Singularité amovible et théorème de Liouville

Question

Veuillez vérifier si je suis correct.

1a. Laisser$f$ être une fonction entière telle que $\sup_{\mathbb C} \left |\frac{f(z)}{z} \right | < \infty$. Spectacle$z = 0$ est une singularité amovible de $g(z) = \frac{f(z)}{z}$.

1b. Supposer$f$ et $g$ sont des fonctions entières telles que $|f| \leq K|g|$, montre CA $f = cg$ pour tous $z \in \mathbb{C}$.

J'ai écrit ça

1a. Depuis$\sup |f(z)/z| < \infty$ puis $\left |\frac{f(z)}{z} \right | < M$. Par conséquent$\lim_{z \to 0}|zg(z)| = \lim_{z \to 0}|f(z)| \leq \lim_{z \to 0} M|z| =0.$ Passer la limite des deux côtés donne donc le résultat.

1b. Je pense qu'il s'agit simplement d'appliquer le théorème de Liouville à$(f/g)$peu importe, j'ai trouvé la réponse. Ma réponse est incomplète pour 1b. Seulement besoin de vérification pour 1a.

Merci d'avoir lu.

Answer 1

Techniquement, il y a un problème avec la question. Plus précisément, il faut écrire$$\sup_{z\in{\mathbb C}\setminus\{0\}}\left|\frac{f(z)}z\right|<\infty,\quad (1)$$ comme $g(z)=\frac{f(z)}{z}$ peut être indéfini à $z=0$.

1 (a) . Clairement (1) implique que$f(0)=0$, sinon par continuité il existe $r>0$ tel que $$|f(z)|\geq\frac 12|f(0)|\neq 0,\forall z~{\rm with~}|z|\leq r.$$ Il s'ensuit alors que $$\sup_{z\in{\mathbb C}\setminus\{0\}}\left|\frac{f(z)}z\right|\geq\frac 12|f(0)|\sup_{0<|z|\leq r}\frac 1{|z|}=\infty,$$ une contradiction.

Maintenant depuis $f(z)$ est entier et $f(0)=0,$ on a $$\lim_{z\rightarrow 0}\frac{f(z)}z=\lim_{z\rightarrow 0}\frac{f(z)-f(0)}{z-0}=f’(0).$$ Par le théorème de singularité amovible de Riemann, $z=0$ est une singularité amovible de $g(z)$, et $g(z)$ est analytique si $g(0)$ est défini comme $f’(0).$

1 b) . Définir$h(z)=\frac{f(z)}{g(z)}$ pour tous $z\notin S:=\{z~|~g(z)=0\}.$ Par un argument similaire à celui de 1 (a), tout $z_0\in S$ est une singularité amovible de $h(z),$ où l'on supprime la singularité en définissant $h(z_0)=f^{(k)}(z_0)/g^{(k)}(z_0)$ (avec $k$ la multiplicité du zéro $z_0$ pour $g(z)$). Maintenant$h(z)$ est entier et borné, donc par Liouville, on a $h(z)=c$ est une constante, d'où $f(x)=cg(z),$ comme demandé.

Remarque . En 1 (b), si$\sup_{{\mathbb C}\setminus S}|h(z)|$est borné, on peut élaborer le théorème de singularité amovible de Riemann par l'expansion des séries de puissance. Si$z_0\in S$, alors analogue à la preuve en 1 (a), on a $m\geq n$, où $m$ (resp. $n$) est la multiplicité de zéro $z_0$ de $f(z)$ (resp. $g(z)$). Expansion de la série Power à$z_0$, on a $$f(z)=(z-z_0)^mf_1(z)=a_n(z-z_0)^n+\cdots+a_m(z-z_0)^m+\cdots$$ et $$g(z)=(z-z_0)^ng_1(z)=b_n(z-z_0)^n+\cdots,$$ où $$f_1(z_0)\neq 0,g_1(z_0)\neq 0,a_n=\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!},b_n=\frac{g^{(n)}(z_0)}{n!}\neq 0.$$ (Notez que $a_n=\cdots=a_{m-1}=0$ si $m>n$.)

Après avoir annulé les zéros communs à $z_0$, on voit que $\frac{f(z)}{g(z)}=(z-z_0)^{m-n}\frac {f_1(z)}{g_1(z)}$ a une extension de série de puissance à $z_0$ à terme constant $$\frac{a_n}{b_n}=\frac{f^{(n)}(z_0)}{g^{(n)}(z_0)},$$ qui est la valeur à redéfinir pour $h(z_0)$. (Notez que$h(z_0)=0$ si $m>n$.)

Answer 2

Comme, $f(z)$ est entier, donc, $g(z)=\frac{f(z)}{z} $ est analytique sur $0 \lt |z-0| \lt \delta $ , Maintenant, depuis $sup_{\mathbb{C}} |g(z)| \lt \infty $ , alors, $g(z)$ doit être délimité.

Par conséquent, par le théorème de singularité amovible de Riemann, $g(z)$ est soit analytique, soit ayant une singularité amovible à $z=0$.

L'analyticité est possible, si nous redéfinissons la fonction comme, $F(z) = \begin{cases} \frac{f(z)}{z}, & \text{if $z \ neq 0 $} \\ 0, & \text{if $z = 0 $} \end{cases} $

Edit : Maintenant, comme vous l'avez montré,$\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 $

(comme, la fonction module est continue) À partir de ceux-ci directement, vous pouvez conclure $g(z)=\frac{f(z)}{z} $ ont une singularité amovible à $z=0$.

Donc, votre réponse semble maintenant correcte.