Abnehmbare Singularität und Liouvilles Theorem

Aug 15 2020

Bitte überprüfen Sie, ob ich eines der beiden richtig verstanden habe.

1a. Lassen$f$ ganze Funktion so sein, dass $\sup_{\mathbb C} \left |\frac{f(z)}{z} \right | < \infty$. Show$z = 0$ ist eine entfernbare Singularität von $g(z) = \frac{f(z)}{z}$.

1b. Annehmen$f$ und $g$ sind ganze Funktionen so, dass $|f| \leq K|g|$, zeige, dass $f = cg$ für alle $z \in \mathbb{C}$.

Das habe ich geschrieben

1a. Schon seit$\sup |f(z)/z| < \infty$ dann $\left |\frac{f(z)}{z} \right | < M$. Daher$\lim_{z \to 0}|zg(z)| = \lim_{z \to 0}|f(z)| \leq \lim_{z \to 0} M|z| =0.$ Das Überschreiten der Grenze auf beide Seiten ergibt also das Ergebnis.

1b. Ich denke, das ist nur die Anwendung des Liouville-Theorems$(f/g)$egal, ich habe die Antwort gefunden. Meine Antwort ist für 1b unvollständig. Benötigen Sie nur eine Überprüfung für 1a.

Danke fürs Lesen.

Antworten

2 Pythagoras Aug 15 2020 at 16:51

Technisch gibt es ein Problem mit der Frage. Genauer gesagt sollte man schreiben$$\sup_{z\in{\mathbb C}\setminus\{0\}}\left|\frac{f(z)}z\right|<\infty,\quad (1)$$ wie $g(z)=\frac{f(z)}{z}$ kann undefiniert sein bei $z=0$.

1 (a) . Dies impliziert eindeutig (1)$f(0)=0$, sonst besteht durch Kontinuität $r>0$ so dass $$|f(z)|\geq\frac 12|f(0)|\neq 0,\forall z~{\rm with~}|z|\leq r.$$ Daraus folgt dann $$\sup_{z\in{\mathbb C}\setminus\{0\}}\left|\frac{f(z)}z\right|\geq\frac 12|f(0)|\sup_{0<|z|\leq r}\frac 1{|z|}=\infty,$$ ein Widerspruch.

Jetzt seit $f(z)$ ist ganz und $f(0)=0,$ hat man $$\lim_{z\rightarrow 0}\frac{f(z)}z=\lim_{z\rightarrow 0}\frac{f(z)-f(0)}{z-0}=f’(0).$$ Nach Riemanns entfernbarem Singularitätssatz, $z=0$ ist eine entfernbare Singularität von $g(z)$, und $g(z)$ ist analytisch wenn $g(0)$ ist definiert als $f’(0).$

1 (b) . Definieren$h(z)=\frac{f(z)}{g(z)}$ für alle $z\notin S:=\{z~|~g(z)=0\}.$ Durch ein ähnliches Argument wie in 1 (a) kann jede $z_0\in S$ ist eine entfernbare Singularität von $h(z),$ wo man Singularität durch Definieren entfernt $h(z_0)=f^{(k)}(z_0)/g^{(k)}(z_0)$ (mit $k$ die Multiplizität der Null $z_0$ zum $g(z)$). Jetzt$h(z)$ ist ganz und begrenzt, also hat man von Liouville $h(z)=c$ ist daher eine Konstante $f(x)=cg(z),$ nach Bedarf.

Bemerkung . In 1 (b), wenn$\sup_{{\mathbb C}\setminus S}|h(z)|$begrenzt ist, kann man Riemanns entfernbaren Singularitätssatz durch Potenzreihenerweiterung herausarbeiten. Wenn$z_0\in S$, dann analog zum Beweis in 1 (a), hat man $m\geq n$, wo $m$ (bzw. $n$) ist die Multiplizität von Null $z_0$ von $f(z)$ (bzw. $g(z)$). Erweiterung in Potenzreihen bei$z_0$, hat man $$f(z)=(z-z_0)^mf_1(z)=a_n(z-z_0)^n+\cdots+a_m(z-z_0)^m+\cdots$$ und $$g(z)=(z-z_0)^ng_1(z)=b_n(z-z_0)^n+\cdots,$$ wo $$f_1(z_0)\neq 0,g_1(z_0)\neq 0,a_n=\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!},b_n=\frac{g^{(n)}(z_0)}{n!}\neq 0.$$ (Beachten Sie, dass $a_n=\cdots=a_{m-1}=0$ wenn $m>n$.)

Nach dem Löschen gemeinsamer Nullen bei $z_0$, man sieht, dass $\frac{f(z)}{g(z)}=(z-z_0)^{m-n}\frac {f_1(z)}{g_1(z)}$ hat Potenzreihenerweiterung bei $z_0$ mit konstanter Laufzeit $$\frac{a_n}{b_n}=\frac{f^{(n)}(z_0)}{g^{(n)}(z_0)},$$ Welches ist der Wert, für den neu definiert werden soll $h(z_0)$. (Beachten Sie, dass$h(z_0)=0$ wenn $m>n$.)

Alearner Aug 15 2020 at 12:16

Wie , $f(z)$ ist ganz, also $g(z)=\frac{f(z)}{z} $ ist analytisch auf $0 \lt |z-0| \lt \delta $ Nun, seit $sup_{\mathbb{C}} |g(z)| \lt \infty $ , damit, $g(z)$ muss begrenzt werden.

Nach Riemanns entfernbarem Singularitätssatz $g(z)$ ist entweder analytisch oder hat entfernbare Singularität bei $z=0$.

Analytizität ist möglich, wenn wir die Funktion neu definieren als: $F(z) = \begin{cases} \frac{f(z)}{z}, & \text{if $z \ neq 0 $} \\ 0, & \text{if $z = 0 $} \end{cases} $

Bearbeiten : Nun, wie Sie gezeigt haben,$\lim_{z \to 0} |zg(z)| \le 0 \implies |\lim_{z\to 0 } zg(z)| \le 0 \implies \lim_{z\to 0 } zg(z) = 0 $

(da die Modulfunktion stetig ist) Daraus können Sie direkt schließen $g(z)=\frac{f(z)}{z} $ haben entfernbare Singularität bei $z=0$.

Ihre Antwort scheint nun in Ordnung zu sein.