Singolarità rimovibili e teorema di Liouville

Aug 15 2020

Si prega di verificare se ho ricevuto una risposta corretta

1a. Permettere$f$ essere l'intera funzione tale che $\sup_{\mathbb C} \left |\frac{f(z)}{z} \right | < \infty$. Spettacolo$z = 0$ è una singolarità rimovibile di $g(z) = \frac{f(z)}{z}$.

1b. Supponiamo$f$ e $g$ sono intere funzioni tali che $|f| \leq K|g|$, dimostralo $f = cg$ per tutti $z \in \mathbb{C}$.

L'ho scritto

1a. Da$\sup |f(z)/z| < \infty$ poi $\left |\frac{f(z)}{z} \right | < M$. Quindi$\lim_{z \to 0}|zg(z)| = \lim_{z \to 0}|f(z)| \leq \lim_{z \to 0} M|z| =0.$ Quindi passare il limite a entrambe le parti produce il risultato.

1b. Penso che questo sia solo l'applicazione del teorema di Liouville$(f/g)$non importa se ho trovato la risposta. La mia risposta è incompleta per 1b. È necessaria solo la verifica per 1a.

Grazie per aver letto.

Risposte

2 Pythagoras Aug 15 2020 at 16:51

Tecnicamente, c'è un problema con la domanda. Più precisamente, si dovrebbe scrivere$$\sup_{z\in{\mathbb C}\setminus\{0\}}\left|\frac{f(z)}z\right|<\infty,\quad (1)$$ come $g(z)=\frac{f(z)}{z}$ può essere indefinito in $z=0$.

1 (a) . Chiaramente (1) lo implica$f(0)=0$, altrimenti per continuità esiste $r>0$ tale che $$|f(z)|\geq\frac 12|f(0)|\neq 0,\forall z~{\rm with~}|z|\leq r.$$ Quindi ne consegue $$\sup_{z\in{\mathbb C}\setminus\{0\}}\left|\frac{f(z)}z\right|\geq\frac 12|f(0)|\sup_{0<|z|\leq r}\frac 1{|z|}=\infty,$$ una contraddizione.

Da allora $f(z)$ è intero e $f(0)=0,$ uno ha $$\lim_{z\rightarrow 0}\frac{f(z)}z=\lim_{z\rightarrow 0}\frac{f(z)-f(0)}{z-0}=f’(0).$$ Per il Teorema di Singolarità Rimovibile di Riemann, $z=0$ è una singolarità rimovibile di $g(z)$, e $g(z)$ è analitico se $g(0)$ è definito come $f’(0).$

1 (b) . Definire$h(z)=\frac{f(z)}{g(z)}$ per tutti $z\notin S:=\{z~|~g(z)=0\}.$ Con un argomento simile a 1 (a), any $z_0\in S$ è una singolarità rimovibile di $h(z),$ dove si rimuove la singolarità definendo $h(z_0)=f^{(k)}(z_0)/g^{(k)}(z_0)$ (con $k$ la molteplicità dello zero $z_0$ per $g(z)$). Adesso$h(z)$ è intero e delimitato, quindi per Liouville, uno ha $h(z)=c$ è una costante, quindi $f(x)=cg(z),$ come richiesto.

Nota . In 1 (b), se$\sup_{{\mathbb C}\setminus S}|h(z)|$è limitato, si può elaborare il teorema di singolarità rimovibile di Riemann mediante espansione in serie di potenze. Se$z_0\in S$, quindi analogo alla dimostrazione in 1 (a), si ha $m\geq n$, dove $m$ (risp. $n$) è la molteplicità di zero $z_0$ di $f(z)$ (risp. $g(z)$). Espansione in serie di potenze a$z_0$, uno ha $$f(z)=(z-z_0)^mf_1(z)=a_n(z-z_0)^n+\cdots+a_m(z-z_0)^m+\cdots$$ e $$g(z)=(z-z_0)^ng_1(z)=b_n(z-z_0)^n+\cdots,$$ dove $$f_1(z_0)\neq 0,g_1(z_0)\neq 0,a_n=\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!},b_n=\frac{g^{(n)}(z_0)}{n!}\neq 0.$$ (Nota che $a_n=\cdots=a_{m-1}=0$ Se $m>n$.)

Dopo aver cancellato gli zeri comuni in $z_0$, lo si vede $\frac{f(z)}{g(z)}=(z-z_0)^{m-n}\frac {f_1(z)}{g_1(z)}$ ha un'espansione della serie di potenze a $z_0$ con durata costante $$\frac{a_n}{b_n}=\frac{f^{(n)}(z_0)}{g^{(n)}(z_0)},$$ che è il valore da ridefinire $h(z_0)$. (Nota che$h(z_0)=0$ Se $m>n$.)

Alearner Aug 15 2020 at 12:16

Come , $f(z)$ è intero, quindi $g(z)=\frac{f(z)}{z} $ è analitico $0 \lt |z-0| \lt \delta $ , Adesso, da allora $sup_{\mathbb{C}} |g(z)| \lt \infty $ , così, $g(z)$ deve essere limitato.

Quindi, per il teorema di singolarità rimovibile di Riemann, $g(z)$ è analitico o ha una singolarità rimovibile in $z=0$.

L'analiticità è possibile, se ridefiniamo la funzione come, $F(z) = \begin{cases} \frac{f(z)}{z}, & \text{if $z \ neq 0 $} \\ 0, & \text{if $z = 0 $} \end{cases} $

Modifica : ora come hai mostrato,$\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 $

(come, la funzione modulo è continua) Da questi direttamente, puoi concludere $g(z)=\frac{f(z)}{z} $ hanno singolarità rimovibile a $z=0$.

Quindi, la tua risposta ora sembra ok.