Apuntes de Variable Compleja - Carlos Lizama homepage ...

28 CAPÍTULO 4. INTEGRACIÓN
Demostración. Sea z0 cualquier punto en Ω. Sea z ∈ Ω. Sea β un camino en
Ω desde z0 hasta z. Definimos F (z) =
f(s)ds. F está bien definida, pues si α
β
es otro camino desde z0 hasta z, entonces
f(s)ds = 0
β(α) −1
Entonces
f(s)ds −
α
y calculamos
( F (z + h) − F (z)
) − f(z) =
h
1
h
z+h
z
β
f(s)ds = 0
f(s)ds − f(z) = 1
h
Sea δ > 0 tal que |h| < δ ⇒ |f(z) − f(z + h)| < ε entonces
| 1
h
z+h
z
Afirmacion
(f(s) − f(z))ds| ≤ 1
|h|
z+h
z
1
z + h|ds| = 1
|h| z
z+h
|f(s) − f(z)||ds| ≤ ε
|h|
z
|f(s) − f(z)|ds
z+h
En efecto, sea γ(t) = z + th, t ∈ [0, 1], un camino de z a z + h entonces
1
|h|
z+h
z
|ds| = 1
|h|
1
Esto prueba la afirmación y el teorema.
0
|γ ′ (t)|dt = 1
|h|
1
0
|h|dt = 1
Corolario 53 Sea f una función holomorfa sin cero, definida en un abierto simplemente
conexo, entonces existe una función g(z) tal que
o bien
e g(z) = f(z)
g(z) = ln f(z)
Demostración. Consideremos la función f ′ (z)
, holomorfa por hipotesis. Defin-
f(z)
imos
z
f
g1(z) =
′ (s)
f(s) ds
es claro que g1 no depende del camino, pues Ω es simplemente conexo. Además
z0
g ′ 1(z) = f ′ (z)
f(z)
z
|ds|