Uno de los grandes logros de la variable compleja es su efectividad a la hora de permitir demostrar resultados muy alejadas de su aparente alcance. Un claro ejemplo de esto es su aplicación a la demostración del teorema fundamental del algebra. A continuación presentamos una demostración del mismo junto con unos resultados previos que necesitaremos para la misma.

Desigualdad de Cauchy

Sea f una función analítica, es decir, f = \sum_{n=0}^\infty a_n(z-z_0)^n con z \in D(z_0,R). Sea 0 < r < R y

M(r) := \max (|f(z)|:|z-z_0|=r).

Entonces

|a_n| \leq \frac{M(r)}{r^n}

demostración:

a_n = \frac{f^{n)}(z_0)}{n!}

ya que f'(z) = \sum_{n=1}^\infty n\,a_n (z-z_0)^{n-1}, por lo que f'(z_0) = 1 \cdot a_1. De la misma manera, f''(z) = \sum_{n=2}^\infty (n-1)n\,a_n (z-z_0)^{n-2}, por lo que f''(z_0) = 2 \cdot 1 \cdot a_2, etc.

Si aplicamos ahora la fórmula integral de Cauchy para las derivadas:

f^{n)}(z) = \frac{n!}{2 \pi i} \int_{C(z_0,R)} \frac{f(u)}{(u-z)^{n+1}} du,\, \forall z \in D(z_0,R)

tenemos:

a_n = \frac{1}{2 \pi i} \int_{C(z_0,r)} \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}} dz

por lo que si aplicamos la propiedad de que |int_\gamma f(z) dz| \leq L(\gamma) \, \max \{ |f(z)| : z \in \gamma([a,b]) \}, nos queda:

|a_n| \leq \big | \frac{1}{2 \pi i} \big | (2 \pi r) \max_{|z-z_0|=r} \big | \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}} \big |.

Como |\frac{1}{2 \pi i}| = \frac{1}{2 \pi} y

\max_{|z-z_0|=r} \big | \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}} \big | = \max_{|z-z_0|=r} \frac{|f(z)|}{r^{n+1}}

entonces:

|a_n| \leq \frac{r}{r^{n+1}} \max_{|z-z_0|=r} |f(z)| = \frac{M(r)}{r^n} \,\Box

Teorema de Liouville

Sea f \in \mathcal{H}(\mathbb{C}), f no constante. Entonces f no está acotada.

demostración:

Vamos a demostrar el reciproco, es decir, que si f\in \mathcal{H}(\mathbb{C}) y f está acotada, entonces f es necesariamente constante.

Para empezar, como f es holomorfa, entonces es analítica y

f(z) = \sum_{n=0}^\infty a_n z^n, \, \forall z \in \mathbb{C}.

Fijamos 0 < r < +\infty. Si le aplicamos ahora la desigualdad de Cauchy, nos queda

|a_n| \leq \frac{M(r)}{r^n}.

que, como f está acotada, es decir, \exists C > 0: |f(z)| \leq C, \, \forall z \in \mathbb{C}, que no depende de r, nos queda:

|a_n| \leq \frac{C}{r^n}.

Finalmente, si n \geq 1 entonces |a_n| \leq \lim_{r \rightarrow \infty} \frac{C}{r^n} = 0, por lo que f(z) = a_0 que implica que f es constante \forall z \in \mathbb{C} \, \Box

Lo que nos está diciendo el teorema de Liouville, por ejemplo, es que la función sin(z) no está acotada (a diferencia de lo que ocurre en variable real), pues solo lo estan las funciones constantes.

Teorema fundamental del Álgebra

Sea p(z) = a_0 + a_1 z + a_2 z^2 + \ldots + a_n z^n un polinomio no constante. Entonces la ecuación p(z)=0 tiene solución.

demostración:

Vamos a proceder por reducción al absurdo. Supondremos que p(z) \neq 0, \, \forall z \in \mathbb{C} y consideraremos la función f(z) = \frac{1}{p(z)}. Es fácil ver que f(z) \in \mathcal{H}(\mathbb{C}) y que no es constante.

Veremos que f(z) está acotada, lo que supondra una contradicción con Liouville. Efectivamente, para p(z) = a_0 + a_1 z + a_2 z^2 + \ldots + a_n z^n, como n \geq 1 y a_n \neq 0, tiene sentido escribir p(z) como:

p(z) = z^n (a_n + \frac{a_{n-1}}{z} + \ldots + \frac{a_0}{z^n})

con lo que, si tomamos valores absolutos y utilizando que |a+b| \geq |a|-|b|, nos queda:

|p(z)| \geq |z|^n (|a_n| - \frac{|a_{n-1}|}{|z|} - \ldots - \frac{|a_0|}{|z|^n})

\,\Box

Proposición:

Sea p(z) un polinomio de grado n \geq 1. Entonces:

p(z) = a(z-z_1)^{k_1}(z-z_2)^{k_2}\ldots (z-z_m)^{k_m} con \sum_{i=1}^m k_i = n.

demostración: (por inducción sobre n)

a) Si n=1 entonces p(z)=az+b con a \neq 0. Sea z_1 tal que p(z_1) =0. Entonces:

p(z) = az -az_1 + az_1 + b = a(z-z_1), pues az_1 + b = 0.

b) Suponemos que para grado \leq n es cierto y sea p(z) un polinomio de grado n+1.

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