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.
Si necesitas repasar:
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.
Imagen
f(γ(t))=e^(2it).Ángulo seguido
Podemos tomar θ(t)=2t, que va de cero a 4π.Principales
Inicio y final tienen argumento principal cero; restarlos ocultaría el cambio 4π.
La imagen da dos vueltas positivas alrededor de cero.
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.
Imagen
e^(−3it).
Ángulo
El ángulo continuo baja de cero a −6π.
Vueltas
La variación dividida entre 2π es −3.
Son tres vueltas horarias.
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.
Ceros
Uno es cero de orden tres: N=3.Polos
−2 es polo de orden dos: P=2; ninguno está sobre el círculo.
Resultado
N−P=1, por tanto ∮f′/f=2πi y el argumento cambia 2π.
La integral logarítmica cuenta una vuelta neta.
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.
Normalizar
Dividir por 2πi da N−P=3.Añadir polos
N=3+2=5.Multiplicidades
Son cinco ceros contando órdenes, no necesariamente cinco puntos distintos.
N=5.
Omitir P habría confundido el número de ceros con la diferencia que mide la fórmula.
3. La derivada logarítmica convierte órdenes en residuos enteros
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.
Orden
e¹≠0, así que el cero tiene orden cuatro.
Dividir derivada
f′/f=4/(z−1)+1.Residuo
El coeficiente de (z−1)⁻¹ es cuatro.
La contribución al conteo es +4.
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.
Orden
Hay polo de orden tres.
Logarítmica
f′/f=1−3/(z+2).Residuo
La contribución es −3.
Los polos se restan porque aparecen con exponentes negativos.
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.
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.
Modelo
f=z⁴ tiene módulo dieciséis y cuatro ceros con multiplicidad en el origen.
Perturbación
g=z+1 cumple |g|≤3<16.Rouché
p tiene cuatro ceros en |z|<2.
El conteo es cuatro sin resolver la ecuación.
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.
Modelo
f=1 no tiene ceros.Perturbación
|z⁴+z|≤1/16+1/2=9/16<1.Rouché
p no tiene ceros dentro de ese círculo.
Los cuatro ceros del ejemplo anterior quedan en 1/2<|z|<2.
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
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.
Radio uno
Compara con 4z: |z⁵+1|≤2<4, por tanto hay un cero en |z|<1.
Radio dos
Compara con z⁵: |4z+1|≤9<32, por tanto hay cinco en |z|<2.
Diferencia
Quedan cuatro ceros contando multiplicidad en 1<|z|<2.
Podemos localizar grupos sin despejar ninguna raíz.
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.
Cota gruesa
Es cierto |g|≤1, pero frente a |f|=1 no prueba una desigualdad estricta.
Valor exacto
En realidad |g|=1/2<1 en todo el círculo.Resultado
Rouché aplica: (3/2)z² tiene los mismos dos ceros con multiplicidad que z².
Fallar con una estimación no es refutar el teorema ni su hipótesis real.
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
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.
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.
Derivada
f′(a)=eᵃ=2e^(iπ/3).Escala
El módulo es dos.
Giro
Todas las direcciones tangentes giran π/3.
La función es conforme localmente allí.
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.
Derivada
f′(0)=0.Direcciones
Los puntos r y re^(iπ/6) tienen separación angular π/6.
Imágenes
Sus cubos tienen argumentos cero y π/2: la separación se multiplicó por tres.
No conserva el ángulo en cero.
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.
Derivada
eᶻ nunca es cero.
Repetición
e⁰=e^(2πi)=1, con entradas distintas.Conclusión
Es conforme e invertible localmente, pero no tiene inversa global única en ese dominio.
La propiedad local no implica inyectividad global.
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.
Imagen
Alcanzamos exactamente ℂ∖(−∞,0]: módulos positivos y argumentos entre −π y π.
Unicidad
El módulo fija Re z=ln|w| y el argumento en esa franja fija Im z.
Ejemplo
Para w=−1+i, la inversa es (ln2)/2+3πi/4.
La inversa es la rama principal Log en ese plano cortado.
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).
Determinante
2·1−1·1=1≠0; F′=1/(z+1)².Polo
z=−1 va a infinito; F(∞)=2 en el plano extendido.Despejar
w(z+1)=2z+1 da z=(w−1)/(2−w), para w≠2.
El mapa es conforme donde es finito y tiene una inversa global en el plano extendido.
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).
Determinante
2·1−2·1=0.Simplificar
Fuera de −1, F=2.Consecuencia
Es constante y no es una transformación de Möbius biyectiva.
La condición ad−bc≠0 excluye degeneraciones.
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
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.
Centro
F(i)=0/(2i)=0.Otro punto
F(2i)=i/(3i)=1/3.Inversa
Para w=1/3, i(1+w)/(1−w)=2i.
Ambos puntos del semiplano llegan al interior del disco.
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.
Fórmula
z=i(1+i/2)/(1−i/2).Conjugado
(1+i/2)/(1−i/2)=3/5+(4/5)i.Multiplicar
z=−4/5+(3/5)i, con parte imaginaria positiva.
La inversa devuelve un punto del semiplano superior.
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.
Modelo
Para z³+2 usamos f=z³ y g=2, ambas enteras.Contorno
En |z|=2, |f|=8 en todos los puntos.Estrictez
|g|=2<8 sobre toda la frontera.Rouché
f y f+g tienen el mismo conteo de ceros interiores con multiplicidad.
Contar
z³ tiene un cero de orden tres en el origen: conteo total tres.
Conclusión
z³+2 tiene tres ceros con multiplicidad en el disco.
Sus módulos 2^(1/3)<2 confirman el resultado.
Tres ceros con multiplicidad.
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.
Derivada
f(z)=(1+i)z tiene f′=1+i en todos los puntos.No nula
1+i≠0, así que la transformación es conforme.Escala
El módulo es √2.
Giro
El argumento es π/4.
Incremento
f(a+h)−f(a)=(1+i)h exactamente.Ángulos
Todas las direcciones suman el mismo ángulo π/4 y conservan sus diferencias. La inversa w/(1+i) confirma también la invertibilidad global.
Escala √2 y giro π/4.
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.
Practicar este tema →