$f$ è analitico $D$, prova che $f$ è una costante

Question

Sono stato bloccato su questo per un po ', è un problema di esame di qualificazione vecchio di dieci anni dalla mia università:

Permettere $f$ essere una funzione analitica nel disco aperto dell'unità $D$ tale che $|f(z)|\leq 1$ per tutti $z\in D$. Permettere$g$ essere la restrizione di $f$ all'intervallo reale $(0,1)$ e assumere $\lim_{r\rightarrow 1}g(r)=1$ e $\lim_{r\rightarrow 1}g'(r)=0$. Prova che$f$ è una costante.

Qualcuno può darmi qualche suggerimento? Ho davvero provato di tutto adesso, ma niente sembra funzionare. La condizione indicata sembra essere molto localizzata e non sono sicuro di come usarli. Grazie in anticipo!

Answer 1

Possiamo supporre che wlog $|f(z)| <1, |z| <1$ come altrimenti $f$ è costante $1$ dal modulo massimo.

Permettere $M_s=\sup_{s \le r <1}|g'(r)|$. Per l'ipotesi limite che abbiamo$M_s \to 0, s \to 1$. Anche estendere$g'(1)=0$ così $g'$ è continuo e limitato $[0,1]$

Allora da allora $\frac{f(s)-f(r)}{s-r}=-\frac{1}{s-r}\int_{[s,r]}g'(t)dt, 0<s<r<1$ prima lasciamo $r \to 1$ e dal teorema di convergenza dominata, otteniamo $\frac{f(s)-1}{s-1}=-\frac{1}{s-1}\int_{[s,1]}g'(t)dt$

Ma ora $|\int_{[s,1]}g'(t)dt| \le M_s(1-s)$ quindi da quanto sopra (utilizzando $M_s \to 0, s \to 1$) si ottiene $\frac{f(s)-1}{s-1} \to 0, s \to 1$.

Ma $1-|f(r)| \le |1-f(r)|$ quindi quanto sopra implica che $\frac{1-|f(r)|}{1-r} \to 0, r \to 1$.

Quindi applicare Schwarz Pick per $0 \le s <r<1$:

$|\frac{f(s)-f(r)}{1-\bar f(r) f(s)}| \le |\frac{s-r}{1-rs}|$ o equivalentemente:

$1-|\frac{s-r}{1-rs}|^2 \le 1- |\frac{f(s)-f(r)}{1-\bar f(r) f(s)}| ^2$ e utilizzando l'identità classica:

$1-|\frac{w-z}{1-\bar w z}|^2=\frac{(1-|w|^2)(1-|z|^2)}{|(1-\bar w z)|^2}, |w|, |z|<1$, noi abbiamo:

$\frac{(1-r^2)(1-s^2)}{(1-rs)^2} \le \frac{(1-|f(s)|^2)(1-|f(r)|^2)}{|1-\bar f(r)f(s)|^2}$

Riscrivendo quanto sopra come:

$\frac{|1-\bar f(r)f(s)|^2}{1-|f(s)|^2} \le \frac{1-|f(r)|^2}{1-r^2}\frac{(1-rs)^2}{1-s^2}$ e lasciare $r \to 1$ otteniamo (usando quello $\frac{1-|f(r)|^2}{1-r^2} \to 0$ dalla prima parte sopra):

$\frac{|1-f(s)|^2}{1-|f(s)|^2} \le 0$ o $f(s)=1, 0 \le s <1$ e questo contraddice l'assunto all'inizio, così in effetti $f$ costante $1$

Answer 2

Ecco un'altra idea. L'intuizione è questa. Modifichiamo$f$ così che $f(0) = 0$così possiamo applicare il lemma di Schwarz. Quindi vogliamo espandere "Taylor"$z = 1$.

Assumere $f$non è costante. Permettere$f_1 = \psi \circ f$ dove $\psi$ è la mappa conforme scelta così $\psi(1) = 1$ e $\psi(f(0)) = 0$. Possiamo prendere$$ \psi(z) = w \frac{z - f(0)}{1 - \overline{f(0)} z} $$ dove $w$ è nel cerchio unitario così $\psi(1) = 1$.

Permettere $h(r) = f_1(r)$ Se $r \in (0,1)$ e $h(r) = 1$altro. Anche$h'(r) = \psi'(f(r))f'(r)$ così $h$ è continuamente differenziabili e $h'(1) = 0$ e $h(1) = 1$. Abbiamo bisogno di questo$|f(0)| < 1$.

Da $f$ non è costante, dal lemma di Schwarz $|{h(r)}| < r$ per $r < 1$.

Adesso $\left| \frac{h(1-\epsilon) - h(1)}{-\epsilon} \right| < \frac 12 $ Se $\epsilon$è piccolo. Quindi$|h(1-\epsilon)| \geq 1 - \frac 12 \epsilon \geq 1-\epsilon$.