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Archive for outubro \26\UTC 2008

Durante meu curso de Analise Complexa no mestrado do IMPA (com o saudoso professor Carlos Isnard), um topico que sempre me fascinou foi a teoria de funções univalentes (e em especial o belissimo teorema de unifromização de Riemann). No post de hoje, eu pretendo falar de um topico não mencionado durante o curso do prof. Isnard (por falta de tempo e em detrimento do teorema de uniformização), a saber, a desigualdade de Bieberbach e o teorema 1/4 de Koebe.

A desigualdade de Bieberbach

Teorema (Bieberbach). Seja \psi:\mathbb{D}\to U um biholomorfismo entre o disco unitario \mathbb{D} e um dominio aberto U\subset\mathbb{C}. Escreva a serie de Taylor de \psi como

\psi(z)=a_0+\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n z^n.

Então, |a_2|\leq 2|a_1|. Mais ainda, a igualdade ocorre se e somente se \mathbb{C}-U é uma semi-reta fechada apontando para a_0.

Observação Historica. Motivado por este resultado, Bieberbach conjecturou que |a_n|\leq n|a_1| para todo n\in\mathbb{N}. Note que a igualdade nessa conjectura (e a fortiori no teorema) é atingida por

\psi(z) = z+2z^2+3z^3+...=z/(1-z)^2

onde \psi:\mathbb{D}\to\mathbb{C}-[1/4,\infty). Atualmente, esta conjectura é um teorema devido ao (dificil) trabalho de Louis de Branges (apos os esforços de diversos matematicos dentre eles C. Löwner o qual criou a chamada equação de Löwner, uma ferramenta que veio a ser decisiva em um ramo da probabilidade chamado teoria da percolação, para mostrar que |a_3|\leq 3 |a_1|). O trabalho de de Branges utiliza a teoria de Hilbert de funções holomorfas (além da equação de Löwner).

A prova do teorema de Bieberbach é bem simples uma vez que saibamos a seguinte estimativa:

Lema 1 (estimativa de area de Gronwall). Seja \phi:\mathbb{C}-\overline{\mathbb{D}}\to \mathbb{C}-K um biholomorfismo entre o complementar do disco unitario e o complementar do compacto conexo K. Assuma que \phi tem série de Laurent

\phi(w)=b_1w+b_0+b_{-1}w^{-1}+b_{-2}w^{-2}+...

Então, a area de K é dada pela formula:

area(K)=\pi\sum\limits_{n=-\infty}^{1}n|b_n|^2.

Uma consequência direta interessante deste lema é:

Corolario 1 (Gronwall). Nas condições do lema 1, temos |b_1|\geq |b_{-1}|. Mais ainda, a igualdade ocorre se e so se K é um segmento de reta.

Prova do corolario 1. Como area(K)\geq 0, o lema 1 implica que |b_1|^2\geq \sum\limits_{m=1}^{\infty}m|b_{-m}|^2. Em particular, |b_1|\geq |b_{-1}|. Por outro lado, a igualdade ocorre se e so se os coeficientes restantes da serie de Laurent são todos nulos:

b_{-2}=b_{-3}=...=0.

Fazendo uma rotação na coordenada w e uma mudança linear de coordenadas em \eta=\phi(w) (se necessario), podemos reduzir a série de Laurent de \phi a \phi(w)=w+w^{-1}, uma transformação levando \mathbb{C}-\overline{\mathbb{D}} no segmento de reta \left[-2,2\right]. \square

Por enquanto, vamos assumir o lema 1 e provar o teorema de Bieberbach:

Prova do teorema de Bieberbach. A menos de trocar \psi(z) por \frac{\psi(z)-\psi(0)}{\psi'(0)}, podemos assumir que \psi(0)=0 e \psi'(0)=1 (i.e., a_0=0 e a_1=1). Agora fazemos z=1/w^2 e \zeta=\psi(z)=1/\eta^2, de maneira que cada ponto z\neq 0 (resp. \zeta\neq 0) corresponde a dois pontos \pm w (resp. \pm \eta). Calculando a série de Laurent de \psi em termos de w e \eta, temos

w\mapsto \eta=\frac{1}{\sqrt{\psi(1/w^2)}} = w-\frac{a_2}{2w} + \textrm{ termos envolvendo } \frac{1}{w^3}, \frac{1}{w^5}, ...

Esta aplicação leva \mathbb{C}-\overline{\mathbb{D}} biholomorficamente numa vizinhaça simétrica N=-N do infinito. Pelo corolario 1, vemos que 1\geq \frac{|a_2|}{2}, i.e., |a_2|\leq 2=2|a_1|). Além disso, o corolario 1 diz que a igualdade ocorre se e so se N é o complementar de um segmento de reta (o qual deve estar centrado na origem por simetria de N). Expressando isso em termos das coordenadas z e \zeta=\psi(z) iniciais, temos que U é o complementar de uma semi-reta fechada apontando para a_0=0. \square

Prova do lema 1 (estimativa de area de Gronwall)

A idéia aqui é bem simples: para cada r>1, a imagem do circulo de raio r por \phi sera uma curva em \mathbb{C} limitando uma região de area A(r) contendo K de modo que area(K)=\lim\limits_{r\to 1^+} A(r). Portanto, nosso trabalho consiste em calcular A(r). Isto pode ser feito utilizando a formula de Green:

A(r) = \int x \, dy = -\int y \, dx = \frac{1}{2i}\int \overline{z} \, dz

onde \phi(r e^{i\theta})=z=x+iy e a integração é feita na imagem por \phi de |w|=r. Substituindo a série de Laurent z=\sum\limits_{n=-\infty}^{1}b_nw^n com w=r e^{i\theta} na formula acima, obtemos

A(r) = \frac{1}{2}\sum\limits_{m,n=-\infty}^{1}nb_n\overline{b_m}r^{n+m}\int e^{i(n-m)\theta}d\theta.

Como a integral acima é não-nula (e igual a 2\pi) se e so se n=m, segue que

A(r) = \pi\sum\limits_{n=-\infty}^{1}n|b_n|^2 r^{2n}.

Fazendo r\to 1^+, o lema 1 fica provado. \square

O teorema 1/4 de Koebe

Para encerrar este post, daremos a prova do importante (em dinamica complexa p. ex.) teorema 1/4 de Koebe como uma aplicação do teorema de Bieberbach.

Teorema (1/4 de Koebe). Seja f(z) = a_0+a_1z+a_2 z^2+... um biholomorfismo entre o disco unitario \mathbb{D} e um aberto U\subset\mathbb{C}. Então, a distância r=d(f(0),\partial U) entre a_0=f(0) e o bordo \partial U de U satisfaz a estimativa

|a_1|/4\leq r\leq |a_1|.

Além disso, a igualdade 4r=|a_1| ocorre se e so se \mathbb{C}-U é uma semi-reta apontando para a_0=f(0) e a igualdade r=|a_1| ocorre se e so se U é um disco centrado em a_0.

Um corolario imediato muito interessante (para a dinâmica complexa) é o seguinte fato:

Corolario 2. Dada g:\mathbb{D}\to \mathbb{C} uma função holomorfa univalente (i.e., injetiva) com g(0)=0 e g'(0)=1, então o aberto U=g(\mathbb{D}) contém o disco \mathbb{D}_{1/4} de raio 1/4 centrado na origem.

Prova do teorema 1/4 de Koebe. Trocando f por (f(z)-f(0))/f'(0), podemos supor que a_0=0 e a_1=1. Fixe z_0\in\partial U um ponto do bordo realizando a distância r entre \partial U e a origem 0=f(0). Nosso objetivo é mostrar que

1/4\leq r\leq 1.

Compondo f com a transformação de Möbius z\mapsto z/(1-z z_0^{-1}) (enviando z_0 para o infinito), obtemos uma transformação holomorfa univalente g em \mathbb{D} da forma

z\mapsto g(z):=f(z)/(1-f(z)z_0^{-1}) = z+(a_2+z_0^{-1})z^2+...

Pelo teorema de Bieberbach (aplicado para f e g), |a_2|\leq 2 e |a_2+z_0^{-1}|\leq 2. Logo, r^{-1}=|z_0^{-1}|\leq 4, i.e., 1/4\leq r. Mais ainda, a igualdade r=1/4 ocorre se e so se |a_2|=2 e 1/z_0=-2a_2. Pelo teorema de Bieberbach, |a_2|=2 implica que U é o complementar de uma semi-reta fechada apontando para 0=f(0). Com isto mostramos a primeira parte do teorema de Koebe.

A segunda parte deste teorema é uma consequência do teorema de Schwarz: supondo que r\geq 1, segue que a transformação inversa f^{-1} envia \mathbb{D} dentro de si mesmo, f^{-1}(0)=0 e sua derivada na origem é 1. Por Schwarz, f^{-1} é a identidade (donde r=1 e U é o disco unitario centrado na origem). \square

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Olhando hoje os topicos matematicos em portugues mais procurados (segundo a lista na minha conta para este blog), vi que alguém deseja ver a demonstração da formula classica de Euler para a soma dos inversos dos quadrados:

\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}.

Logicamente, esta bela formula possui varias demonstrações e muitas deles estão expostas em inglês na Wikipedia (alem desta referência aqui a qual contém 14 demonstrações dessa formula).

O objetivo deste post sera expor em portugues a prova deste belo resultado. No que segue, irei me basear neste artigo da Wikipedia em inglês sobre o problema de Basel (para a solução de Euler) e na referência aqui com 14 demonstrações (da qual falarei apenas da primeira prova).

A idéia de Euler

Como podemos esperar de L. Euler, a sua idéia é muito esperta: ele comeca com o fato elementar de que todo polinômio P pode ser fatorado com polinômios lineares da forma (x-\alpha) sempre que \alpha é uma raiz de P e assume que o mesmo pode ser feito com séries infinitas (de fato, Euler anunciou esta solução em 1735, mas a justificativa rigorosa so foi aparecer em 1741 precisamente por causa desse ‘propriedade’ para séries infinitas que ele assume).

Mais precisamente, Euler olha para a expansão em série do seno:

\sin x = x - \frac{x^3}{3!} +\frac{x^5}{5!}-...

Dividindo por x temos

(1) \frac{\sin x}{x}=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-....

Por outro lado, sabemos que os zeros de \frac{\sin x}{x} ocorrem exatamente nos pontos x=\pm n\pi com n\in\mathbb{N}-\{0\}. Em particular, supondo que podemos fatorar esta série em fatores lineares (em analogia com o caso de polinômios) obtemos

\frac{\sin x}{x} = \prod\limits_{n=1}^{\infty}(1-\frac{x}{n\pi})(1+\frac{x}{n\pi}) = \prod\limits_{n=1}^{\infty}(1-\frac{x^2}{n^2\pi^2}).

Observação 1. Normalmente, quando fatoramos um polinômio, escrevemos ele como produto de polinômios lineares da forma (x-\alpha). No entanto, na expressão acima estamos trocando (x-\alpha) por (1-\frac{x}{\alpha})=(\alpha-x)/\alpha na esperança de obter uma expressão que resulte em um produtorio convergente (com efeito, a analise de convergencia de um produtorio é feita olhando a distância do termo geral para 1).

Agora, separando o ‘coeficiente’ de x^2 no produtorio acima, obtemos

-\left(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2\pi^2}\right).

Entretanto, o coeficiente de x^2 na expansão (1) em série de Taylor de \frac{\sin x}{x} é -1/3!=-1/6. Logo, temos a identidade

-\left(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2\pi^2}\right)=-\frac{1}{6},

ou seja,

\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}.

Observação 2. Obviamente, como ja advertimos anteriormente, esta derivação não é rigorosa.

Uma prova rigorosa da identidade \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}

Veremos agora uma derivação rigorosa da solução de Euler do problema de Basel (retirada de um artigo expositorio de Apostol). Começamos por observar que

\frac{1}{n^2} = \int_0^1\int_0^1 x^{n-1} y^{n-1} dx \, dy.

Pelo teorema da convergência monotona, segue que

\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \int_0^1\int_0^1\sum\limits_{n=1}^{\infty}(xy)^{n-1} dx\, dy = \int_0^1\int_0^1 \frac{dx\,dy}{1-xy}.

Fazendo a mudança de variaveis (u-v,u+v)=(x,y), obtemos

(2) \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} =2\int\int_Q\frac{du\,dv}{1-u^2+v^2}

onde Q é o quadrado de vertices (0,0), (1/2,1/2), (1/2,-1/2) e (1,0). Usando as simetrias desse quadrado, vemos que

\int\int_Q\frac{du\,dv}{1-u^2+v^2} = 2\int_0^{1/2}\int_0^u \frac{dv\,du}{1-u^2+v^2} + 2\int_{1/2}^{1}\int_0^{1-u} \frac{dv\,du}{1-u^2+v^2}.

Integrando, temos

(3) \int\int_Q\frac{du\,dv}{1-u^2+v^2} = 2\int_0^{1/2}\frac{\tan^{-1}\left(\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}\right)}{\sqrt{1-u^2}}du + 2\int_{1/2}^{1}\frac{\tan^{-1}\left(\frac{1-u}{\sqrt{1-u^2}}\right)}{\sqrt{1-u^2}}du.

Para a primeira integral usamos que \arctan\left(\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}\right) = \arcsin u, donde

(4) \int_0^{1/2}\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\tan^{-1}\left(\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}\right)du=\int_0^{1/2}\frac{\arcsin u}{\sqrt{1-u^2}}du = \frac{1}{2}(\arcsin u)^2|_{u=0}^{u=1/2} = \frac{\pi^2}{72}.

Ja para a segunda integral, fazemos a mudança \theta=\arctan\left(\frac{1-u}{\sqrt{1-u^2}}\right), segue que (\tan\theta)^2=(1-u)/(1+u) e (\sec\theta)^2 = 2/(1+u), ou seja, u=2(\cos\theta)^2-1=\cos(2\theta) e, a fortiori, \theta=\frac{1}{2}\cos^{-1} u = \frac{\pi}{4}-\frac{1}{2} \sin^{-1} u. Portanto,

(5) \int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac{\tan^{-1}\left(\frac{1-u}{\sqrt{1-u^2}}\right)du}{\sqrt{1-u^2}} = \int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac{\left(\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2} \arcsin u\right)du}{\sqrt{1-u^2}} =\left(\frac{\pi\sin^{-1} u}{4}-\frac{(\sin^{-1} u)^2}{4} \right)|_{u=\frac{1}{2}}^{u=1}= \frac{\pi^2}{36}.

Substituindo (4) e (5) em (3), segue que

\int\int_Q\frac{du\,dv}{1-u^2+v^2}=2\frac{\pi^2}{72}+2\frac{\pi^2}{36} = \frac{\pi^2}{12}.

Colocando essa informação em (2), concluimos que \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}.

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Normalmente eu evito discussões politicas em meus blogs porque basicamente dedico eles somente a Matematica. Entretanto, como eu ja escrevi no blog da minha esposa, resolvi abrir uma exceção pelo seguinte motivo: dois amigos e matematicos Iranianos foram impedidos de entrar na Alemanha e Franca por razoes arbitrarias (para ver minhas duas justificativas para a denominação ‘arbitraria’, veja o post em portugues ou em ingles).

Bom, todos aqueles que desejam apoiar a causa, por favor juntem-se a nos no seguinte blog (fundado pelo Ali e Hossein):

http://iranianmath.blogspot.com/

Me despeço aqui! Ate mais!

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Oi! Estou passando para dizer duas coisas:

  • apesar de ja estar um bom tempo sem postar nada, eu não abandonei este blog: de fato, eu tenho 3 posts (os quais ainda estou escrevendo) que estão atrasados porque os assuntos tratados neles serão abordados em mini-cursos a serem dados em breve; como eu pretendo assistir estes cursos, acho melhor ‘atrasar’ um pouco a publicação dos posts para com isso ganhar mais clareza na hora de expor os resultados;
  • nessa semana eu postei no arXiv um paper junto com o Giovanni Forni (e fiz uma palestra na Universite Paris 13 sobre esse assunto, Villetaneuse) onde nos exibimos um novo exemplo de superficie de Riemann (de genero 4) tal que o cociclo de Kontsevich-Zorich sobre esta orbita é isométrico; quem estiver interessado em ver uma descrição geral com as motivações e um pouco mais de detalhes pode ver o meu post no meu outro blog em ingles.

Bem, sem mais para o momento, fico por aqui! Até ja!

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