Esercizi di Variabile complessa - 6
1. Sia
ϕ(z) =
az + b
cz + d
un biolomorfismo di P1 (C) tale che ϕ(0) = 0; ϕ(1) = 1 e ϕ(∞) = ∞.
Dimostrare che ϕ(z) ≡ z.
Soluzione. Il problema si riduce al seguente problema di algebra lineare:
dimostrare che una matrice 2 × 2
A=
a
c
b
d
a coefficienti complessi con det(A) = 0 e tale che
A
0
1
=
0
;
λ
A
1
1
=
µ
;
µ
A
1
0
=
ν
0
`e un multiplo scalare non nullo della matrice identit`a, il che `e immediato.
2. Determinare un biolomorfismo ϕ di P1 (C) tale che ϕ(0) = 1; ϕ(1) = 2 e
ϕ(∞) = 0.
Soluzione. Vedi la soluzione dell’esercizio 4.
3. Determinare un biolomorfismo ϕ di P1 (C) tale che ϕ(0) = 1; ϕ(1) = 2 e
ϕ(∞) = 3.
Soluzione. Vedi la soluzione dell’esercizio 4.
4. Dimostrare che presi comunque tre punti distinti p1 , p2 e p3 in P1 (C) esiste
ed `e unico un biolomorfismo ϕ di P1 (C) tale che ϕ(0) = p1 ; ϕ(1) = p2 e
ϕ(∞) = p3 .
Soluzione. Supponiamo che p1 , p2 e p3 non siano ∞, e siano dunque rappresentati da tre numeri complessi distinti α, β e γ. Si vede allora facilmente ragionando come nella soluzione dell’esercizio 1 che esiste ed `e unico
un biolomorfismo ϕ di P1 (C) tale che ϕ(0) = α; ϕ(1) = β e ϕ(∞) = γ ed
`e dato da
γ(β − α)z + α(γ − β)
ϕ(z) =
(β − α)z + (γ − β)
Equivalentemente, ϕ `e il biolomorfismo rappresentato dalla matrice
γ(β − α) α(γ − β)
(β − α)
(γ − β)
Il caso in cui uno tra p1 , p2 o p3 sia ∞ si ottiene facilmente come caso
limite di quello appena trattato. Ad esempio, se p1 = ∞, dividiamo per α
1
numeratore e denominatore dell’espressione trovata per ϕ e poi mandiamo
α all’infinito. Troviamo
β
γ(β − α) α(γ − β)
γ( α − 1) (γ − β)
1
=
→ −γ (γ − β)
−1
0
α
β
γ
β
(β − α)
(γ − β)
( α − 1) ( α − α )
Il biolomorfismo cercato `e dunque
γz + (β − γ)
z
ϕ(z) =
e si verifica immediatamente che in effetti questo biolomorfismo soddisfa
ϕ(0) = ∞;
ϕ(1) = β;
ϕ(∞) = γ.
5. Dimostrare che prese comunque due terne di punti distinti (p1 , p2 , p3 ) e
(q1 , q2 , q3 ) in P1 (C) esiste ed `e unico un biolomorfismo ϕ di P1 (C) tale che
ϕ(pi ) = qi per ogni i = 1, 2, 3.
Soluzione. Indichiamo con ϕp il biolomorfismo di P1 (C) tale che ϕp (0) =
p1 ; ϕp (1) = p2 ; ϕp (∞) = p3 ed indichiamo con ϕq il biolomorfismo di
P1 (C) tale che ϕq (0) = q1 ; ϕq (1) = q2 ; ϕq (∞) = q3 . Allora il biolomorfie tale che ϕ(pi ) = qi per ogni i = 1, 2, 3. Inoltre, se
smo ϕ = ϕq ◦ ϕ−1
p `
ψ `e un altro biolomorfismo con questa propriet`a, allora il biolomorfismo
η = ψ −1 ◦ ϕ `e tale che η(pi ) = pi per i = 1, 2, 3. Ma allora il biolomorfismo
ϕ−1
p ◦ η ◦ ϕp fissa i punti 0, 1 ed ∞. Dunque per l’esercizio 1 si ha
ϕ−1
p ◦ η ◦ ϕp = id
e dunque η = id ovvero ψ = ϕ.
6. Determinare il biolomorfismo ϕ di P1 (C) tale che ϕ(1) = 1; ϕ(2) = 2 e
ϕ(3) = 4.
Soluzione. L’esercizio 6 ci dice che ϕ = ϕ1,2,4 ◦ ϕ−1
1,2,3 . Inoltre sappiamo
dall’esercizio 4 che una matrice che rappresenta ϕ1,2,3 `e
M1,2,3 =
3(2 − 1)
(2 − 1)
1(3 − 2)
(3 − 2)
=
3
1
1
1
=
4
1
2
2
1
2
2
−1
mentre una matrice che rappresenta ϕ1,2,4 `e
M1,2,4 =
4(2 − 1)
(2 − 1)
1(4 − 2)
(4 − 2)
Dunque una matrice che rappresenta ϕ `e
−1
M1,2,4 M1,2,3
=
1
2
4
1
2
2
2
1
−1
−1
3
=
2
.
5
Dato che moltiplicare la matrice per uno scalare non cambia il biolomorfismo associato, un rappresentante pi`
u comodo per ϕ `e
2
−1
2
5
Il biolomorfismo cercato `e pertanto
ϕ(z) =
2z + 2
5−z
7. Sia F un chiuso di uno spazio topologico compatto X. Si supponga che
ogni punto di F sia isolato, cio`e, che per ogni p ∈ F esista un intorno Up
di p in X tale che F ∩ Up = {p}. Dimostrare che F `e costituito da un
numero finito di punti.
Soluzione. Poich´e F `e chiuso, U0 = X \ F `e aperto. Per ogni punto p in F
scegliamo un aperto Up tale che F ∩ Up = {p}. Allora U0 insieme agli Up
`e un ricprimento aperto di X, che `e compatto. Si pu`o quindi estrarne un
sottoricoprimento finito. Esisteranno dunque punti {p1 , . . . , pn } tali che
X = U0 ∪ Up1 ∪ · · · ∪ Upn
(al solito non `e detto che U0 sia necessario per ricoprire X, ma ad aggiungerlo al ricoprimento non si fa danno). Ma allora
F = F ∩ X = (F ∩ U0 ) ∪ (F ∩ Up1 ) ∪ · · · ∪ (F ∩ Upn ) = {p1 , . . . , pn }.
8. Sia f : C \ {p1 , . . . , pn } → C una funzione olomorfa con poli di ordine
k1 , . . . , kn nei punti p1 , . . . , pn . Dimostrare che esiste un polinomio non
nullo p(z) tale che f (z) p(z) si estende a una funzione olomorfa su tutto
C.
Soluzione. Basta prendere p(z) = (z−p1 )k1 (z−p2 )k2 · · · (z−pn )kn . Infatti,
poich´e f ha un polo di ordine kj in pj , si ha che (z − pj )kj f (z) `e (o
pi`
u precisamente si estende univocamente a) una funzione olomorfa in un
intorno di pj . Ne segue che
(z − p1 )k1 (z − p2 )k2 · · · (z − pn )kn f (z)
`e olomorfa in {p1 , . . . , pn }. D’altronde (z−p1 )k1 (z−p2 )k2 · · · (z−pn )kn f (z)
`e certamente olomorfa i tutti i punti diversi da p1 , . . . , pn e dunque `e
olomorfa su tutto C.
9. Sia f : C → C una funzione olomorfa tale che per ogni z ∈ C con |z| > R
si abbia |f (z)| ≤ |p(z)| per un qualche fissato polinomio p(z) e un qualche
fissato numero reale positivo R. Dimostrare che f (z) `e un polinomio.
Soluzione. Sia n il grado di p. Dunque
p(z) = an z n + · · · + a1 + a0 ,
3
con an = 0. Ne segue
lim
|z|→+∞
p(z)
= |an |
zn
e dunque, se λ `e un numero reale con λ > |an | esiste un numero reale
R0 > 0 tale che
|p(z)| < λ|z|n
per ogni z con |z| > R0 . Posto R1 = max{R, R0 } si ha dunque che per
ogni z con |z| > R1 vale
|f (z)| < λ|z|n .
Dalle stime di Cauchy per i coefficienti dello sviluppo in serie di potenze
in z = 0 della funzione intera f si ottiene che f `e un polinomio di grado
al pi`
u n.
10. Sia f : C \ {p1 , . . . , pn } → C una funzione olomorfa con poli di ordine
k1 , . . . , kn nei punti p1 , . . . , pn e tale che
lim
|z|→+∞
f (z) = 0.
Dimostrare che esistono due polinomi p(z) e q(z), privi di fattori comuni,
tali che f (z) = p(z)/q(z).
Soluzione. Dall’esercizio 8 sappiamo che esiste un polinomio q(z) tale che
f (z) q(z) sia olomorfa su tutto C. Poich´e lim|z|→+∞ f (z) = 0, esiste R > 0
tale che |f (z)| < 1 per ogni z con |z| > R. Ma allora |f (z) q(z)| ≥ |q(z)|
per ogni z con |z| > R e dunque sappiamo dall’esercizio 9 che f (z) q(z) =
p(z), dove p `e un qualche polinomio. Ne segue che f (z) = p(z)/q(z), e
semplificando eventuali fattori comuni possiamo assumere che p e q siano
privi di fattori comuni.
11. Sia f : P1 (C) → P1 (C) un’applicazione olomorfa non costante. Dimostrare che esistono due polinomi p(z) e q(z), privi di fattori comuni, tali
che f sia l’estensione a P1 (C) della funzione olomorfa (sul suo dominio)
ϕ(z) = p(z)/q(z) (Suggerimento: utilizzare un biolomorfismo di P1 (C) per
ricondursi al caso f (∞) = 0).
Soluzione. Sia ϕ : P1 (C) → P1 (C) un biolomorfismo tale che ϕ(f (∞)) = 0
e sia g = ϕ ◦ f . Poich´e g `e olomorfa e non costante l’insieme g −1 (∞) `e
finito e dunque g ristretta alla carta U1 con coordinata z ↔ [z : 1] definisce
una funzione olomorfa (che continueremo ad indicare g)
g : C \ {p1 , . . . , pn } → C
con poli di ordine finito nei punti pj . Inoltre g(∞) = 0 e dunque, per
continuit`
a,
lim g(z) = 0.
|z|→+∞
4
Siamo allora nelle ipotesi dell’esercizio 12 e dunque esistono due polinomi
p0 e q0 tali che g(z) = p0 (z)/q0 (z). Da g = ϕ ◦ f ricaviamo f = ϕ−1 ◦ g.
Poich`e ϕ−1 `e un biolomorfismo di P1 (C), si avr`a
ϕ−1 (z) =
az + b
cz + d
per opportuni a, b, c, d e qunque
f (z) =
(z)
+b
a pq0(z)
ag(z) + b
ap0 (z) + bq0 (z)
=
= p 0(z)
0
cg(z) + d
cp0 (z) + dq0 (z)
c q0 (z) + d
e dunque
f (z) =
p(z)
q(z)
dove si `e posto p = ap0 + bq0 e q = cq0 + dq0 .
12. Utilizzare il risultato dell’esercizio 11 e il teorema fondamentale dell’algebra per dmostrare che un biolomorfismo di P1 (C) `e necessariamente della
forma
az + b
ϕ(z) =
cz + d
Soluzione. Sia ϕ un biolomorfismo di P1 (C). Dall’esercizio 11 sappiamo
che questo `e della forma ϕ(z) = p(z)/q(z) per qualche coppia di polinomi
p e q, che possiamo supporre privi di fattori in comune. Se p ha grado
maggiore o uguale a 2, allora per il teorema fondamentale dell’algebra
p ha almeno due radici distinte oppure ha una radice multipla. Ma se
p(z1 ) = p(z2 ) = 0 con z1 = z2 allora ϕ(z1 ) = ϕ(z2 ) = 0, contro l’iniettivit`a
di ϕ. Se invece z0 `e uno zero multiplo di p(z) allora ϕ (z0 ) = p (z0 )/q(z0 )−
p(z0 )q (z0 )/q(z0 )2 = 0, il che contraddice l’esistenza di un inversa olomorfa
per ϕ. Dunque p ha grado al pi`
u 1. Poich´e ψ(z) = 1/z `e un biolomorfismo
di P1 (C), anche (ψ ◦ ϕ)(z) = q(z)/p(z) lo `e, e dunque per quanto appena
dimostrato anche q deve avere grado al pi`
u 1.
13. Utilizzare il risultato dell’esercizio 11 per dimostrare che le applicazioni
olomorfe non costanti f : P1 (C) → P1 (C) sono tutte e sole le applicazioni
della forma
f ([z : w]) = [a(z, w) : b(z, w)]
con a(z, w) e b(z, w) polinomi omogenei dello stesso grado nelle variabili
z e w.
Soluzione. Utilizzando il risultato dell’esercizio 11 si ha
f ([z : w]) = f ([z/w : 1]) = [ϕ(z/w) : 1] = [
5
p(z/w)
: 1] = [p(z/w) : q(z/w)]
q(z/w)
e la tesi si ottinene moltiplicando per la massima potenza di w che compare
nei denominatori. Ad esempio, se
p(z)
z
= 2
q(z)
z +1
si trova
f ([z : w]) = [z/w : z 2 /w2 + 1] = [zw : z 2 + w2 ].
6
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