Singularidad removible y teorema de Liouville

Aug 15 2020

Por favor, verifique si tengo alguna de las dos correctas.

1a. Dejar$f$ ser función completa tal que $\sup_{\mathbb C} \left |\frac{f(z)}{z} \right | < \infty$. mostrar$z = 0$ es una singularidad removible de $g(z) = \frac{f(z)}{z}$.

1b. Suponer$f$ y $g$ son funciones completas tales que $|f| \leq K|g|$, muestra esa $f = cg$ para todos $z \in \mathbb{C}$.

Yo escribí esa

1a. Ya que$\sup |f(z)/z| < \infty$ luego $\left |\frac{f(z)}{z} \right | < M$. Por lo tanto$\lim_{z \to 0}|zg(z)| = \lim_{z \to 0}|f(z)| \leq \lim_{z \to 0} M|z| =0.$ Entonces, pasar el límite a ambos lados da el resultado.

1b. Creo que esto es solo aplicar el teorema de Liouville a$(f/g)$no importa, encontré la respuesta. Mi respuesta es incompleta para 1b. Solo necesita verificación para 1a.

Gracias por leer.

Respuestas

2 Pythagoras Aug 15 2020 at 16:51

Técnicamente, hay un problema con la pregunta. Más precisamente, uno debería escribir$$\sup_{z\in{\mathbb C}\setminus\{0\}}\left|\frac{f(z)}z\right|<\infty,\quad (1)$$ como $g(z)=\frac{f(z)}{z}$ puede estar indefinido en $z=0$.

1 (a) . Claramente (1) implica que$f(0)=0$, de lo contrario por continuidad existe $r>0$ tal que $$|f(z)|\geq\frac 12|f(0)|\neq 0,\forall z~{\rm with~}|z|\leq r.$$ Luego se sigue que $$\sup_{z\in{\mathbb C}\setminus\{0\}}\left|\frac{f(z)}z\right|\geq\frac 12|f(0)|\sup_{0<|z|\leq r}\frac 1{|z|}=\infty,$$ una contradicción.

Ahora desde $f(z)$ es entero y $f(0)=0,$ uno tiene $$\lim_{z\rightarrow 0}\frac{f(z)}z=\lim_{z\rightarrow 0}\frac{f(z)-f(0)}{z-0}=f’(0).$$ Según el teorema de singularidad removible de Riemann, $z=0$ es una singularidad removible de $g(z)$y $g(z)$ es analítico si $g(0)$ Se define como $f’(0).$

1 (b) . Definir$h(z)=\frac{f(z)}{g(z)}$ para todos $z\notin S:=\{z~|~g(z)=0\}.$ Por un argumento similar al de 1 (a), cualquier $z_0\in S$ es una singularidad removible de $h(z),$ donde se elimina la singularidad definiendo $h(z_0)=f^{(k)}(z_0)/g^{(k)}(z_0)$ (con $k$ la multiplicidad del cero $z_0$ para $g(z)$). Ahora$h(z)$ es completo y limitado, por lo que Liouville, uno tiene $h(z)=c$ es una constante, por lo tanto $f(x)=cg(z),$ según sea necesario.

Observación . En 1 (b), si$\sup_{{\mathbb C}\setminus S}|h(z)|$está acotado, se puede calcular el teorema de la singularidad removible de Riemann mediante la expansión de series de potencias. Si$z_0\in S$, entonces análogo a la demostración en 1 (a), uno tiene $m\geq n$, dónde $m$ (resp. $n$) es la multiplicidad de cero $z_0$ de $f(z)$ (resp. $g(z)$). Ampliando en series de potencia en$z_0$, uno tiene $$f(z)=(z-z_0)^mf_1(z)=a_n(z-z_0)^n+\cdots+a_m(z-z_0)^m+\cdots$$ y $$g(z)=(z-z_0)^ng_1(z)=b_n(z-z_0)^n+\cdots,$$ dónde $$f_1(z_0)\neq 0,g_1(z_0)\neq 0,a_n=\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!},b_n=\frac{g^{(n)}(z_0)}{n!}\neq 0.$$ (Tenga en cuenta que $a_n=\cdots=a_{m-1}=0$ Si $m>n$.)

Después de cancelar los ceros comunes en $z_0$, uno ve eso $\frac{f(z)}{g(z)}=(z-z_0)^{m-n}\frac {f_1(z)}{g_1(z)}$ tiene expansión de serie de potencia en $z_0$ con término constante $$\frac{a_n}{b_n}=\frac{f^{(n)}(z_0)}{g^{(n)}(z_0)},$$ cuál es el valor a redefinir para $h(z_0)$. (Tenga en cuenta que$h(z_0)=0$ Si $m>n$.)

Alearner Aug 15 2020 at 12:16

Como , $f(z)$ está completo, entonces, $g(z)=\frac{f(z)}{z} $ es analítico en $0 \lt |z-0| \lt \delta $ , Ahora, desde $sup_{\mathbb{C}} |g(z)| \lt \infty $ , entonces, $g(z)$ debe estar acotado.

Por tanto, según el teorema de la singularidad removible de Riemann, $g(z)$ es analítico o tiene singularidad removible en $z=0$.

La analiticidad es posible, si redefinimos la función como, $F(z) = \begin{cases} \frac{f(z)}{z}, & \text{if $z \ neq 0 $} \\ 0, & \text{if $z = 0 $} \end{cases} $

Editar : Ahora, como ha mostrado,$\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 $

(ya que la función de módulo es continua) De estos directamente, puede concluir $g(z)=\frac{f(z)}{z} $ tener singularidad removible en $z=0$.

Entonces, tu respuesta ahora parece estar bien.