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Grado en Matemáticas

Principio del argumento y aplicaciones conformes

Al seguir una curva, el ángulo puede dar varias vueltas aunque el punto final sea el inicial. Esa información permite contar ceros sin resolverlos uno a uno. Después estudiaremos otro efecto de los ángulos: una derivada compleja no nula gira todas las direcciones por igual. Veremos cómo pasar de ese control local a un mapa completo entre regiones.

1. Contamos vueltas con un ángulo continuo durante todo el recorrido

Si f no se anula ni tiene polos sobre una curva cerrada γ, su imagen evita el origen. Podemos seguir un argumento continuo a lo largo del parámetro, sin obligarlo a permanecer en el intervalo principal. Al cerrar la vuelta, el cambio angular es 2π veces un entero firmado.

Restar únicamente Arg del punto inicial y final daría cero y perdería las vueltas. Aquí antihorario cuenta positivo y horario negativo. La imagen geométrica tampoco dice cuántas veces la recorremos: el parámetro conserva esa información.

El punto vuelve, pero el ángulo acumuló dos vueltas

γ(t)=e^(it), 0≤t≤2π, y f(z)=z².

  1. Imagen

    f(γ(t))=e^(2it).
  2. Ángulo seguido

    Podemos tomar θ(t)=2t, que va de cero a 4π.
  3. Principales

    Inicio y final tienen argumento principal cero; restarlos ocultaría el cambio 4π.

Resultado

La imagen da dos vueltas positivas alrededor de cero.

Lo comprobamos

No hubo un salto físico de la imagen: los saltos solo aparecen si insistimos en la selección principal.

Conservar el signo del giro

γ(t)=e^(−it), 0≤t≤2π, y f(z)=z³.

  1. Imagen

    e^(−3it).

  2. Ángulo

    El ángulo continuo baja de cero a −6π.

  3. Vueltas

    La variación dividida entre 2π es −3.

Resultado

Son tres vueltas horarias.

Lo comprobamos

El módulo de la imagen es uno siempre; lo que cambia el conteo es el argumento seguido y su orientación.

2. El principio del argumento cuenta ceros menos polos, con multiplicidad

Sea f meromorfa en un entorno de una región cerrada con frontera simple positiva γ, sin ceros ni polos sobre γ. Entonces (1/(2πi))∮γ f′/f dz=N−P, donde N suma órdenes de ceros y P suma órdenes de polos interiores. La variación del argumento de f(γ) es 2π(N−P).

La función meromorfa solo admite polos como singularidades interiores; esta versión no incorpora esenciales. Para conocer N a partir de la integral hay que conocer también P. Un cero o polo en el contorno impide usar esta división de manera ordinaria.

Contar con una función factorizada

f(z)=(z−1)³/(z+2)² sobre |z|=3.

  1. Ceros

    Uno es cero de orden tres: N=3.
  2. Polos

    −2 es polo de orden dos: P=2; ninguno está sobre el círculo.

  3. Resultado

    N−P=1, por tanto ∮f′/f=2πi y el argumento cambia 2π.
Resultado

La integral logarítmica cuenta una vuelta neta.

Lo comprobamos

No dice que solo haya un cero: el número uno es la diferencia entre tres y dos.

Recuperar el número de ceros desde una integral

Bajo las hipótesis del teorema, P=2 y ∮f′/f=6πi.

  1. Normalizar

    Dividir por 2πi da N−P=3.
  2. Añadir polos

    N=3+2=5.
  3. Multiplicidades

    Son cinco ceros contando órdenes, no necesariamente cinco puntos distintos.

Resultado

N=5.

Lo comprobamos

Omitir P habría confundido el número de ceros con la diferencia que mide la fórmula.

3. La derivada logarítmica convierte órdenes en residuos enteros

Cerca de un cero de orden m, f=(z−a)ᵐg con g(a)≠0.
Derivar y dividir da f′/f=m/(z−a)+g′/g.

El último término es holomorfo cerca de a; el residuo es m. En un polo de orden m usamos exponente −m y el residuo es −m.

El teorema de residuos suma esos enteros y prueba el conteo. A lo largo del camino, integrar f′/f también acumula cambios de logaritmo: la parte real, log del módulo, vuelve al mismo valor; la parte imaginaria registra las vueltas del ángulo.

Un cero con factor no nulo

f(z)=(z−1)⁴eᶻ cerca de uno.

  1. Orden

    e¹≠0, así que el cero tiene orden cuatro.

  2. Dividir derivada

    f′/f=4/(z−1)+1.
  3. Residuo

    El coeficiente de (z−1)⁻¹ es cuatro.

Resultado

La contribución al conteo es +4.

Lo comprobamos

El factor exponencial cambia valores de la función, pero no añade ceros ni polos locales.

El signo de un polo

f(z)=eᶻ/(z+2)³ cerca de −2.

  1. Orden

    Hay polo de orden tres.

  2. Logarítmica

    f′/f=1−3/(z+2).
  3. Residuo

    La contribución es −3.

Resultado

Los polos se restan porque aparecen con exponentes negativos.

Lo comprobamos

El signo no se decide por el signo de una parte real del residuo original de f; aquí estudiamos el residuo de f′/f.

4. Rouché permite contar sin encontrar las raíces exactas

Si f,g son holomorfas alrededor de la región cerrada y |g|<|f| en toda la frontera, f y f+g tienen el mismo número de ceros interiores con multiplicidad. Debe ser desigualdad estricta en cada punto de la frontera.

La familia f+t g, 0≤t≤1, nunca se anula en la frontera porque |f+tg|≥|f|−t|g|>0.

Su número de vueltas no puede cambiar continuamente entre enteros distintos sin pasar por cero. El principio del argumento conserva por tanto el conteo; las posiciones de las raíces sí pueden cambiar.

El término de grado cuatro domina en un círculo grande

p(z)=z⁴+z+1, sobre |z|=2.

  1. Modelo

    f=z⁴ tiene módulo dieciséis y cuatro ceros con multiplicidad en el origen.

  2. Perturbación

    g=z+1 cumple |g|≤3<16.
  3. Rouché

    p tiene cuatro ceros en |z|<2.
Resultado

El conteo es cuatro sin resolver la ecuación.

Lo comprobamos

Los ceros no son los mismos que los de z⁴: p(0)=1, así que el origen dejó de ser raíz.

La constante domina en un círculo pequeño

Usa el mismo p sobre |z|=1/2.

  1. Modelo

    f=1 no tiene ceros.
  2. Perturbación

    |z⁴+z|≤1/16+1/2=9/16<1.
  3. Rouché

    p no tiene ceros dentro de ese círculo.

Resultado

Los cuatro ceros del ejemplo anterior quedan en 1/2<|z|<2.

Lo comprobamos

Las desigualdades estrictas aseguran también que no hay ceros sobre esas dos fronteras.

5. La estimación debe valer en toda la frontera y ser suficientemente precisa

En |z|=R un monomio aₙzⁿ tiene módulo constante |aₙ|Rⁿ.

Los demás términos se acotan por la suma de módulos. Podemos comparar con un monomio distinto del principal si domina en ese radio.

Una cota gruesa que solo produce igualdad no certifica la desigualdad estricta, pero tampoco demuestra que la desigualdad real falle. Se puede afinar la estimación o cambiar el radio. Comprobar solo unos puntos del círculo nunca sustituye una cota de toda la frontera.

Dos radios cuentan dos grupos de raíces

p(z)=z⁵+4z+1.

  1. Radio uno

    Compara con 4z: |z⁵+1|≤2<4, por tanto hay un cero en |z|<1.

  2. Radio dos

    Compara con z⁵: |4z+1|≤9<32, por tanto hay cinco en |z|<2.

  3. Diferencia

    Quedan cuatro ceros contando multiplicidad en 1<|z|<2.
Resultado

Podemos localizar grupos sin despejar ninguna raíz.

Lo comprobamos

Cada radio usa una comparación diferente y comprueba holomorfía y estricta desigualdad en su propia frontera.

Una cota mala se puede mejorar

En |z|=1, compara f=z² y g=z²/2.

  1. Cota gruesa

    Es cierto |g|≤1, pero frente a |f|=1 no prueba una desigualdad estricta.

  2. Valor exacto

    En realidad |g|=1/2<1 en todo el círculo.
  3. Resultado

    Rouché aplica: (3/2)z² tiene los mismos dos ceros con multiplicidad que z².

Resultado

Fallar con una estimación no es refutar el teorema ni su hipótesis real.

Lo comprobamos

Aquí se verifica directamente que ambos modelos tienen el origen como cero de orden dos.

6. Una derivada no nula gira todas las direcciones por el mismo ángulo

Para f holomorfa, f(a+h)=f(a)+f′(a)h+o(|h|).

Si f′(a)≠0, la aproximación escala por |f′(a)| y gira por un argumento de f′(a). Dos direcciones reciben el mismo giro, por lo que se conservan sus diferencias angulares: conformidad local.

Multiplicar por i gira noventa grados sin cambiar la distancia
i(2+i)=−1+2i(2;1)(−1;2)90°El módulo √5 se conserva.
En el plano complejo, z igual a dos más i es el punto dos uno. Multiplicarlo por i produce menos uno más dos i, punto menos uno dos. Los radios usan la misma escala y tienen módulo raíz de cinco; el arco indica un giro antihorario de noventa grados.

Si la derivada es cero, el primer término no nulo puede tener grado m>1 y multiplicar ángulos por m. El giro por i del dibujo es un caso exacto de la regla lineal, con escala uno; en funciones generales la descripción se aplica al límite de desplazamientos pequeños.

Calcular escala y giro en un punto de una exponencial

f=eᶻ en a=ln2+iπ/3.

  1. Derivada

    f′(a)=eᵃ=2e^(iπ/3).
  2. Escala

    El módulo es dos.

  3. Giro

    Todas las direcciones tangentes giran π/3.

Resultado

La función es conforme localmente allí.

Lo comprobamos

La escala y el giro dependen del punto en esta función; no se afirma que todo el plano sufra una única transformación lineal.

Un punto donde la conformidad falla

f=z³ en cero.

  1. Derivada

    f′(0)=0.
  2. Direcciones

    Los puntos r y re^(iπ/6) tienen separación angular π/6.

  3. Imágenes

    Sus cubos tienen argumentos cero y π/2: la separación se multiplicó por tres.

Resultado

No conserva el ángulo en cero.

Lo comprobamos

En cualquier punto no nulo, 3z²≠0 y sí se aplica la conformidad local.

7. Tener inversa local no garantiza una inversa global única

Una holomorfa con derivada no nula posee inversa holomorfa en un entorno suficientemente pequeño de cada punto. La función puede repetir valores entre puntos lejanos del dominio y perder inyectividad global.

Para un mapa conforme biyectivo entre regiones comprobamos también dominio completo, imagen, inyectividad y una inversa válida. No basta calcular una derivada no cero y dar por resuelta la correspondencia de regiones.

Una exponencial con derivada no nula y valores repetidos

f=eᶻ en todo ℂ.

  1. Derivada

    eᶻ nunca es cero.

  2. Repetición

    e⁰=e^(2πi)=1, con entradas distintas.
  3. Conclusión

    Es conforme e invertible localmente, pero no tiene inversa global única en ese dominio.

Resultado

La propiedad local no implica inyectividad global.

Lo comprobamos

El logaritmo necesita escoger un dominio y una rama que resuelvan esa repetición.

Una restricción que permite una inversa

Restringe eᶻ a −π<Im z<π.

  1. Imagen

    Alcanzamos exactamente ℂ∖(−∞,0]: módulos positivos y argumentos entre −π y π.

  2. Unicidad

    El módulo fija Re z=ln|w| y el argumento en esa franja fija Im z.

  3. Ejemplo

    Para w=−1+i, la inversa es (ln2)/2+3πi/4.
Resultado

La inversa es la rama principal Log en ese plano cortado.

Lo comprobamos

Las dos fronteras de la franja no se incluyen; incluir ambas reintroduciría valores con argumentos equivalentes.

8. Möbius combina fracciones complejas con una inversa explícita

F(z)=(az+b)/(cz+d), con ad−bc≠0, tiene derivada (ad−bc)/(cz+d)² donde el denominador no se anula. En el plano extendido es biyectiva y trata el polo como imagen infinita. Donde es finita, la derivada no se anula.

Estas transformaciones llevan rectas o circunferencias a rectas o circunferencias, consideradas juntas como circunferencias generalizadas. Si c≠0, se descomponen en traslación, recíproco 1/z y una escala/giro con traslación final; si c=0 son afines. El punto infinito explica que una recta pueda convertirse en círculo.

Calcular derivada, polo e inversa

F(z)=(2z+1)/(z+1).

  1. Determinante

    2·1−1·1=1≠0; F′=1/(z+1)².
  2. Polo

    z=−1 va a infinito; F(∞)=2 en el plano extendido.
  3. Despejar

    w(z+1)=2z+1 da z=(w−1)/(2−w), para w≠2.
Resultado

El mapa es conforme donde es finito y tiene una inversa global en el plano extendido.

Lo comprobamos

El valor dos no tiene preimagen finita, de acuerdo con la fórmula de la inversa.

Por qué no quitamos la condición del determinante

F(z)=(2z+2)/(z+1).

  1. Determinante

    2·1−2·1=0.
  2. Simplificar

    Fuera de −1, F=2.
  3. Consecuencia

    Es constante y no es una transformación de Möbius biyectiva.

Resultado

La condición ad−bc≠0 excluye degeneraciones.

Lo comprobamos

La presencia de una fracción lineal en la escritura no garantiza por sí sola conformidad ni invertibilidad.

9. Un mapa completo del semiplano superior al disco unidad

F(z)=(z−i)/(z+i).
Para z=x+iy con y>0, el denominador no es cero y |z−i|²=x²+(y−1)²<x²+(y+1)²=|z+i|².
Por tanto |F(z)|<1.
Además F′=2i/(z+i)²≠0 en el semiplano.
La transformación empareja el semiplano superior y el disco unidad
F(z)=(z−i)/(z+i)Im z>0|w|<1i2i01/3i → 0 ; 2i → 1/3La inversa vuelve al semiplano superior.
Dos paneles esquemáticos con sus coordenadas propias. A la izquierda, el semiplano imaginario positivo con puntos i y dos i. A la derecha, el disco unidad con sus imágenes cero y un tercio bajo F de z igual a z menos i sobre z más i. El borde real se envía a la circunferencia unidad; el punto uno de esa circunferencia corresponde al infinito en el plano extendido.
Despejamos z=i(1+w)/(1−w).

Si |w|<1, su parte imaginaria es (1−|w|²)/|1−w|²>0, lo que prueba que la inversa vuelve a todo el semiplano superior. Así se verifican imagen, inyectividad y sobreyectividad. La recta real va al borde unidad, cuyo punto uno corresponde al infinito.

Dos puntos que podemos seguir en el dibujo

Calcula las imágenes de i y 2i.

  1. Centro

    F(i)=0/(2i)=0.
  2. Otro punto

    F(2i)=i/(3i)=1/3.
  3. Inversa

    Para w=1/3, i(1+w)/(1−w)=2i.
Resultado

Ambos puntos del semiplano llegan al interior del disco.

Lo comprobamos

El dibujo usa dos paneles con sus coordenadas propias; la correspondencia no es una igualdad de distancias entre paneles.

Comprobar un punto no real de la inversa

Toma w=i/2, dentro del disco.

  1. Fórmula

    z=i(1+i/2)/(1−i/2).
  2. Conjugado

    (1+i/2)/(1−i/2)=3/5+(4/5)i.
  3. Multiplicar

    z=−4/5+(3/5)i, con parte imaginaria positiva.
Resultado

La inversa devuelve un punto del semiplano superior.

Lo comprobamos

La fórmula general da Im z=(1−1/4)/(1+1/4)=3/5, confirmando la cuenta.

Ahora lo resolvemos de principio a fin.

EJEMPLO RESUELTO 1

Contar sin resolver

Número de ceros de z³+2 en |z|<2.

  1. Modelo

    Para z³+2 usamos f=z³ y g=2, ambas enteras.
  2. Contorno

    En |z|=2, |f|=8 en todos los puntos.
  3. Estrictez

    |g|=2<8 sobre toda la frontera.
  4. Rouché

    f y f+g tienen el mismo conteo de ceros interiores con multiplicidad.

  5. Contar

    z³ tiene un cero de orden tres en el origen: conteo total tres.

  6. Conclusión

    z³+2 tiene tres ceros con multiplicidad en el disco.

    Sus módulos 2^(1/3)<2 confirman el resultado.
Resultado

Tres ceros con multiplicidad.

Lo comprobamos

Toda raíz satisface |z|³=2 y por tanto |z|=2^(1/3)<2; confirma que las tres quedan dentro.

EJEMPLO RESUELTO 2

Escala y giro

Describe f(z)=(1+i)z cerca de cualquier punto.

  1. Derivada

    f(z)=(1+i)z tiene f′=1+i en todos los puntos.
  2. No nula

    1+i≠0, así que la transformación es conforme.
  3. Escala

    El módulo es √2.

  4. Giro

    El argumento es π/4.

  5. Incremento

    f(a+h)−f(a)=(1+i)h exactamente.
  6. Ángulos

    Todas las direcciones suman el mismo ángulo π/4 y conservan sus diferencias. La inversa w/(1+i) confirma también la invertibilidad global.

Resultado

Escala √2 y giro π/4.

Lo comprobamos

La transformación también es globalmente invertible, con inversa w/(1+i). No hay término de error en esta aproximación lineal exacta.

Los símbolos que hemos usado

N, P
Número de ceros y polos interiores, contando sus órdenes.
γ
Curva cerrada simple positiva que no contiene ceros ni polos de f.
f′/f
Derivada logarítmica, definida donde f es finita y no nula.
Δarg f
Variación total de un argumento seguido continuamente a lo largo del recorrido.
Meromorfa
Holomorfa salvo polos aislados.
Conforme en a
Preserva ángulos orientados localmente; para una holomorfa ocurre si f′(a)≠0.
Möbius
Transformación (az+b)/(cz+d) con ad−bc distinto de cero.

Ahora te toca a ti.

Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.

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