Sejam f, g: \mathbb{C} \rightarrow \mathbb{C} funções inteiras e c_{1}, c_{2} \in \mathbb{C}. Mostre que f \circ g e \left(c_{1} f+c_{2} g\right) são funções inteiras.

Passo 1

O enunciado dá que f e g são funções inteiras (isto é, definidas e complexamente diferenciáveis em todo \mathbb{C}) e que c_{1},c_{2}\in\mathbb{C}. Pede-se mostrar duas coisas:
  1. Que a composição f\circ g é uma função inteira.
  2. Que a combinação linear c_{1}f + c_{2}g é uma função inteira.
Informações relevantes fornecidas: f,g:\mathbb{C}\to\mathbb{C} são inteiras; c_{1},c_{2}\in\mathbb{C}. O objetivo é provar propriedades de diferenciabilidade complexa para as funções formadas a partir de f e g.

Passo 2

Lembrete (definição útil): uma função h:\mathbb{C}\to\mathbb{C} é inteira se for complexamente diferenciável em todo ponto z\in\mathbb{C}. Complexamente diferenciável em z_{0} significa que o limite
\lim_{z\to z_{0}}\frac{h(z)-h(z_{0})}{z-z_{0}}
existe (e é o derivado h'(z_{0})). Para provar que uma função é inteira basta mostrar que em um ponto arbitrário z_{0} esse limite existe; como z_{0} é arbitrário, segue para todo \mathbb{C}.
Vou primeiro provar a parte da combinação linear (mais direta) e depois a composição (onde entra a regra da cadeia).

Passo 3

Prova de que c_{1}f + c_{2}g é diferenciável em um ponto arbitrário z_{0}. Escreva a diferença quociente:
\frac{(c_{1}f+c_{2}g)(z)-(c_{1}f+c_{2}g)(z_{0})}{z-z_{0}} = c_{1}\frac{f(z)-f(z_{0})}{z-z_{0}}+c_{2}\frac{g(z)-g(z_{0})}{z-z_{0}}.
Como f e g são diferenciáveis em z_{0} (são inteiras), os limites das frações à direita existem e valem f'(z_{0}) e g'(z_{0}). Multiplicando por escalares e somando, o limite do lado esquerdo existe e é
c_{1}f'(z_{0})+c_{2}g'(z_{0}).

Passo 4

Concluímos do passo anterior que para qualquer z_{0}\in\mathbb{C} existe o derivado de c_{1}f+c_{2}g e ele é (c_{1}f+c_{2}g)'(z_{0})=c_{1}f'(z_{0})+c_{2}g'(z_{0}). Como z_{0} foi arbitrário, c_{1}f+c_{2}g é diferenciável em todo \mathbb{C}, logo é inteira.

Passo 5

Prova de que f\circ g é diferenciável em um ponto arbitrário z_{0}. Defina w_{0}=g(z_{0}). Como g é diferenciável em z_{0}, podemos escrever, usando a expansão em primeira ordem com um resto pequeno,
g(z)-g(z_{0}) = g'(z_{0})\,(z-z_{0}) + \varepsilon_{1}(z),
onde \displaystyle\lim_{z\to z_{0}}\frac{\varepsilon_{1}(z)}{z-z_{0}}=0.
Como f é diferenciável em w_{0}, para w próximo de w_{0} temos
f(w)-f(w_{0}) = f'(w_{0})\,(w-w_{0}) + \varepsilon_{2}(w),
onde \displaystyle\lim_{w\to w_{0}}\frac{\varepsilon_{2}(w)}{w-w_{0}}=0.
Agora substituímos w=g(z) (ou seja, w-w_{0}=g(z)-g(z_{0})) na expressão de f:
f(g(z))-f(g(z_{0})) = f'(w_{0})\,(g(z)-g(z_{0})) + \varepsilon_{2}(g(z)).

Passo 6

Divida a igualdade do passo anterior por z-z_{0}:
\frac{f(g(z))-f(g(z_{0}))}{z-z_{0}} = f'(w_{0})\frac{g(z)-g(z_{0})}{z-z_{0}} + \frac{\varepsilon_{2}(g(z))}{z-z_{0}}.
Já sabemos que \displaystyle\lim_{z\to z_{0}}\frac{g(z)-g(z_{0})}{z-z_{0}}=g'(z_{0}). Resta mostrar que \displaystyle\lim_{z\to z_{0}}\frac{\varepsilon_{2}(g(z))}{z-z_{0}}=0. Observe que
\frac{\varepsilon_{2}(g(z))}{z-z_{0}} = \frac{\varepsilon_{2}(g(z))}{g(z)-g(z_{0})}\cdot\frac{g(z)-g(z_{0})}{z-z_{0}}.
Quando z\to z_{0} temos g(z)\to g(z_{0})=w_{0}, então o primeiro fator tende a 0 (pela propriedade de \varepsilon_{2}) e o segundo fator tende a g'(z_{0}). Logo o produto tende a 0. Portanto o segundo termo da soma acima tende a 0.
Assim, tomando limites em ambos os lados,
\lim_{z\to z_{0}}\frac{f(g(z))-f(g(z_{0}))}{z-z_{0}} = f'(w_{0})\,g'(z_{0}).
Isso mostra que f\circ g é diferenciável em z_{0}, com derivada (f\circ g)'(z_{0})=f'(g(z_{0}))\,g'(z_{0}).

Passo 7

Como z_{0} foi escolhido arbitrariamente, a conclusão vale para todo z_{0}\in\mathbb{C}. Logo f\circ g é diferenciável em todo \mathbb{C}, ou seja, f\circ g é inteira. Relembrando os resultados: somas e multiplicações por escalares preservam diferenciabilidade complexa, e a composição de funções diferenciáveis satisfaz a regra da cadeia que usamos.

Resposta

f\circ g é inteira.
c_{1}f + c_{2}g é inteira.

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