:18)
−
Entonces u es subarmónica en D, y l´ımsup u (z) 0 para toda
(cid:18) z ξ ξ
−→ ≤
ξ ∂D (aún ).
∈ ∞
u(z)
Si l´ımsup 0,
z z v(z) ≤
−→ o
u(z) u(z)
l´ımsup = l´ım sup
z −→z o v(z) δ −→0z ∈∆(z o,δ) v(z)
0
≤
< (cid:18) ( ε >0).
∀
Entonces z B(z ,δ),
o
∀ ∈
u(z) < (cid:18)v(z)
∴ u (cid:18) <0 si z B( ,δ).
∈ ∞
Así por el Teorema 2.3.1 (b), u 0 en D. Haciendo que (cid:18) 0 tenemos
(cid:18)
≤ →
que u 0 en D.
≤
Ahora consideremos una función v general. Sean η >0 y
F : = z D/u(z) η =u 1([η,+ )).
η −
{ ∈ ≥ } ∞88 Cap.2 Funciones Subarmónicas
Puesto que v es semicontinua inferiormente y l´ıminf v(z) > 0, en-
z
→∞
tonces v es acotada inferiormente en F . Sin pérdida de generalidad, adi-
η
cionando una constante a v si es necesario, podemos suponer que v > 0
en F .
η
Sea V : = z D/v(z) >0 . V es un conjunto no acotado. Entonces
{ ∈ }
para ζ ∂V , tenemos:
∈ \{∞}
límsup u(z), si ζ ∂D
l´ımsup u(z) η z →ζ ∈ \{∞} 0.
z ζ { − }≤ ( u(ζ) η, si ζ D ∂V )≤
−→ − ∈ ∩
Aplicando un caso especial del Teorema ya probado a u η en cada
−
componente de V, tenemos que u η 0 en V. Como F V, por la
η
− ≤ ⊂
construcción de V entonces u η en F y u η en D F . Luego para
η η
≤ ≤ \
toda z D, u(z) η para toda η > 0. Es decir u η en D. Tomando
∈ ≤ ≤
límite cuando η 0, deducimos que u 0 en D.
−→ ≤
Corolario 2.3.3 Sea u una función subarmónica en un subdominio
propio no acotado D de C tal que
u(z)
l´ımsup u(z) 0 (ζ ∂D ) y l´ımsup 0.
z ζ ≤ ∈ \{∞} z log z ≤
−→ −→∞ | |
Entonces u 0 en D.
≤
Prueba:
Tomemos w ∂D y apliquemos el Teorema 2.3.2 con v(z)=log z w .
∈ | − |
v(z)=log z w es armónica en D.
| − |
l´ıminfv(z)=+ .
z ∞
−→∞
Ahora,
u(z) u(z) log z
l´ımsup = l´ımsup | |
log z w log z log z w
z z
−→∞ | − | −→∞ µ | | | − |¶
u(z)
M l´ımsup 0. (M =1).
≤ z log z ≤
−→∞ | |
En efecto,
log z log z
0 | | | | 1 (z w z w ).
≤ log z w ≤ log(z w ) z−→ | − | ≥| |−| |
| − | | |−| | −→∞
Y log z w log(z + w ), entonces, cuando z
| − | ≤ | | | | −→∞
log z log z log z
1 | | | | | | 1.
←− log( z + w ) ≤ log z w ≤ log(z w ) −→
| | | | | − | | |−| |2.3 El Principio del Máximo 89
u(z)
Porlotantol´ımsup 0 yporelTeoremaanterioru 0enD.
z log |z −w | ≤ ≤
−→∞
Corolario 2.3.4 (Teorema de Liouville)
Sea u una función subarmónica en C tal que
u(z)
l´ımsup 0.
z log z ≤
−→∞ | |
Entonces u es constante en C. En particular, toda función subarmónica
en C acotada superiormente es constante.
Prueba:
Si u , entonces u es constante.
≡−∞
Sea u . Escojamos w C con u(w) > , y apliquemos el
6≡ −∞ ∈ −∞
Corolario 2.3.3 a u u(w) en C w .
− \{ }
Sea u = u u(w), entonces
−
l´ımsup u(z) u(w) u(w)=0.
b z w ≤ −
−→
u(z) u(w) u(z) u(w)
− b = .
log z log z − log z
| | | | | |
Luego u(z) u(w) z C. Por el Teorema 2.3.1(a) concluimos que u
≤ ∀ ∈
es constante.
En algunos dominios de formas particulares no se necesita conocer
mucho acerca del crecimiento de u cerca a infinito. Por ejemplo las
formas clásicas del Principio de Phragmén-Lindelöf se estudian en
franjas y sectores.
Teorema 2.3.5 Sea S la franja z C/ |Rez < 2π ,donde γ >0,
γ ∈ | γ
y sea u una función subarmónica en nS tal que, para algounas constantes
γ
A< y α <γ,
∞
u(x+iy) Aeαy (x+iy S ).
| | γ
≤ ∈
Si l´ımsup u(z) 0 para toda ζ ∂S , entonces u 0 en S .
z γ γ
→∞ ≤ ∈ \{∞} ≤
La función u(z): = Re(cos(γz)) = cos(γx)cosh(γy) muestra que el
resultado no es cierto cuando α=γ.90 Cap.2 Funciones Subarmónicas
Prueba:
Escojamos β de tal forma que α <β <γ, y definamos v : S γ R por
−→
v(z): =Re(cos(βz)) =cos(βx)cosh(βy) (z =x+iy S ).
γ
∈
Entonces v es armónica en S ,
γ
βπ
l´ıminfv(z) l´ıminfcos cosh(βy)= ,
z ≥ y 2γ ∞
y −→∞ | |−→∞ µ ¶
u(z) Aeαy
| |
l´ımsup l´ımsup =0.
z v(z) ≤ y cos βπ cosh(βy)
−→∞ | |−→∞ 2γ
El resultado se sigue del Teorema 2.3.2.³ ´
Corolario 2.3.6 (Teorema de las Tres-Rectas)
Sea u una función subarmónica en la franja S: = z/0<Rez <1 tal
{ }
que para algunas constantes A< y α<π,
∞
u(x+iy) Aeαy (x+iy S).
| |
≤ ∈
Si
M , Reζ =0,
o
l´ımsup u(z)
z ζ ≤ ( M 1, Reζ =1,
−→
entonces
u(x+iy) M (1 x)+M x (x+iy S).
o 1
≤ − ∈
Prueba:
Definamos u: S [ , ) por
−→ −∞ ∞
u(z)=u(z) Re(M (1 z)+M z) (z S).
o 1
− − ∈
e
Tomando γ = π, aplicamos el Teorema 2.3.5 (haciendo primero una
e
traslación) y obtenemos que u 0 en S.
≤
Teorema 2.3.7 Sea T γ e el sector z ∈ C \{0 }/ |arg(z) | < 2π γ , don-
de γ > 1, y sea u una función subarmnónica en T tal que para oalgunas
2 γ
constantes A,B < y α<γ,
∞
u(z) A+B z α (z T ).
γ
≤ | | ∈
Si límsup u(z) 0 para toda ζ ∂T , entonces u 0 en T .
z ζ γ γ
−→ ≤ ∈ \{∞} ≤
Prueba:
Escojamos β de manera que α <β <γ, y definamos v : T γ R por
−→2.3 El Principio del Máximo 91
v(z) =Re zβ =rβcos(βt) z =reit T .
γ
∈
Entonces v es armónic³a en´T γ,
¡ ¢
βπ
l´ıminfv(z) l´ıminfrβcos = ,
z ≥ r 2γ ∞
−→∞ −→∞ µ ¶
y
u(z) A+Brα
l´ımsup l´ımsup =0.
z v(z) ≤ r rβcos βπ
−→∞ −→∞ 2γ
³ ´
El resultado se sigue del Teorema 2.3.2.
La función u(z) : = Re(zγ) muestra que el teorema no es cierto cuando
α =γ.
Corolario 2.3.8 Sea u una función subarmónica en el semiplano
H:= z/Rez >0 tal que, para algunas constantes A,B < ,
{ } ∞
u(z) A+B z (z H).
≤ | | ∈
u(x)
Si límsup u(z) 0 para todo ζ ∂H , y límsup = L,
z →ζ ≤ ∈ \{∞} x →∞ x
entonces
u(z) L(Rez) (z H).
≤ ∈
Prueba:
Dado L 0 >L, definamos u: H [ , ) por
−→ −∞ ∞
u(z) =u(z) L 0(Rez) (z H).
− ∈
e
Entonces aplicando una rotación y el Teorema 2.3.7, con γ = 2 en cada
uno de los sectorese π < arg(z) < 0 y 0 < arg(z) < π, deducimos que
−2 2
u es acotada superiormente en H. Volvemos a aplicar el Teorema 2.3.7
con γ =1, entonces tenemos que u 0 en H. Entonces u(z) L 0(Rez),
≤ ≤
ceomo esto se cumple para cada L >L, entonces
0
e
u(z) L(Rez) (z H).
≤ ∈
Ejercicios 2.3
1.Sea u ,...,u una sucesión de funciones subarmónicas en un dominio
1 n
D en C, suponga que su suma u 1+ +u alcanza un máximo en D.
n
···
Pruebe que cada función u es armónica en D.
j
2.Sea u una función subarmónica en (0,1) tal que u <0. Pruebe que
492 Cap.2 Funciones Subarmónicas
para cada ζ ∂ (0,1),
∈ 4
u(rζ)
l´ımsup <0.
1 r
r 1
−→ − −
[Sugerencia: aplique el Principio del Máximo a u(z) + clog z en el
conjunto 1 < z <1 para una constante adecuada c.] | |
2 | |
3.Sean =© (0,1) y ªf : una función holomorfa tal que
4 4 4→4
f(z)=z+o 1 z 3 cuando z 1.
| − | →
(1+z) ³ ´
(i) Sea φ(z) = y u(z) = Re(φ(z) φ(f(z))). Pruebe que
(1 z) −
l´ımsup u(z) 0−para cada ζ ∂ 1 , y que u(z) =o(1 z )
z ζ
cuando z→ 1. ≤ ∈ 4\{ } | − |
→
(ii) Use el Principio del Máximo para deducir que u 0, y entonces
≤
el Ejercicio 2 muestra que u 0.
≡
(iii) Concluya que f(z) z.
≡
De un ejemplo que muestre que la conclusión en (iii) falla si sólamente
suponemos que f(z)=z+O 1 z 3 cuando z 1.
| − | −→
³ ´
4.Sea u una función subarmónica en (0,1) tal que
4
u(z) log Im z (z <1).
≤− | | | |
Pruebe que
1 z2
u(z) log − (z <1).
≤− 2 | |
¯ ¯
¯ ¯ (r2 z2)
[Sugerencia: aplique el Princi¯pio del¯Máximo a u(z)+log − en
¯ ¯ 2r
(0,r), para r <1, y entonces tome límite cuando r 1.¯] ¯
4 → ¯ ¯
¯ ¯
5.Sea u una función subarmónica en H := z/Re z >0 , suponga que
{ }
existen constantes A,B < y α >0 tales que
∞
u(z) A+B z (z H),
≤ | | ∈ (2.3)
 l´ımsup u(z) α ζ (ζ ∂H ).
≤− | | ∈ \{∞}
 z ζ
−→
(i) Aplique el Teorema 2.3.7 a u(z) A B(Rez)+α(Imz) en el
sector 0< arg(z)< π para probar que− −
2
π
u(z) B(Rez) α(Imz) 0 <arg(z)< .
≤ − 2
(ii) Deduzca que u es acotada superi³ormente en la rec´ta arg(z)=θ,
donde tanθ = β.
α
(iii) Aplique el Teorema 2.3.7 en los sectores π < arg(z) < θ y
θ <arg(z)< π para probar que u es acotada sup− e2 riormente en H.
2
(iv) Aplique el Teorema 2.3.7 en H para probar que u 0 en H.
≤2.3 El Principio del Máximo 93
(v) pruebe que si M > 0 entonces u: = u+M(Rez) también satis-
face (2.3) (con diferentes constantes), y deduzca que u M(Rez)
≤ −
en H.
e
(vi) Concluya que u en H.
≡−∞
6.Sea f una función holomorfa en H := z/Re z >0 tal que, para al-
{ }
gunas constantes C < y γ <π,
∞
f(z) Ceγ |z (z H).
|
| | ≤ ∈
Supongamos también que f(n) = 0 para cada entero n 1. Pruebe
≥
que
f(z)
u(z):=log
2Csen(πz)
¯ ¯
essubarmónicaenH,yquesatisfa¯ce(2.3)con¯α =π γ >0. Deduzca
¯ ¯ −
que f 0 en H. ¯ ¯
≡
Ejercicios Resueltos 2.3
1. Seau ,...,u unasucesióndefuncionessubarmónicasenundominio
1 n
D en C, suponga que su suma u 1+ +u alcanza un máximo en D.
n
···
Pruebe que cada función u es armónica en D.
j
Prueba:
Sea u =u + +u . Entonces u es subarmónica.
1 n
···
Como u alcanza el máximo en D entonces u es constante en D, por lo
tanto u =C.
De donde
u es superarmónica
i
u =C u u u u − .
j 1 j 1 j+1 n
− −···− − − −···− Ãpara i =1,...,n !
Así u es una suma de funciones superarmónicas y como suma de fun-
j
ciones superarmónicas es superarmónica entonces u es superarmónica
j
y es subarmónica en D, por lo tanto u es armónica en D.
j
2. Sea u una función subarmónica en (0,1) tal que u < 0. Pruebe
4
que para cada ζ ∂ (0,1),
∈ 4
u(rζ)
l´ımsup <0.
1 r
r 1
−→ − −
Prueba:
l´ımsup u(z) u(z ) u(w)<0,
o
z z ≤ ≤
→ o
l´ımsup u(z) 0.
≤
z ζ
→
Sea 1 < z <1,
2 | |94 Cap.2 Funciones Subarmónicas
l´ımsup(u(z)+clog z ) M clog2<0 (c >0, M <0),
z z | | ≤ −
→ o
1
u(z) < clog z =clog ,
− | | z
| |
u(z)+clog z < 0. (Fig. 13)
| |
Figura 13
Entonces,
u(rζ) log 1
< c r
1 r 1 r
− −
1
clog < 1 r.
r −
logr 1
c c r =c. Cuando r 1
−
− 1 r −→ − 1 →
− −
De donde ¡ ¢
u(z) < clog z .
− | |
Sea
u(w)
c = c,
1
log2 ≤
Así
u(z)+c log z 0.
1
| | ≤
3. Sean = (0,1) y f : una función holomorfa tal que
4 4 4→4
f(z)=z+o 1 z 3 cuando z 1.
| − | →
³ ´2.3 El Principio del Máximo 95
(1+z)
(i) Sea φ(z) = y u(z) = Re(φ(z) φ(f(z))). Pruebe que
(1 z) −
l´ımsup u(z) 0−para cada ζ ∂ 1 , y que u(z) =o(1 z )
z ζ
cuando z→ 1. ≤ ∈ 4\{ } | − |
→
(ii) Use el Principio del Máximo para deducir que u 0, y entonces
≤
el Ejercicio 2 muestra que u 0.
≡
(iii) Concluya que f(z) z.
≡
Prueba:
(i)
f(z) = z+o 1 z 3 cuando z 1
| − | −→
f(z)³ z ´
− 0 cuando z 1.
⇐⇒ 1 z 3 −→ −→
| − |
Figura 14
φ(z)= 1+z
1 z
−
1+z 1 z 1 z 2+2iImz
φ(z)= − = −| | .
1 z · 1 z 1 z 2
− − | − |
Sea ζ ∂∆ 1 .
∈ \{ }
l´ımsupReφ(z)=0.
z ζ ∂
→ζ=∈1 4
6
De donde
φ(z) está en el semiplano derecho,
l´ımsupu(z) 0 .
≤ por lo tanto Reφ(f(z))>0
z ζ ∂ Ã !
→ζ=∈1 4
696 Cap.2 Funciones Subarmónicas
En efecto, puesto que z , Reφ(f(z))>0, entonces
∀ ∈4
l´ımsupReφ(f(z)) 0.
≥
z ζ ∂
→ζ=∈1 4
6
Por lo tanto
( z , Reφ(f(z)))<0.
∀ ∈ 4 −
Así
l´ımsup u(z) Reφ(f(z)) 0
− ≤
z ζ ∂
→ζ=∈1 4
y 6
l´ımsup u(z) = l´ımsupRe(φ(z) φ(f(z)))
−
z ζ ∂ z ζ
→ζ=∈1 4 →
6
= Reφ(ζ)+l´ımsup Reφ(f(z))
−
z ζ
→
= 0+l´ımsup Reφ(f(z))
−
z ζ
→
0.
≤
Veamos que u(z)=o(1 z ) cuando z 1.
| − | →
1+z 1+f(z)
φ(z) φ(f(z))= .
− 1 z − 1 f(z)
− −
u(z) z f(z)
= 2Re −
1 z (1 z) 1 z (1 f(z))
| − | µ − | − | − ¶
z f(z)
2 | − |
≤ 1 z 2 1 f(z)
| − | | − |
2 z f(z) 1 z
= | − || − |.
1 z 3 1 f(z)
| − | | − |
f(z) z
Sea g(z)= z−3 (z 6=1), entonces
1
| − |
f(z) z = g(z) 1 z 3 (g(z) 0 cuando z 1)
− | − | −→ −→
f(z) = z+g(z) 1 z 3
| − |
f(z) 1 = z 1+g(z) 1 z 3
− − | − |
2 z f(z) 1 z 2 z f(z) 1 z
∴ | − || − | = | − | | − |
1 z 3 1 f(z) 1 z 3 z 1+g(z) 1 z 3
| − | | − | | − | − | − |
¯ ¯
2 z f(z) 1 z ¯ g(z) 1 z 3 (¯1 z)
| − || − | ¯ | − | − ¯ −
≤ 1 z 3 g(z) 1 z 3 1 z ¯ g(z) 1 z 3 1 z¯
¯ ¯
| − | | − | −| − | ≥¯ | − | −| −¯|
2³¯z f(z) ¯ ´  ¯ ¯ 
= |¯ ¯ − | ¯ ¯ 0 cuando z¯ ¯ 1. ¯ ¯
1 z 3 g(z) 1 z 2 1 −→ −→
| − | | − | −
(ii) Por lo a¯nterior, l´ımsup¯ u(z) = 0, luego l´ımsup u(z) 0
¯ z¯ ¯→1 z →ζ ≤
¯2.3 El Principio del Máximo 97
para cualquier ζ ∂∆. Por el Teorema 2.3.1(b), u 0 en D. Coside-
∈ ≤
remos, entonces, los siguientes casos:
Caso1:
Siexisteunz talqueu(z )=0;entoncesporelTeorema2.3.1(a),
o o
∈4
u es constante y por lo tanto idénticamente cero.
Caso 2:
u<0.
Aplicando el Ejercicio 2,
u(rζ)
l´ımsup <0;
1 r
z 1
→ − −
u(ζ) u(ζ)
pero l´ım 0 y por lo tanto l´ımsup 0, lo cual es un
z 1|1 −z | −→ z 1 |1 −z | −→
absurdo→ . Por lo tanto u 0. → −
≡
(iii) Si u 0, entonces la función h(z) = φ(z) φ(f(z)) es holo-
≡ −
morfa en ∆ y su parte real es constante, luego h es constante en ∆,
o sea que φ(z) = φ(f(z)) para z ∆. Pero φ es inyectiva (es una
∈
transformación de Möbius), luego f(z) z.
≡
4. Sea u una función subarmónica en (0,1) tal que
4
u(z) log Im z (z <1).
≤− | | | |
Pruebe que
1 z2
u(z) log − (z <1).
≤− 2 | |
¯ ¯
Prueba: ¯ ¯
¯ ¯
¯ ¯
Sea ∆= (0,1).
4
Sea, para 0<r <1,
r2 z2
v (z)=u(z)+log − (z ∆)
r
2r ∈
¯ ¯
Veamos que l´ımsup v (z) ¯0 para ζ¯ ∂ (0,r).
z −→ζ r ≤¯ ¯ ∈ 4
¯ ¯ r2 z2
l´ımsup v (z) l´ımsup u(z)+l´ımsuplog −
r
≤ 2r
z ζ z ζ z ζ ¯ ¯
→ → →
¯ ¯ ¯r2 z2
¯
l´ımsup( log Im z )+l´ım¯suplog¯ − .
≤ − | | 2r
z ζ z ζ ¯ ¯
→ →
Sea ζ ∂(0,r), sea ζ =reit, con t R. ¯ ¯
¯ ¯
∈ 4 ∈ ¯ ¯
r2 ζ2
l´ımsup v (z) l´ımsup( log Im z )+log −
r
≤ − | | 2r
z ζ z ζ ¯ ¯
→ → ¯ ¯
r2 1 e2it
= log Im ζ +log −
− | | 2r
¯ ¯
¯ ¯98 Cap.2 Funciones Subarmónicas
= logr log2+log 1 e2it log rsent
− − − | |
1 e2it
¯ ¯
= log − ¯ ¯
2 sent
¯ | |¯
= 0, ¯ ¯
ya que 1 e2it =1 cos2t isen2t, de donde
− − −
1 e2it 2 =1 2cost+1 =2 1 cos2t+sen2t =4sen2t.
− − −
¯ ¯ ∴ 1 e2it = ¡ 2 sent . ¢
¯ ¯ − | |
Así por el Principio del Máximo
¯ ¯
¯ ¯
v (z) 0 z (0,r),
r
≤ ∀ ∈ 4
o sea
r2 z2
u(z) log − .
≤ 2r
¯ ¯
Tomando límite cuando r 1 , t¯enemos ¯
−
→ ¯ ¯
l´ım v (¯z) 0. ¯
r
r 1 ≤
→ −
Por lo tanto
1 z2
u(z) log − (z <1).
≤− 2 | |
¯ ¯
6. Sea f una función holo¯morfa e¯n H := z/Re z >0 tal que, para
¯ ¯ { }
algunas constantes C < ¯y γ <π¯,
∞
f(z) Ceγ |z (z H).
|
| | ≤ ∈
Suponga también que f(n)=0 para cada entero n 1. Pruebe que
≥
f(z)
u(z):=log
2Csen(πz)
¯ ¯
es subarmónica en H, y que satis¯face ¯
¯ ¯
¯ ¯
u(z) A+B z (z H),
≤ | | ∈

  l´ımsupu(z) α ζ (ζ ∂H ).

≤− | | ∈ \{∞}
z ζ
→

con α =π γ >0. Deduzca que f 0 en H.

− ≡
Prueba:
La función u es subarmónica en H porque
eiπz e iπz
−
senπz = −
| | 2i
¯ ¯
¯ eiπz e iπ¯z
¯ − ¯
¯ − ¯
≥ 2
¯¯ ¯ ¯ ¯¯
¯¯ ¯ ¯ ¯¯2.4 Criterio para Subarmonicidad 99
e πy eπy
−
= | − |
2
eπy e πy
−
| − |
≥ 2
eπy −2e −πy si y ≥0
=
( e −πy 2−eπy si y <0
eπy si y 0
2 ≥ .
≥ e −πy si y <0
(
2
sen(z)
Figura 15
De donde
f(z)
eγz πy
| |− | |
2Csenπz ≤
¯ ¯
luego ¯ ¯
¯ ¯
¯ f(z) ¯
log γ z π y
2Csenπz ≤ | |− | |
¯ ¯
¯ ¯ γ z
¯ ¯
≤ | |
¯ ¯
(Para A=0 y B =γ).
Para (ζ ∂H ) u(z) γ z π Im z ,
∈ \{∞} ≤ | |− | |
l´ımsupu(z) γ ζ π ζ = α ζ .
≤ | |− | | − | |
z ζ
→
2.4 Criterio para Subarmonicidad
Teorema 2.4.1 Sean U un subconjunto abierto de C, y u : U
−→
[ , )una función semicontinua superiormente. Entonces los siguien-
−∞ ∞
tes literales son equivalentes:100 Cap.2 Funciones Subarmónicas
(a) La función u es subarmónica en U.
(b) Si ∆(w,ρ) U, entonces para r <ρ y 0 t<2π
⊂ ≤
2π
1 ρ2 r2
u w+reit − u w+ρeiθ dθ.
≤ 2π ρ2 2ρrcos(θ t)+r2
¡ ¢ Z 0 − − ³ ´
(c) Si D es un subdominio relativamente compacto de U, y h es una
función armónica en D que satisface
l´ımsup(u h)(z) 0 (ζ ∂D),
− ≤ ∈
z ζ
−→
entonces u h en D.
≤
Prueba:
(a) = (c) : Dados D un subdominio relativamente compacto de U y
⇒
h una función armónica en D, entonces la función u h es subarmónica
−
en D, luego por el Principio del Máximo (Teorema 2.3.1(b)), tenemos que
u h en D.
≤
(c)= (b): Supongamos que ∆: =∆(w,ρ) U. Por el Teorema 2.1.3
⇒ ⊂
existe una sucesión de funciones continuas φ n : ∂∆ R tal que φ n u
−→ ↓
en ∂∆. Por el Teorema 1.2.4 cada Integral de poisson P φ es armónica
∆ n
en ∆ y lím P φ (z) =φ (ζ) para cada ζ ∂∆, entonces
z ζ ∆ n n
−→ ∈
l´ımsup(u P φ )(z) u(ζ) φ (ζ) 0 (ζ ∂∆).
∆ n n
− ≤ − ≤ ∈
z ζ
−→
De (c) se sigue que u P φ en ∆. Tomando límite cuando n ,
∆ n
≤ −→ ∞
por el Teorema de la Convergencia Monótona, tenemos que:
2π
1 ρ2 r2
u w+reit − u w+ρeiθ dθ.
≤ 2π ρ2 2ρrcos(θ t)+r2
¡ ¢ Z 0 − − ³ ´
(b)= (a) Por la Definición de función subarmónica.
⇒
Corolario 2.4.2 (Desigualdad Submedia Global)
Si u es una función subarmónica en un conjunto abierto U en C, y si
∆(w,ρ) U, entonces
⊂
2π
1
u(w) u w+ρeiθ dθ.
≤ 2π
Z 0 ³ ´2.4 Criterio para Subarmonicidad 101
Prueba:
Basta que tomemos r =0 en el Teorema 2.4.1(b).
Corolario 2.4.3 Si f : U U es un mapeo conforme entre sub-
1 2
−→
conjuntos abiertos U y U de C, y si u es subarmónica en U 2, entonces
1 2
u f es subarmónica en U .
1
◦
Prueba:
Como f es conforme y u es subarmónica, entonces u f es semicontinua
◦
superiormente.
Sean w U y ∆(f(w),ρ) U . Entonces
1 2
∈ ⊂
2π
1
(u f)(w) = u(f(w)) u f(w)+ρeiθ dθ
◦ ≤ 2π
Z 0 ³ ´
2π
1
(u f) w+ρeiθ dθ.
≤ 2π ◦
Z 0 ³ ´
Luego u f es subarmónica.
◦
Teorema 2.4.4 Sea U un subconjunto abierto de C,y sea u C2(U).
∈
Entonces u es subarmónica en U si y sólo si ∆u 0 en U.
≥
Prueba:
“ =” Supongamos ahora que ∆u 0 en U y utilicemos el Teorema
⇐ ≥
2.4.1 para probar que u es subarmónica.
Sea D un sudominio relativamente compacto de U, supongamos que h es
una función armónica en D tal que límsup (u h)(z) 0 para toda
z ζ
−→ − ≤
ζ ∂D.
∈
Veamos que u h en D.
≤
Dado (cid:18)>0, definamos
u(z) h(z)+(cid:18) z 2, si z D,
v (z): = − | | ∈
(cid:18) ( (cid:18) z 2, si z ∂D.
| | ∈
Entonces v es semicontinua superiormente en D, y por lo tanto alcanza
(cid:18)
un máximo allí. Pero v no puede alcanzar un máximo local en D porque
(cid:18)102 Cap.2 Funciones Subarmónicas
∆v = ∆u +4(cid:18) > 0 en D. Por lo tanto el máximo se alcanza en ∂D,
(cid:18)
entonces u h sup (cid:18) z 2 en D. Tomando límite cuando (cid:18) 0
∂D
− ≤ | | −→
tenemos que u h en D. Por el Teorema 2.4.1 concluimos que u es
≤
subarmónica en U.
“= ” Sea u subarmónica en U.
⇒
Supongamos que existe algún w U para el cual ∆u(w) < 0. Como
∈
u C2(U), entonces u es continua, luego existe ρ > 0 tal que ∆u 0
∈ ≤
en ∆(w,ρ), es decir u es superarmónica en ∆(w,ρ), por lo tanto u es
armónica allí. En particular ∆u(w)=0, lo cual contradice la suposición.
Por lo tanto ∆u 0 en U.
≥
Teorema 2.4.5 (Teorema del Pegamento)
Sea u una función subarmónica en un conjunto abierto U de C, y sea v
una función subarmónica en un subconjunto abierto V de U, tales que
l´ımsup v(z) u(ζ) (ζ U ∂V).
≤ ∈ ∩
z ζ
−→
Entonces u es subarmónica en U, donde
máx(u,v) en V,
u: =
e u en U V.
(
\
Prueba: e
Como l´ımsup v(z) u(ζ) (ζ U ∂V),
≤ ∈ ∩
z ζ
entonces− u→ es semicontinua superiormente V .ζ
en U. Por el Teorema 2.2.3 (a) u satisface
w
laDesiguaeldadSubmedialocalencadaw
∈
V y tambiénencadaw U V peuestoque U
∈ \
u u en U.
≥
Figura 16
Concluiremos esta sección con tres teore-
e
mas acerca de familias infinitas de fun-
ciones subarmónicas, los cuales no se cumplirían si restringieramos las
funciones subarmónicas a funciones continuas.
Teorema 2.4.6 Sea (u ) una sucesión de funciones subarmónicas
n n 1
≥
en un conjunto abierto U en C, y suponga que u u u en U.
1 2 3
≥ ≥ ≥···2.4 Criterio para Subarmonicidad 103
Entonces u: =l´ım u es subarmónica en U.
n n
−→∞
Prueba:
Sean α R y U n = z/u n(z) <α . U n es abierto. Entonces
∈ { }
z/u(z) <α paracadaα ReslaunióndeconjuntosU yporlotanto
n
{ } ∈
es abierto y u es semicontinua superiormente.
Ahora, si ∆(w,ρ) U, entonces para cada n 1
⊂ ≥
2π
1
u (w) u w+ρeiθ dθ.
n n
≤ 2π
Z 0 ³ ´
Sea v =u u 0, v es creciente. En efecto,
n 1 n n
− ≥
v = u u
n+1 1 n+1
−
u < u
n+1 n
∴ u n < u n+1
− −
∴ u 1 u n <u 1 u n+1.
− −
Entonces, por el Teorema de la Convergencia Monótona
2π 2π 2π
u w+ρeiθ dθ l´ım u w+ρeiθ dθ = l´ım v w+ρeiθ dθ
1 n n
−n n
Z 0 ³ ´ →∞Z 0 ³ ´ →∞Z 0 ³ ´
2π
= l´ım (u u ) w+ρeiθ dθ
1 n
n −
→∞Z
0 ³ ´
2π 2π
= u w+ρeiθ dθ u w+ρeiθ dθ
1
−
Z 0 ³ ´ Z 0 ³ ´
De donde
u(w) = l´ım u (w)
n
n
→∞
2π
1
l´ım u w+ρeiθ dθ
n
≤ n 2π
→∞ Z 0 ³ ´
2π
1
= u w+ρeiθ dθ.
2π
Z 0 ³ ´
Por lo tanto u satisface la Desigualdad Submedia.104 Cap.2 Funciones Subarmónicas
Elcorrespondienteresultadoparasucesionescrecientes(u )nosecumple,
n
porque aun un límite finito u puede no ser semicontinuo superiormente.
Por ejemplo, si u (z)= 1 log z en ∆(0,1), entonces
n n | |
0, si 0 < z <1,
¡ ¢
u(z)= | |
( , si z =0.
−∞
Los dos resultados siguientes son la generalización de las partes (a) y (b)
del Teorema 2.2.3.
Teorema 2.4.7 Sea T un espacio topológico compacto, sea U un
subconjunto abierto de C, y sea v : U T [ , ) una función tal
× −→ −∞ ∞
que:
(a) v es semicontinua superiormente en U T;
×
(b) z v(z,t) es subarmónica en U para cada t T.
7−→ ∈
Entonces u(z): =sup v(z,t) es subarmónica en U.
t T
∈
Prueba:
Sean w U y u(w) < α. Sea α (u(w),α). Entonces para cada
0
∈ ∈
t T, v(w,t) < α. Como v es semicontinua superiormente, existen una
0
∈
vecindad N de t y ρ >0 tales que v <α en ∆(w,ρ ) N . Como T es
t t 0 t t
×
compacto,admiteunsubcubrimientofinitoN ,...,N . Entoncesu α
t 1 t n ≤ 0
en ∆(w,ρ), donde ρ = m´ın ρ ,...,ρ . Luego u < α en ∆(w,ρ).
0 0 t t 0
1 n
Esto muestra que u es semicontinua superiormente.
¡ ¢
Ahora supongamos que ∆(w,ρ) U. Entonces para cada t T,
⊂ ∈
2π 2π
1 1
v(w,t) v w+ρeiθ,t dθ u w+ρeiθ dθ.
≤ 2π ≤ 2π
Z 0 ³ ´ Z 0 ³ ´
Luego u(z): =sup v(z,t) satisface la Desigualdad Submedia y por lo
t T
∈
tanto es subarmónica en U.
Teorema 2.4.8 Sean (Ω,µ) un Espacio Medible con µ(Ω) < , y
∞
U un subconjunto abierto de C, y sea v : U Ω [ , ) una función
× −→ −∞ ∞
medible tal que:2.4 Criterio para Subarmonicidad 105
(a) v es medible en U Ω;
×
(b) z v(z,w) es subarmónica en U para cada w Ω;
7−→ ∈
(c) z sup v(z,w) es localmente acotado superiormente en U.
w Ω
7−→ ∈
Entonces u(z) : = v(z,w)dµ(w) es subarmónica en U.
Ω
Prueba: R
Es suficiente probar que u es subarmónica en cada subdominio relativa-
mente compacto D de U.
Fijemos un tal D. Entonces (c) implica que sup v(z,w) es acotado su-
w
periormente en D, así, restando una constante si es necesario, suponemos
que v 0 en D Ω. Ahora podemos utilizar el Lema de Fatou.
≤ ×
l´ımsup u(w ) = l´ıminf( u(w ))
n n
n −n −
−→∞ −→∞
= l´ıminf v(w ,w)dµ(w) .
n
−n −
−→∞ · ZΩ ¸
Si w w en D, entonces por el Lema de Fatou
n
−→
l´ımsup u(w ) l´ımsup v(w ,w)dµ(w)
n n
n ≤ Ω n
−→∞ Z −→∞
v(w,w)dµ(w) =u(w).
≤
Ω
Z
De aquí se sigue que u es semicontinua superiormente en D.
Si ∆(w,ρ) D, entonces por el Teorema de Fubini
⊂
1 2π 1 2π
u w+ρeiθ dθ = v w+ρeiθ,w dθ dµ(w)
2π 2π
Z0 ZΩµ Z0 ¶
³ ´ ³ ´
v(w,w)dµ(w)=u(w).
≥
Ω
Z
v 0, de donde
− ≥
l´ıminf ( v(w ,w)dµ(w)) l´ıminf v(w ,w)dµ(w)
n n
n − ≤ n −
ZΩ −→∞ −→∞ ZΩ
∴ l´ımsup u(w n)= l´ıminf v(w n,w)dµ(w)
n −n ZΩ−
−→∞ −→∞
l´ıminf( v(w ,w)dµ(w))
n
≤ n −
ZΩ −→∞
= l´ımsupv(w ,w)dµ(w).
n
Ω n
Z −→∞
Así que u satisface la Desigualdad Submedia en D.106 Cap.2 Funciones Subarmónicas
Ejercicios 2.4
1.Sea u una función semicontinua superiormente en un subconjunto
abierto U de C. Suponga que para cada w U con u(w) > ,
∈ −∞
tenemos que
2π
1 1
l´ımsup u w+reit dt u(w) 0.
r2 2π − ≥
r 0
−→ Z 0 ¡ ¢
Pruebe que u es subarmónica en U. 
[Sugerencia:Sea(cid:18)>0,tomeu =u+(cid:18) z 2. Repitalospasosprincipales
(cid:18)
| |
previos al Corolario 2.4.2 para probar que u satisface la Desigualdad
(cid:18)
Submedia. Luego tome límite cuando (cid:18) 0.]
−→
2.(i) Pruebequesiu(z)essubarmónicaenunavecindadde0,entonces
u zk también es subarmónica para cada k 1.
≥
(ii) Pruebe que si f es holomorfa en una vecindad de w y f f(w)
¡ ¢
−
tieneuncerodeordenexactamentek enw,entoncesexisteunafunción
holomorfa, inyectiva g en una vecindad de w tal que f(z) = g(z)k +
f(w) allí.
(iii) Combine (i) y (ii) para extender el Corolario 2.4.3 a funciones
holomorfas arbitrarias.
3.Sea U un subconjunto abierto de C. Pruebe que
u(z):= logdist(z,∂U)
−
es subarmónica en U.
Ejercicios Resueltos 2.4
1.Sea u una función semicontinua superiormente en un subconjunto
abierto U de C. Suponga que para cada w U con u(w) > ,
∈ −∞
tenemos que
2π
1 1
l´ımsup u w+reit dt u(w) 0.
r2 2π − ≥
r 0
−→ Z 0 ¡ ¢
Pruebe que u es subarmónica en U. 
Prueba:
Sea (cid:18) >0, y definamos
u : =u+(cid:18) z 2.
(cid:18)
| |
La función u es semicontinua superiormente y (cid:18) z 2 es subarmónica,
| |
luego u es semicontinua superiormente.
(cid:18)2.4 Criterio para Subarmonicidad 107
Sea ∆¯ = ∆¯ (w,ρ) y φ n : ∂∆ R una sucesión de funciones
−→
Lebesgue-integrables, tales que φ u en ∂∆. Entonces P φ : ∆
n (cid:18) ∆ n
↓ →
R es armónica en ∆ y
l´ım P φ (z) =φ (ζ) ( ζ ∂∆).
∆ n n
z ζ ∀ ∈
−→
Veamos que u (ζ) l´ım P φ (z) (ζ ∆).
(cid:18) ∆ n
≤z ζ ∈
−→
Sean 0<r <ρ y 0 t<2π, entonces:
≤
2π
1 ρ2 r2
u w+reit − φ w+ρeiθ dθ.
(cid:18) ≤ 2π ρ2 2ρrcos(θ t)+r2 n
¡ ¢ Z 0 − − ³ ´
2π
1 ρ2 r2
l´ım u w+reit l´ım − φ w+ρeiθ dθ,
n (cid:18) ≤n 2π ρ2 2ρrcos(θ t)+r2 n
→∞ ¡ ¢ →∞ Z 0 − − ³ ´
por el Teorema de la Convergencia Monótona
2π
1 ρ2 r2
u w+reit − u w+ρeiθ dθ.
(cid:18) ≤ 2π ρ2 2ρrcos(θ t)+r2 ε
¡ ¢ Z 0 − − ³ ´
Con r =0
2π
1
u (w) u w+ρeiθ dθ.
(cid:18) ε
≤ 2π
Z 0 ³ ´
∴ u ε es subarmónica.
Entonces
2π
1 2
u(w)+(cid:18) w 2 u w+ρeiθ +(cid:18) w+ρeiθ dθ
| | ≤ 2π
Z 0 µ ³ ´ ¯ ¯ ¶
¯ ¯
Tomando límite cuando (cid:18) 0, tenemos qu¯e u es su¯barmónica en
−→
U.
3. Sea U un subconjunto abierto de C. Pruebe que
u(z):= logdist(z,∂U)
−
es subarmónica en U.
Prueba:
dist(z,∂U)=inf z c /c ∂U .
{| − | ∈ }
1 (c ∂U), f es armónica en U
f(z,c) = log ∈ .
¯z −c ¯ Ã como función de z !
¯ ¯
1¯ ¯
h(z) = ¯ ¯ no se anula para z U.
z c ∈
−108 Cap.2 Funciones Subarmónicas
Pregunta: ¿log 1 =sup f(z,c)?.
dist(z,∂U) c ∂U
∈
Sea T =∂U.
dist(z,∂U) z c (para toda c ∂U)
≤ | − | ∈
1 1
(para toda c).
z c ≤ dist(z,∂U)
| − |
1 1
f(z,c) = log log ,
z c ≤ dist(z,∂U)
| − |
de donde
1
sup f(z,c) log .
≤ dist(z,∂U)
c ∂U
Pero c ∂U tal que∈
o
∃ ∈
dis(z,∂U) = z c
o
| − |
1 1
= .
z c dis(z,∂U)
o
| − |
1
f(z,c ) = log
o
z c
o
| − |
1
= log
dis(z,∂U)
sup f(z,c)
≤
c ∂U
∈
de donde
1
sup f(z,c)=log .
dis(z,∂U)
c ∂U
Luego por el Teorema∈2.4.7 u(z) := logdist(z,∂U) es subarmónica en
−
u.
2.5 Integrabilidad
Comolasfuncionessubarmónicassonsemicontinuassuperiormente,auto-
maticamente son acotadas superiormente enconjuntos compactos (Teore-
ma2.1.2). Elhechodequetampocopuedenserno-acotadasinferiormente
es menos obvio.
Teorema 2.5.1 (Teorema de Integrabilidad)
Sea u una función subarmónica en un dominio D en C, con u en
6≡−∞
D. Entonces ues LocalmenteIntegrableen D,esdecir u dA<
K| | ∞
para cada subconjunto compacto K de D.
R2.5 Integrabilidad 109
dA denota la medida de Lebesgue dos-dimensional.
Prueba:
Por un argumento simple de compacidad, es suficiente probar que para
cada w D existe ρ>0 tal que
∈
u dA< . (2.4)
| | ∞
∆(w,ρ)
Z
Definamos los conjuntos A y B, como:
A: = w D : u dA< para algún ρ >0 .
∈ | | ∞
( ∆(w,ρ) )
Z
B: = w D : u dA= para todo ρ >0 con ∆(w,ρ) D .
∈ | | ∞ ⊆
( ∆(w,ρ) )
Z
Veamos que A y B son abiertos y que u = en B. El resultado se
−∞
sigue de la conexidad de D.
Sea w A. Escojamos ρ >0 tal que (2.4) se cumpla.
∈
Dado w ∆(w,ρ), tomemos ρ = ρ w w . Entonces ∆(w ,ρ)
0 0 0 0 0
∈ −| − | ⊂
∆(w,ρ); así
u dA< .
| | ∞
∆(w,ρ)
Z 0 0
Por lo tanto ∆(w,ρ) A, lo que prueba que A es abierto.
⊂
Ahora sea w B. Escojamos ρ > 0 tal que ∆(w,2ρ) D. Puesto que
∈ ⊂
w B,
∈
u dA= .
| | ∞
∆(w,ρ)
Z
Dado w ∆(w,ρ), tomemos ρ = ρ+ w w . Entonces ∆(w ,ρ)
0 0 0 0 0
∈ | − | ⊃
∆(w,ρ) y u es acotada superiormente en ∆(w ,ρ), así
0 0
= u dA u+dA+ u dA= .
−
∞ | | ≤ ∞
∆(w,ρ) ∆(w,ρ) ∆(w,ρ)
Z Z 0 0 Z 0 0
<
∞ −∞
Luego
| {z } | {z }
udA= u+dA u dA=
−
− −∞
∆(w,ρ) ∆(w,ρ) ∆(w,ρ)
Z 0 0 Z 0 0 Z 0 0
<
∞ −∞
| {z } | {z }110 Cap.2 Funciones Subarmónicas
Como u satisface la Desigualdad Submedia
2π
1
u w u w +reit dt 0 r ρ ;
0 0 0
≤ 2π ≤ ≤
Z
¡ ¢ 0 ¡ ¢ ¡ ¢
así,multiplicandopor2πr eintegrandodesder =0hastar =ρ,tenemos:
0
2
π ρ u w udA= .
0 0
≤ −∞
∆(w,ρ)
Z 0 0
Entonces u= en¡ ∆¢(w,¡ρ)¢. Esto prueba que B es abierto y u =
−∞ −∞
en B.
Como D es conexo entonces (2.4) se cumple.
Del teoremaanteriorse sigue tambiénque las funciones subarmónicas son
integrables en círculos.
Corolario 2.5.2 Sea u una función subarmónica en un dominio D
en C, con u . Si ∆(w,ρ) D, entonces
6≡∞ ⊂
2π
1
u w+ρeiθ dθ > .
2π −∞
Z 0 ³ ´
Prueba:
Tomemos ∆(w,ρ) D, fijo.
⊂
Puesto que u es acotada superiormente en conjuntos compactos, sustra-
yendo una constante si es necesario, podemos suponer que u 0 en
≤
∆(w,ρ). Por el Teorema 2.4.1(b), si r <ρ y 0 t<2π entonces
≤
2π
1 ρ2 r2
u w+reit − u w+ρeiθ dθ
≤ 2π ρ2 2ρrcos(θ t)+r2
¡ ¢ Z 0 − − ³ ´
2π
ρ+r 1
u w+ρeiθ dθ.
≤ ρ r 2π
µ − ¶ Z 0 ³ ´
Si la última integral es , entonces u en ∆(w,ρ); esto contradice
−∞ ≡∞
el Teorema 2.5.1. Por lo tanto la integral es finita.
Otra consecuencia del Teorema 2.5.1 es que las funciones subarmónicas
sólo pueden ser iguales a en conjuntos relativamente pequeños.
−∞
Corolario 2.5.3 Sea u una función subarmónica en un dominio D2.5 Integrabilidad 111
en C, con u en D. Entonces
6≡∞
E: = z D/u(z)=
{ ∈ −∞}
es un conjunto de medida de Lebesgue cero.
Prueba:
Sea (K ) una sucesión de conjuntos compactos tales que
n n 1
≥
∞
D = K .
n
n=1
[
Para cada n tenemos u dA < , así E K tiene medida cero.
K n| | ∞ ∩ n
Puesto que E = (E K ), entonces E también tiene medida cero.
n R∩ n
S
Por ejemplo si u = log f donde f es una función holomorfa, entonces E
| |
es el conjunto de ceros de f, que es un conjunto contable. Pero existen
funciones subarmónicas que son iguales a en conjuntos no-contables.
−∞
Teorema 2.5.4 Sea K un subconjunto compacto de C sin puntos
aislados, sea (w ) una sucesión densa en K, y sea (a ) una suce-
n n 1 n n 1
≥ ≥
sión de números estrictamente positivos tal que a < . Defina
n n ∞
u : C [ , ) por
−→ −∞ ∞ P
u(z)= a nlog z w (z C).
n
| − | ∈
n 1
X≥
Entonces:
(a) u es subarmónica en C y u ;
6≡∞
(b) u= en un subconjunto denso no-contable de K;
−∞
(c) u es discontinua casi en todo punto en K.
Prueba:
(a) Sea µ la medida finita en N dada por µ( n )=a n (n 1). Defi-
{ } ≥
namos
v : C N [ , )
× −→ −∞ ∞
(z,n) v(z,n) =log z w .
n
7−→ | − |
Entonces
µ(N)= a < ;
n
∞
n 1
X≥112 Cap.2 Funciones Subarmónicas
luego
v(z,n)dµ(n)= a nlog z w =u(z) (z C).
n
| − | ∈
ZN n 1
X≥
Como v es continua, devuelve abiertos en abiertos y cualquier abierto de
C N es medible, luego v es medible.
×
log z w essubarmónicaporserlaparterealdeunafunciónholomorfa.
n
| − |
Para n 1 fijo, tenemos w K (acotado), luego si z varía en C, com-
n
≥ ∈
pacto en C, v(z,n)=log(z + w ) es acotado uniformemente.
n
| | | |
Entonces por el Teorema 2.4.8 u es subarmónica en C. También u(z)>
para toda z C K.
−∞ ∈ \
Sean n Z+ y w K.
n
∈ ∈
Dado z C K (fijo) dist(z,K): =d>0, de donde
∈ \
n Z+ (z w >d)
n
∀ ∈ | − |
∴ ¡a nlog z ¢ w n >a nlogd
| − |
∴ a nlog z w n > a nlogd> .
| − | −∞
n 1 n 1
X≥ X≥
Entonces u .
6≡−∞
(b) Sea E = z C/u(z) = . E es un subconjunto denso no con-
{ ∈ −∞}
table de K, puesto que cada w E.
n
∈
K E = z K/u(z) n ,
\ { ∈ ≥− }
n 1
[≥
es una unión contable de conjuntos cerrados, densos en ninguna parte,
entonces es contable, por lo tanto K E es magro en K. Si E fuera con-
\
table, esto implicaria que K fuera magro en sí mismo, contradiciendo el
Teorema de Categoria de Baire. Por lo tanto E no es contable.
(c) La función u es dicontinua en todo punto de E E. Puesto que E es
\
denso en K, y por el Corolario 2.5.3 E tiene medida cero, por lo tanto u
es discontinua casi en todas partes en K.
Ejercicios 2.5
1.Sea u una función subarmónica en un dominio D en C, y suponga que
u= en un segmento de recta L en D.
−∞2.5 Integrabilidad 113
(i) Sea un disco abierto en D tal que L contiene un diametro de
4
, que divide a en + y . Defina v : [ , ) por
−
4 4 4 4 4−→ −∞ ∞
u(z), si z +,
∈4
v(z)=

  , si z ∆ L.
−
−∞ ∈ ∪
Pruebe que v es subarmónica en .

 4
(ii) Pruebe que v en , y deduzca que u = en +.
≡−∞ 4 −∞ 4
(iii) Concluya que u en D.
≡−∞
2.¿Es posible que una función subarmónica en un dominio D sea discon-
tinua en todo punto de D?.
[Sugerencia: mire el Ejercicio 2.1.3.]
Ejercicios Resueltos 2.5
1. Sea u una función subarmónica en un dominio D en C, y suponga
que u = en un segmento de recta L en D.
−∞
(i) Sea un disco abierto en D tal que L contiene un diametro de
4
, que divide a en + y .
−
4 4 4 4
Figura 17
Defina v : [ , ) por
4−→ −∞ ∞
u(z), si z +,
v(z) = ∈ 4
( , si z ∆ − L.
−∞ ∈ ∪
Pruebe que v es subarmónica en .
4
(ii) Pruebe que v en , y deduzca que u = en +.
≡−∞ 4 −∞ 4
(iii) Concluya que u en D.
≡−∞114 Cap.2 Funciones Subarmónicas
Prueba:
(i) Sean u y v =u en . Entonces
≡−∞ 4
l´ımsup v(z) u(ζ) (ζ ∆ L).
≤ ∈ ∩
z ζ
b → b
=
b −∞
= u(ζ).
m´ax u,v , en +;
v = { } 4
( u= , b en + = − L.
−∞ 4−4 4 ∪
Por el Teorema del pegbambento (Teorema 2.4.5), v es subarmónica en
.
b
4
(ii) Siv noesidénticamente ,entoncesv eslocalmenteintegrable.
−∞
Pero esto contradice el Teorema 2.5.3. Por lo tanto v y u =
≡ −∞
en ∆+ puesto que u=v en +.
−∞ 4
(iii) Siunoesidénticamente enD,ueslocalmenteintegrable;lo
−∞
cual es una contradicción.
2.6 Convexidad
En esta sección examinaremos la relación que existe entre las funciones
subarmónicas en C y las funciones convexas en R.
Definición 2.6.1 Sea a <b . Unafunción ψ : (a,b) R
−∞≤ ≤∞ →
es llamada convexa si cuando t ,t (a,b),
1 2
∈
ψ((1 λ)t +λt ) (1 λ)ψ(t )+λψ(t ) (0 λ 1).
1 2 1 2
− ≤ − ≤ ≤
Las funciones convexas continuas son muy conocidas. También es muy
conocidoque dadaψ C2(a,b), entoncesψ esconvexasiysólosiψ 0
00
∈ ≥
en (a,b). Ahora estudiaremos una desigualdad básica que cumplen las
funciones convexas.
Teorema 2.6.2 (Desigualdad de Jensen)
Sea a < b , y sea ψ : (a,b) R una función convexa. Sean
−∞ ≤ ≤∞ −→
también (Ω,µ) un espacio medible con µ(Ω) = 1 y f : Ω (a,b) una
−→
función integrable. Entonces
ψ fdµ ψ fdµ.
≤ ◦
µZΩ ¶ ZΩ2.6 Convexidad 115
Prueba:
Sea c = fdµ, entonces c (a,b). Por la convexidad, si a < t < c <
1
∈
Ω
Z
t <b, entonces
2
t c c t
2 1
ψ(c) − ψ(t )+ − ψ(t ).
1 2
≤ t t t t
2 1 2 1
− −
(t t )ψ(c) (t c)ψ(t )+(c t )ψ(t )
2 1 2 1 1 2
− ≤ − −
Entonces
(t t )ψ(c) (t c)ψ(t ) (c t )ψ(t )
2 1 2 1 1 2
− − − ≤ −
(t t )ψ(c) (t c)ψ(t )
2 1 2 1
− − − ψ(t ).
2
c t ≤
1
−
De donde
ψ(c) ψ(t )
1
sup − ψ(t ).
2
c t ≤
t (a,c) 1
1∈ −
Y
(t t )ψ(c) (c t )ψ(t ) (t c)ψ(t )
2 1 1 2 2 1
− − − ≤ −
(t t )ψ(c) (c t )ψ(t )
2 1 1 2
− − − ψ(t )
1
(t c) ≤
2
−
De donde
ψ(c) ψ(t ) ψ(t ) ψ(c)
1 2
sup − inf − .
t 1∈(a,c) c −t 1 ≤t 2∈(c,b) (t 2 −c)
Entonces existe una constante M tal que
ψ(t) ψ(c)+M(t c) (t (a,b)).
≥ − ∈
Tomando t =f(w) e integrando con respecto a µ, tenemos
ψ(f(w))dµ(w) ψ(c)dµ(w)+M (f(w) c)dµ(w) =ψ(c),
≥ −
Ω Ω Ω
Z Z Z
entonces
ψ fdµ ψ fdµ.
≤ ◦
µZΩ ¶ ZΩ
Teorema 2.6.3 Sean a<b , u : U [a,b)unafunción
−∞≤ ≤∞ −→
subarmónica en un conjunto abierto U en C, y ψ : (a,b) R una
−→
función convexa creciente. Entonces ψ u es subarmónica en U, donde
◦
ψ(a) : =l´ım ψ(t).
t a
−→
Prueba:
Escojamos una sucesión (a ) (a,b) tal que a a y para cada
n n 1 ∈ n ↓
≥
n tomemos u = ma´x(u,a ), entonces u es subarmónica, por lo tanto
n n n116 Cap.2 Funciones Subarmónicas
ψ u es semicontinua superiormente en U.
n
◦
Así, si ∆(w,ρ) U, entonces
⊂
2π
1
ψ u (w) ψ u w+ρeiθ dθ
n n
◦ ≤ 2π 
Z 0 ³ ´
2π 
1
ψ u w+ρeiθ dθ,
n
≤ 2π ◦
Z 0 ³ ´
La última desigualdad se cumple por la Desigualdad de Jensen aplicada
a la medida dθ en [0,2π).
2π
Entonces ψ u es subarmónica en U. Puesto que ψ u ψ u cuando
n n
◦ ◦ ↓ ◦
n , por el Teorema 2.4.6 ψ u es subarmónica en U.
−→∞ ◦
Corolario 2.6.4 Si u es subarmónica en un subconjunto abierto U
de C, entonces expu también es subarmónica en U.
Prueba:
Sea ψ(t) = et, entonces ψ es creciente y convexa. Así ψ u = eu es
◦
subarmónica en U.
Aplicando el Corolario anterior a u: =αlog f , donde f es holomorfa y
α >0, tenemos que f α es subarmónica. | |
| |
Teorema 2.6.5 Sea u : U [0, ) una función definida en un
−→ ∞
conjunto abierto U en C. Entonces logu es subarmónica en U si y sólo
si u eq es subarmónica en U para todo polinomio complejo q.
| |
Prueba:
“= ” Supongamos que logu es subarmónica. Entonces logu + Req
⇒
también es subarmónica para cada polinomio q. Luego e(logu+Req) =
ueReq =u eq también es subarmónica por el Corolario 2.6.4.
| |
“ =” Recíprocamentesupongamosqueu eq essubarmónicaen U para
⇐ | |
todo polinomio complejo q. Tomando q =0, vemos que u es subarmónica
y en particular semicontinua superiormente. Entonces logu también es
semicontinua superiormente.2.6 Convexidad 117
Veamos que logu cumple la Desigualdad Submedia.
Sea ∆: = ∆(w,ρ) un disco con ∆ U. Escojamos una sucesión de
⊂
funciones continuas φ n : ∂∆ R tales que φ n logu en ∂∆. Por el
−→ ↓
Ejercicio1.2.2sabemosqueparacadan 1podemoshallarunpolinomio
≥
q tal que
n
1
0 Req φ (en ∂∆).
≤ n − n ≤ n
Entonces
l´ımsup u(z) e −q n(z) eφ n(ζ)e −Req n(ζ) 1 (ζ ∂∆).
≤ ≤ ∈
z ζ
−→ ¯ ¯
¯ ¯
Puesto que u e −q n es¯subarm¯ónica, por el Principio del Máximo tenemos
| |
que u e −q n 1 en ∆. Entonces
| | ≤
2π
1
logu(w) Req (w)= Req w+ρeiθ dθ
n n
≤ 2π
Z 0 ³ ´
2π
1 1
φ w+ρeiθ dθ+ .
≤ 2π n n
Z 0 ³ ´
Tomando límite cuando n y aplicando el Teorema de la Conver-
−→ ∞
gencia Monótona, deducimos que
2π
1
logu(w) logu w+ρeiθ dθ.
≤ 2π
Z 0 ³ ´
Entonces logu cumple la Desigualdad Submedia y por lo tanto es subar-
mónica en U.
Teorema 2.6.6 Sea v : ∆(0,ρ) [ , ) una función radial
−→ −∞ ∞
(esto es v(z) = v( z ) para toda z). Suponga que v . Entonces
| | 6≡ ∞
v es subarmónica en ∆(0,ρ) si y sólo si v(r) es una función convexa,
creciente de logr (0<r <ρ) con lím v(r)=v(0).
r 0
−→
Prueba:
“= ” El “si” se sigue de la aplicación del Teorema 2.6.3 con u(z) =
⇒
log z y ψ(t)=v et .
| |
¡ ¢
“ =” Supongamos que v es subarmónica en ∆(0,ρ). Dados r ,r
1 2
⇐ ∈
[0,ρ) con r <r , por el Principio de Máximo aplicado a v en ∆(0,r ) se
1 2 2118 Cap.2 Funciones Subarmónicas
cumple que
v(r ) sup v =v(r ).
1 2
≤
∂∆(0,r )
2
Entonces v es creciente en [0,ρ) y líminf v(r) v(0). En el otro
r 0
−→ ≥
caso, la semicontinuidad superior implica límsup v(r) v(0), luego
r 0
−→ ≤
lím v(r)=0.
r 0
−→
Falta probar que v(r) es una función convexa de logr.
Notemos primero que por el Corolario 2.5.2 v(r) > para r > 0.
−∞
Dados r ,r (0,ρ) con r < r , escojamos constantes α,β tales que
1 2 1 2
∈
α+βlogr = v(r) para r = r ,r . Aplicando el Principio del Máximo a
1 2
v(z) α βlog z en z/r < z <r , tenemos:
1 2
− − | | { | | }
v(r) α+βlogr (r <r <r ).
1 2
≤
Entonces si 0 λ 1 y logr =(1 λ)(α)logr +λlogr , entonces
1 2
≤ ≤ −
v(r) α+βlogr
≤
= (1 λ)(α+βlogr )+λ(α+βlogr )
1 2
−
= (1 λ)v(r )+λv(r ),
1 2
−
Así queda probada la convexidad.
Definición 2.6.7 Sea u una función subarmónica en el disco ∆(0,ρ),
con u . Para 0<r <ρ, definimos
6≡∞
M (r): = sup u(z),
u
z=r
| |
2π
1
C (r): = u reit dt,
u
2π
Z
0 ¡ ¢
1
B (r): = udA.
u πr2
∆(0,r)
Z
Notemos que por el Teorema 2.5.1 y por el Corolario 2.5.2, M (r), C (r)
u u
y B (r)sontodasfinitas. TambiéntenemosqueC (r) y B (r)cumplen
u u u
la relación
r
2
B (r)= C (s)ds. (2.5)
u r2 u
Z
02.6 Convexidad 119
Teorema 2.6.8 Con la notación de la definición 2.6.7:
(a) M (r), C (r) y B (r) son funciones convexas,crecientes de logr;
u u u
(b) M (r) C (r) B (r) u(0) (0<r <ρ);
u u u
≥ ≥ ≥
(c) l´ım M (r) =l´ım C (r)=l´ım B (r)=u(0).
r 0 u r 0 u r 0 u
−→ −→ −→
Prueba:
(a) Observemos que para 0<r <ρ,
M (r)=v(r) cuando v(z)= sup u zeit ,
u
t [0,2π]
∈
2π ¡ ¢
C (r)=v(r) cuando v(z)= 1 u zeit dt,
u 2π
0
2Rπ 1 ¡ ¢
B (r)=v(r) cuando v(z)= 1 u zseit sdsdt.
u π
0 0
En cada caso v es subarmónica en ∆(0,ρ).R REn¡el pri¢mer caso por el
Teorema 2.4.7 y en los otros dos por el Teorema 2.4.8. Cada v también
es radial. Luego el resultado se sigue del Teorema 2.6.6.
(b) La primera desigualdad es clara.
De (a) tenemos que C (r) C (s) u(0) (r s). Multiplicando por
u u
≥ ≥ ≥
2s e integrando desde s=0 hasta s =r, tenemos
r2
r r r
2s 2s 2s 2s
C (r) ds C (s) ds u(0) ds (2.6)
u r2 ≥ u r2 ≥ r2 r2
Z Z Z
0 0 0
r
2 s2 r 2
C (r) C (s)sds u(0)
r2 u 2 ≥ r2 u ≥
¸0 Z
0
2π
2
C (r) C (s)sds u(0).
u ≥ r2 u ≥
Z
0
Combinando (2.5) y (2.6) tenemos que C (r) B (r) u(0).
u u
≥ ≥
(c) Por (b), es suficiente probar que límsup M (r) u(0), y esto
r 0 u
−→ ≤
es inmediato de la semicontinuidad superior de u.
Ejercicios 2.6
1.Sea a < b , sea h : U (a,b) una función armónica en un
−∞ ≤ ≤ ∞ →120 Cap.2 Funciones Subarmónicas
conjunto abierto U en C, y sea ψ : (a,b) R una función convexa
→
(no necesariamente creciente). Pruebe que ψ h es subarmónica en U.
o
2.Sea u : U [0, ) una función en un conjunto abierto U en C.
−→ ∞
Pruebe que logu es subarmónica en U si y sólo si uα es subarmónica
en U para cada α >0.
(uα 1)
[Sugerencia para el 00si 00: Pruebe que α− decrece a logu cuando
α 0.]
↓
3.Pruebe que si logu y logv son ambas funciones subarmónicas en U,
entonces log(u+v) también lo es.
4.PruebequetodafunciónconvexaenR,acotadasuperiormenteescons-
tante. Use esto para dar otra prueba del Teorema de Liouville
(Teorema 2.3.4), que toda función subarmónica en C, acotada supe-
riormente es constante.
5.Pruebe que con la notación de la definición 2.6.7,
r
B (r) C (0<r <ρ).
u u
≥ √e
µ ¶
[ Sugerencia: escriba C (r) como ψ(logr), donde ψ es convexa, y
u
aplique la Desigualdad de Jensen a B (r) := 1 r C (s)sds. (2.5).]
u r2 0 u
6.PruebequesiloguesunafunciónsubarmónicaenR eldisco (0,ρ),en-
4
tonces logM (r), logC (r) y logB (r) son todas funciones convexas
u u u
de logr.
[Sugerencia: repita la prueba del Teorema 2.6.8 junto con la del Teo-
rema 2.6.5.]
7.(i) Sean (a ) y (b ) números no negativos, y para k 0
j j 0 j j 0 ≥
≥k ≥
defina c = a b . Use la Desigualdad de Cauchy-Schwarz
k j=0 j k j
para probar que −
P
c2
∞ ∞ ∞
k a2 b2 .
k+1 ≤ j  j 
k=0µ ¶ j=0 j=0
X X X
  
(ii) Sean f y g funciones holomorfas en (0,ρ). Expandiendolas
4
como series de Taylor, pruebe que para 0 <r <ρ,
2π 2π
1 1 1
f 2 g 2dA f reit 2 dt g reit 2 dt .
πr2 | | | | ≤2π 2π 
∆(0,r)
Z Z Z
0 ¯ ¡ ¢¯ 0 ¯ ¡ ¢¯
 ¯ ¯  ¯ ¯ 
(iii) Deduzca que si u y v son funciones positivas en (0,ρ) tales
42.6 Convexidad 121
que logu y logv son funciones subarmónicas, entonces
B (r) C (r)C (r) (0 <r <ρ).
uv u v
≤
[Sugerencia: haga una adaptación de la idea usada en la prueba del
Teorema 2.6.5]
(iv) De una interpretación geométrica de la última desigualdad en el
caso en el que u=v = f , donde f es un mapeo conforme de (0,ρ)
0
| | 4
en un dominio D.
8.Sea u : (0,ρ) R una función tal que u(x+iy) es convexa en
4 →
x para cada y fija, y convexa en y para cada x fija. Pruebe que u es
subarmónicaen (0,ρ). Déunejemploparamostrar que elrecíproco
4
es falso.
Ejercicios Resueltos 2.6
1. Sea a < b , sea h : U (a,b) una función armónica en
−∞ ≤ ≤ ∞ −→
unconjuntoabiertoU enC,yseaψ : (a,b) R unafunciónconvexa
−→
(no necesariamente creciente). Pruebe que ψ h es subarmónica en U.
o
Prueba:
2π
1
h(w) = h w+reit dt,
2π
Z
0 ¡ ¢
2π
1
ψ(h(w)) = ψ h w+reit dt
2π 
Z
0 ¡ ¢
2π 
1
ψ h w+reit dt. (2.7)
≤ 2π
Z
0 ¡ ¡ ¢¢
(2.7) se cumple por la desigualdad de jensen.
2. Sea u : U [0, ) una función en un conjunto abierto U en C.
Pruebe que l− og→ u es∞ subarmónica en U si y sólo si uα es subarmónica
en U para cada α >0.
Prueba:
Sea uα = g u, dado g(z) = zα = exp(αlog(z)), entonces uα =
o
exp(αlog(u)),
ux 1 eαlogu 1
− = − exlogulogu logu.
x α −→ −→
Es subarmónica por ser suma de subarmónicas.
3. Pruebe que si logu y logv son ambas funciones subarmónicas en U,122 Cap.2 Funciones Subarmónicas
entonces log(u+v) también lo es.
Prueba:
(u+v) eq =u eq +v eq ,
| | | | | |
(Suma de subarmónicas).
4. Pruebe que toda función convexa en R, acotada superiormente es
constante. Use esto para dar otra prueba del Teorema de Liou-
ville (Teorema 2.3.4): toda función subarmónica en C, acotada supe-
riormente es constante.
Prueba:
Sea λ (0,1), entonces
∈
1
x : = [x (1 λ)x ]
2 1 o
λ − −
x : =(1 λ)x +λx
1 o 2
−
f(x ) (1 λ)f(x )+λf(x )
1 o 2
≤ −
(1 λ)f(x )+λM ( λ (0,1))
o
≤ − ∀ ∈
Tomando límite cuando λ 0+ obtenemos
→
f(x ) f(x ).
1 o
≤
(La otra desigualdad se hace en forma semejante).
Luego f es constante.
Prueba del Teorema de Liouville:
u(z) c,
≤
M(r)=ψ(log(r)), ψ convexa y creciente.
ψ(z)=M et c (t =logr, r (0, ), t ( , )),
≤ ∈ ∞ ∈ −∞ ∞
ψ es constante.
¡ ¢
M(r)= sup u(z) c,
≤
z=r
| |
M es constante.
M(r)=M(0)=u(0),
u(z) = M(r),
u(z) = u(0) Máximo global en z =0,
→
por el Teorema 2.3.1 u es constante.
5. Pruebe que con la notación de la definición 2.6.7,
r
B (r) C (0<r <ρ).
u u
≥ √e
µ ¶
Prueba:
C (r)=ψ(logr), entonces
u2.6 Convexidad 123
r
2
B (r) = C (s)sds
u r2 u
Z
0
r
2
= ψ(logs)sds,
r2
Z
0
r2
2 2 s2
= ψ log√2t dt s =√2t, t = , dt =sds
r2 2
Z 0 ³ ´ µ ¶
r2
2
2
ψ log√2tdt. (Por la Desigualdad de Jensen).
≥ r2
Z
 0 
 
Ahora,  
r2 r2
2 2
1
log√2tdt = (log2+logt)dt
2
Z Z
0 0
r2
2
1 r2 1
= log2 t] 2 + (logt)dt
2 0 2
µ ¶ Z
0
1 r2 1 r2
= log2 + t(logt 1)] 2
2 2 2 − 0
µ ¶µ ¶
r2 r2 r2 r2
= log2+ log .
4 4 2 − 4
Entonces
r2
2 2 1 1 r2 1
log√2tdt = log2+ log
r2 2 2 2 − 2
Z
0
1 1
= logr2
2 − 2
1
= logr2 loge
2 −
1 ¡ r2 ¢
= log
2 e
r
= log .
√e
Por lo tanto B (r) C r (0<r <ρ).
u ≥ u √e
³ ´124 Cap.2 Funciones Subarmónicas
6. Pruebe que si logu es una función subarmónica en el disco (0,ρ),
4
entonces logM (r), logC (r) y logB (r) son todas funciones con-
u u u
vexas de logr.
Prueba:
v(z) = sup u zeit
t [0,2π]
∈
¡ ¢
v(z) eq(z) = sup u zeit eq(z) ,
t [0,2π]
¯ ¯ ∈ h ¯ ¯i
u zeit eq(z) es su¯barm¯ónica por el Te¡ orem¢ a¯ 2.6.¯5. Entonces por el
¯ ¯ ¯ ¯
Teorema 2.6.6 v(z) eq(z) es convexa y creciente.
¡ ¢¯ ¯
¯ ¯
7. (i) Sean(a ) y¯ (b )¯ númerosnonegativos,yparak 0de-
j j 0 ¯ j¯j 0 ≥
k≥ ≥
fina c : = a b . Use la Desigualdad de Cauchy-Schwarz
k j=0 j k j
para probar que −
P
c2
∞ ∞ ∞
k a2 b2 .
k+1 ≤ j  j 
k=0µ ¶ j=0 j=0
X X X
Prueba:   
2
N N N
a b a2 b2 .
k k k k
≤
Ã ! Ã !Ã !
k=0 k=0 k=0
X X X
k
c = a b .
k j k j
−
j=0
X
2
c2 1 k
k = a b
j k j
1+k 1+k  − 
j=0
X
 
k k
1
a2 b2 .
≤ 1+k  j  k −j 
j=0 j=0
X X
2   2 
N c2 N c c
k = k k .
1+k √1+k · √1+k
Ã ! Ã !
k=0 k=0
X X
Tomando límite cuando N , tenemos la desigualdad deseada.
−→∞
2.7 Suavidad
Aunquelasfuncionessubarmónicasnosonnecesariamentesuaves,siempre
puedenseraproximadasporotrasfuncionesquesisonsuaves. Unaforma2.7 Suavidad 125
estándar de hacerlo es usando convoluciones.
Definición 2.7.1 Sea U un subconjunto abierto de C. Para r > 0
definamos
U = z U/dist(z,∂U)>r .
r
{ ∈ }
Sea u: U [ , ) una función localmente integrable, y sea
−→ −∞ ∞
φ : C R una función continua con Sopφ ∆(0,r). Entonces su
−→ ⊂
convolución es la función u φ: U r R dada por
∗ −→
u φ= u(z w)φ(w)dA(w) (z U ).
r
∗ − ∈
ZC
Haciendo un cambio de variable, también se puede escribir como
u φ(z)= u(w)φ(z w)dA(w) (z U ).
r
∗ − ∈
ZC
De aquí vemos que si φ C , entonces u φ C , ya que bajo el signo
∞ ∞
∈ ∗ ∈
de integral podemos diferenciar arbitrariamente, las veces que queramos.
Teorema 2.7.2 (Teorema de Suavizamiento)
Sea u una función subarmónica en un dominio D en C, con u . Sea
6≡∞
χ : C R una función que satisface:
−→
χ C , χ 0, χ(z)=χ( z ), Sopχ ∆(0,1), χdA=1.
∞
∈ ≥ | | ⊂
ZC
Para r >0 definimos
1 z
χ r(z)= r2χ (z C).
r ∈
Entonces u χ es una función C ³, s´ubarmónica en D para cada r >0,
r ∞ r
∗
y (u χ ) u en D cuando r 0.
r
∗ ↓ ↓
Por ejemplo una función χ que satisface las hipótesis anteriores es
Cexp 1 , si z < 1,
χ(z)= −(1 4z2) | | 2
 µ − | | ¶
0, si z 1,
 | | ≥ 2
donde C es una constante escogida de tal forma que χdA=1.

R
Prueba:
Por el Teorema 2.5.1 u es localmente integrable, entonces u χ también
r
∗
lo es y además es C en D . Entonces para probar que es subarmónica
∞ r
en D r, aplicamos el Teorema 2.4.8 con (Ω,µ) = (C,χ rdA) y v(z,w) =
u(z w).
−126 Cap.2 Funciones Subarmónicas
Ahora fijamos ζ D. Para 0<r < dist(ζ,∂D) tenemos
∈
2π r
s
u χ (ζ)= u ζ seit r 2χ sdsdt.
∗ r − − r
Z 0 Z 0 ¡ ¢ ³ ´
Haciendo las sustituciones σ = s y v(z) =u(ζ z), nos queda
r −
1
u χ (ζ) =2π C (rσ)χ(σ)σdσ.
r v
∗
0
Z
Por el Teorema 2.6.8 C (rσ) decrece a v(0) cuando r 0. Entonces por
v
↓
el Teorema de la Convergencia Monótona u χ (ζ) decrece a
r
∗
1
2π v(0)χ(σ)σdσ =u(ζ) χdA=u(ζ).
Z0 ZC
Así (u χ ) u en D.
r
∗ ↓
Corolario 2.7.3 Sea u una función subarmónica en un conjunto
abierto U en C,y sea Dunsubdominiorelativamentecompactode U. En-
tonces existe una sucesión de funciones subarmónicas (u ) C (D)
n n 1 ∈ ∞
≥
tal que u u u en D y lím u =u.
1 2 n n
≥ ≥··· ≥ −→∞
Prueba:
Si u en D, tomamos u n. En otro caso, escojemos r > 0 tal
n
≡ −∞ ≡ −
χ
que D ⊂U r, y luego tomamos u =u nr.
n
∗
Teorema 2.7.4 Sea f : U U un mapeo holomorfo entre sub-
1 2
−→
conjuntos abiertos U 1,U de C. Si ues subarmónica en U 2,entonces u f
2
◦
es subarmónica en U .
1
Prueba:
Sea D un subdominio relativamente compacto de U . Es suficiente que
1 1
probemos que u f es subarmónica en D . Sea D = f(D ), escojamos
1 2 1
◦
unasucesióndefuncionessubarmónicas(u ) C (D )talqueu u
n n 1 ∈ ∞ 2 n ↓
≥
en D . Por el Teorema 2.4.4 ∆u 0 en D para cada n. Entonces
2 n 2
≥
2
∆(u f)=((∆u ) f) f en D .
n n 0 1
◦ ◦
Entonces∆(u f) 0enD 1,yaplicando¯el¯Teorema 2.4.4nuevamente,
n
◦ ≥ ¯ ¯
deducimos que u f es subarmónica en D . Tomando límite cuando
n 1
◦
n y usando el Teorema 2.4.6, tenemos que u f es subarmónica en
−→∞ ◦
D .
12.7 Suavidad 127
Teorema 2.7.5 (Principio Débil de Identidad)
Suponga que u y v son funciones subarmónicas en un conjunto abierto
U en C tales que u =v casi en todas partes en U. Entonces u v en U.
≡
Prueba:
Supongamos primero que u y v son acotadas inferiormente en U. Sea χ
como en el Teorema 2.7.2, entonces u χ = v χ en U . Así tomando
r r r
∗ ∗
límite cuando r 0 deducimos que u =v en U.
−→
El caso general se sigue aplicando lo anterior a u : = ma´x(u, n) y
n
−
v : =ma´x(v, n), y tomando límite cuando n .
n
− −→∞
Este Principio de Identidad no es tan fuerte como el de las funciones
armónicas (Teorema 1.1.7), por ejemplo, u(z): = ma´x(Rez,0) y
v(z): = 0 coinciden en un subconjunto abierto de C sin ser iguales
en todo C.
Ejercicios 2.7
1.SeanU unsubconjuntoabiertodeC y u : U [ , )unafunción
−→ −∞ ∞
Borel-medible la cual es localmente acotada superior e inferiormente,
y satisface la Desigualdad Submedia local (pero no es necesariamente
semicontinua superiormente).
(i) ConχcomoenelTeorema2.7.2,pruebequeu χ essubarmónica
r
∗
en U para cada r > 0, y que lím u χ = u , donde u es la
r r 0 r ∗ ∗
regularización semicontinua superiorm−e→nte ∗ de u, dada por
u (z)= l´ım sup u (z U).
∗
r 0Ã∆(z,r) ! ∈
−→
(ii) Pruebe que si r,s > 0, entonces
(u χ ) χ =(u χ ) χ (en U ).
r s s r r+s
∗ ∗ ∗ ∗
Deduzca que u χ decrece con r, y que u χ = u χ en U para
r r ∗ r r
∗ ∗ ∗
cada r >0.
(iii) Concluya que u es subarmónica en U, y que u = u casí en
∗ ∗
todas partes en U.
(iv) Considerando u : = ma´x(u, n) (n 1) pruebe que las con-
n
− ≥
clusiones en (iii) permanecen válidas si quitamos la condición de que
u sea localmente acotada inferiormente.
2.Sea u una función subarmónica en un conjunto abierto U en C, y sea128 Cap.2 Funciones Subarmónicas
v una función semicontinua superiormente en U tal que u v casi en
≤
todas partes. Pruebe que u < v en todas partes.
3.Pruebe que el Principio de Phragmén-Lindelöf (Teorema 2.3.2) per-
manece válido aún si, en vez de asumir que v es finita, sólamente
asumimos que v + .
6≡ ∞A
Teoría del Potencial
La Teoría del Potencial ha sido muy estudiada en espacios Euclídeos
n dimensionales con n 3. Existe una diferencia esencial en los poten-
− ≥
ciales entre el plano complejo y Rn para n 3; el potencial estándar para
≥
C, es el Potencial Logarítmico de µ definido para una medida de soporte
compacto µ en C, como la función
L (z): = log z w 1dµ(w).
µ −
| − |
Z
L está definida en todo punto del plano, mientras que en dimensiones
µ
más altas el potencial estándar es el Potencial Newtoniano.
Los potenciales son una fuente muy importante de ejemplos de funciones
subarmónicas; ellos nos permiten construir funciones subarmónicas con
varias propiedades prescritas.
A pesar de su naturaleza especial aparentemente rara, son fáciles de es-
tudiar.
Los potenciales se comportanalgunas veces comofunciones subarmónicas
arbitrarias y para muchos propósitos las dos clases son equivalentes.
Terminamos este trabajo con la definición de Potencial para medidas fini-
tas de soporte compacto.
Definción A.1.1 Sea µ una medida de Borel finita con soporte com-
pacto. Su potencial es la función p µ:C [ , ) definida por
−→ −∞ ∞
p µ(z) = log z w dµ(w) (z C).
| − | ∈
Sopµ
Z
La función p µ(z) es subarmónica en C y armónica en C (Sopµ).
\
También
p µ(z) =µ(C)log z +O z −1 (cuando z ).
| | | | −→∞
³ ´B
Conceptos
EnésteapéndiceveremosalgunasDefinicionesyTeoremasqueutilizamos
a través del trabajo y las referencias de los libros donde se hallan las
pruebas.
Definición B.1.1 Sea f : X [ , ] una función cualquiera,
−→ −∞ ∞
entonces
f si f 0,
f+ = ≥
( 0 si f <0;
0 si f 0,
f = ≥
−
( f si f <0.
−
La función f+ = ma´x(f,0) se denomina la parte positiva de f y
f = m´ın(f,0) se denomina la parte negativa de f.
−
−
Notemos que
f+ 0, f 0,
−
≥ ≥
f = f+ f ,
−
−
f = f++f , y
−
| |
f+f = 0.
−
Teorema B.1.2 (Teorema de la Función Abierta)
Sean D un dominio y f una función holomorfa no constante en D, en-
tonces para cualquier conjunto abierto U en D, f(U) es abierto.
Prueba: [3, p. 99].
Teorema B.1.3 (Teorema de la Convergencia Monótona
de Lebesgue)
Sea (f ) una sucesión de funciones medibles en un conjunto X, tales
n n 1
≥131
que
0 f f .
1 2
≤ ≤ ≤···
Entonces
l´ım f dµ= l´ım f dµ.
n n
n n
→∞ZX ZX →∞
³ ´
Prueba: [2, p. 211].
Lema B.1.4 (Lema de Fatou)
Sea (f ) una sucesión de funciones medibles no negativas. Entonces
n n 1
≥
l´ıminf dµ l´ıminf f dµ.
n
n ≤ n
Z ³ −→∞ ´ −→∞ Z
Prueba: [7, p. 129].
Teorema B.1.5 (Teorema de la Convergencia Dominada
de Lebesgue)
Supongamosque (f ) esunasucesióndefuncionesmediblesen X tales
n n 1
≥
que
l´ım f (x)=f(x) ( x X).
n
n ∀ ∈
→∞
Si existe una función g L1(µ) tal que
∈
f (x) g(x) (n=1,2,3,...;x X),
n
| | ≤ ∈
entonces f L1(µ),
∈
l´ım f f dµ=0
n
n | − |
→∞ZX
y
l´ım f dµ= fdµ.
n
n
→∞ZX ZX
Prueba: [11, p. 29].
Teorema B.1.6 (Criterio-M de Weierstrass)
Una serie de funciones de valor real f (x), donde (f ) es una
∞k=1 k k k 1
≥
sucesión definida en un conjunto E, converge uniformemente en E si
P
f M en E, para algunas constantes M , k = 1,2,... y M
k k k ∞k=1 k
| | ≤
convergente.
P
Prueba: [2, p. 82].132 B Conceptos
Definición B.1.7 (Sucesiones Uniformemente Cauchy)
Una sucesión de funciones(f ) es llamada una sucesión Uniforme-
n n 1
≥
mente Cauchy en un conjunto A si para cada (cid:18) > 0 existe N N,
∈
N = N((cid:18)) tal que f (z) f (z) < (cid:18) se cumple para todo z A siem-
m n
| − | ∈
pre que m>n N. [9, p. 246].
≥
Definición B.1.8 Sea U un conjunto abierto, no vacío en C. Deci-
mos que un subconjunto S de U es denso en U si U está contenido en
S, es decir si S ∆(z,r)=φ para toda z U y todo r >0.
∩ 6 ∈
[9, p. 280].
Teorema B.1.9 (Teorema del Mapeo Riemann)
Si U es un conjunto abierto holomorfamente simplemente conexo en C
y U = C, entonces U es conformemente equivalente al disco unidad.
6
[6, p. 199].
Teorema B.1.10 (Teorema de Hurwitz)
Sean D un dominio en C y (f n) una sucesión de funciones holomorfas
n 1
≥
en D tal que f f. Si f 0, ∆(z ,R) D, y f(z) = 0 para
n o
−→ 6≡ ⊂ 6
z z = R entonces existe un entero N tal que para n N, f y f
o n
| − | ≥
tienen el mismo número de ceros en ∆(z ,R).
o
Prueba: [3, p. 152].
Definición B.1.11 (Categoría)
Un Subconjunto S de un espacio métrico X se dice que es
(a) Denso en ninguna parte o diseminado en X si su clausura S
no tiene puntos interiores.
(b) Magro o de primera categoría en X si S es una unión de con-
juntos contables cada uno de los cuales es diseminado en X.
(c) No-Magroodesegundacategoríaen X si S noesdiseminado
en X.
[11, p. 111]133
Teorema B.1.12 (Teorema de Categoría de Baire)
Si X es un espacio métrico completo, la intersección de toda colección
numerable de subconjuntos abiertos, densos de X es densa en X.
Prueba: [11, p. 110]
Definición B.1.13 (Desigualdad de Cauchy-Schwarz)
Sean f y g funciones continuas, de valor real, Riemann integrables en
[c,d], entonces
2
d d d
f(x)g(x)dx [f(x)]2dx [g(x)]2dx .
  ≤ · 
Zc Zc Zc
     
[9, p. 430].C
Bibliografía
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[3] Conway, John B.: Functions of One Complex Variable I, Springer-
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[4] Conway, John B.: Functions of One Complex Variable II, Springer-
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