Demostrar que $\oint_{|z|=r} {dz \over P(z)} = 0$

Question

Me he quedado prendado de este problema, espero que alguien me puede dar algunos consejos para ir en la solución de esta:

P es un polinomio con grado mayor que 1 y todas las raíces de $P$ en el plano complejo se encuentran en el disco B: $|z| = r$. Probar que: $$\oint_{|z| = r} {{dz}\over{P(z)}} = 0$$ Aquí, la dirección de la integral es la dirección positiva(en realidad, puede tomar cualquier dirección, porque el valor de la integral es 0).

Lo que he probado hasta ahora: la Aplicación de D'Alembert-teorema de Gauss, podemos escribir $P(z) = (z-z_1)^{p_1}(z-z_2)^{p_2}...(z-z_n)^{p_n}$ aquí $z_i$ son números complejos que diferentes el uno del otro. Podemos elegir para cada una de las $i = 1,...,n$ $r_i > 0$ lo suficientemente pequeño tal que $B(p_i,r_i)$ son inconexos unos con otros y todos pertenecen a $B$. Así que el uso de Cauchy teorema compacto Jordania región generado por $B$$B(p_i, r_i)$, es fácil ver que: $$\oint_{|z| = r} {{dz}\over{P(z)}} = \sum_1^{n}{\oint_{|z-z_i|=r_i} {{dz}\over{P(z)}}} = \sum_1^{n}{\oint_{|z-z_i|=r_i} {{\prod_{j \neq i}{1 \over {(z-z_j)^{p_j}}}}\over{(z-z_i)^{p_i}}}}$$ . Then I tried to apply Cauchy theorem for each ${\oint_{|z-z_i|=r_i} {{\prod_{j \neq i}{1 \over {(z-z_j)^{p_j}}}}\over{(z-z_i)^{p_i}}}}$: $$f^{(k)}(z) = {k! \over {2 \pi i}} \oint_{\partial{B}}{{f(t) \over (t-z)^{k+1}}dt}$$ , here $\parcial{B}$ is notion for the boundary of the disk $B$

Pero me quedé atrapado tratando de calcular el $(p_i - 1)$-ésima derivada a ${\prod_{j \neq i}{1 \over {(z-z_j)^{p_j}}}}$. Espero que cada expresión debe ser igual a 0, pero no puedo demostrarlo. Alguien tiene alguna idea a seguir? Si hay un punto claro, por favor no dude en preguntarme. Gracias!

Answer 1

El uso de la ML desigualdad:

$$\left|\oint_{|z|=R}\frac{dz}{p(z)}\right|\le2\pi R\cdot\max_{|z|=R}\frac1{|p(z)|}\le2\pi R\frac1{R^n}\xrightarrow[R\to\infty]{}0$$

desde $\;n\ge 2\;$ .

Por qué? Debido a la máxima módulo principio:

$$p(z)=\sum_{k=0}^na_kz^k=z^n\sum_{k=0}^na_kz^{k-n}\stackrel{\forall\,|z|=R}\implies\left|p(z)\right|\ge|z|^n\left(\left|a_n\right|-\left|\frac{a_{n-1}}z\right|-\ldots-\left|\frac{a_0}{z^n}\right|\right)\ge |a_n|R^n$$

la última igualdad verdadera para $\;R\;$ bastante grande ya que la expresión dentro de los paréntesis tiende a $\;|a_n|\;$ .

Answer 2

Sugerencia:

Considerar los numeradores en el parcial de la descomposición de la fracción $$\frac{1}{P(z)},$$ y luego considerar el Teorema de los Residuos.

Answer 3

Otra solución puede estar basada en el cambio de variable $z = \frac{R^{2}}{w}$.

Si $$p(z) =cz^{m}\prod_{k=1}^{n-m}(z-a_{k})$$ donde $n \ge 2$, $0 \le m \le n$ y $c \neq0$ es una constante, entonces $$p\left(\dfrac{R^{2}}{w}\right) = cR^{2m}w^{-n}\underbrace{\prod_{k=1}^{n-m}(R^{2}-a_{k}w)}_{= q(w)} = cR^{2m}\dfrac{p(w)}{w^{n}}.$$ Además, si $0 < |a_{k}|<R$ $\left|\frac{R^{2}}{a_{k}}\right| > R.$ Ahora estamos preparados para el cambio de la variable $z$$w = \frac{R^{2}}{z}$. El círculo de $|z| = R$ se transformará en el círculo de $|w| = R$, pero con una orientación invertida. Así $$\oint_{|z|=R}\dfrac{1}{p(z)}\, dz = -\oint_{|w|=R}\dfrac{w^{n}}{cR^{2m}p(w)}\cdot\dfrac{-R^{2}}{w^{2}}\, dw = \dfrac{R^{2-2m}}{c}\oint_{|w|=R}\dfrac{w^{n-2}}{q(w)} \, dw.$$ Desde $n \ge 2$ $q(w)$ no tiene ceros en el interior del círculo $|w| = R$ la última integral se $0$.