Singularidade removível e Teorema de Liouville

Question

Por favor, verifique se eu acertei.

1a. Deixei$f$ ser função inteira de forma que $\sup_{\mathbb C} \left |\frac{f(z)}{z} \right | < \infty$. exposição$z = 0$ é uma singularidade removível de $g(z) = \frac{f(z)}{z}$.

1b. Suponha$f$ e $g$ são funções inteiras tais que $|f| \leq K|g|$, mostre isso $f = cg$ para todos $z \in \mathbb{C}$.

Eu escrevi isso

1a. Desde a$\sup |f(z)/z| < \infty$ então $\left |\frac{f(z)}{z} \right | < M$. Conseqüentemente$\lim_{z \to 0}|zg(z)| = \lim_{z \to 0}|f(z)| \leq \lim_{z \to 0} M|z| =0.$ Portanto, passar o limite para ambos os lados produz o resultado.

1b. Acho que isso é apenas aplicar o Teorema de Liouville para$(f/g)$não importa se eu encontrei a resposta. Minha resposta está incompleta para 1b. Só precisa de verificação para 1a.

Obrigado pela leitura.

Answer 1

Tecnicamente, há um problema com a pergunta. Mais precisamente, deve-se escrever$$\sup_{z\in{\mathbb C}\setminus\{0\}}\left|\frac{f(z)}z\right|<\infty,\quad (1)$$ Como $g(z)=\frac{f(z)}{z}$ pode ser indefinido em $z=0$.

1 (a) . Claramente (1) implica que$f(0)=0$, caso contrário, por continuidade existe $r>0$ de tal modo que $$|f(z)|\geq\frac 12|f(0)|\neq 0,\forall z~{\rm with~}|z|\leq r.$$ Segue-se então que $$\sup_{z\in{\mathbb C}\setminus\{0\}}\left|\frac{f(z)}z\right|\geq\frac 12|f(0)|\sup_{0<|z|\leq r}\frac 1{|z|}=\infty,$$ uma contradição.

Agora desde $f(z)$ é inteiro e $f(0)=0,$ um tem $$\lim_{z\rightarrow 0}\frac{f(z)}z=\lim_{z\rightarrow 0}\frac{f(z)-f(0)}{z-0}=f’(0).$$ Pelo Teorema da Singularidade Removível de Riemann, $z=0$ é uma singularidade removível de $g(z)$, e $g(z)$ é analítico se $g(0)$ é definido como $f’(0).$

1 (b) . Definir$h(z)=\frac{f(z)}{g(z)}$ para todos $z\notin S:=\{z~|~g(z)=0\}.$ Por um argumento semelhante ao de 1 (a), qualquer $z_0\in S$ é uma singularidade removível de $h(z),$ onde se remove a singularidade definindo $h(z_0)=f^{(k)}(z_0)/g^{(k)}(z_0)$ (com $k$ a multiplicidade do zero $z_0$ para $g(z)$) Agora$h(z)$ é inteiro e limitado, então por Liouville, um tem $h(z)=c$ é uma constante, portanto $f(x)=cg(z),$ como requerido.

Observação . Em 1 (b), se$\sup_{{\mathbb C}\setminus S}|h(z)|$é limitada, pode-se calcular o teorema da singularidade removível de Riemann pela expansão da série de potências. E se$z_0\in S$, então análoga à prova em 1 (a), um tem $m\geq n$, Onde $m$ (resp. $n$) é a multiplicidade de zero $z_0$ do $f(z)$ (resp. $g(z)$) Expandindo em série de potências em$z_0$, um tem $$f(z)=(z-z_0)^mf_1(z)=a_n(z-z_0)^n+\cdots+a_m(z-z_0)^m+\cdots$$ e $$g(z)=(z-z_0)^ng_1(z)=b_n(z-z_0)^n+\cdots,$$ Onde $$f_1(z_0)\neq 0,g_1(z_0)\neq 0,a_n=\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!},b_n=\frac{g^{(n)}(z_0)}{n!}\neq 0.$$ (Observe que $a_n=\cdots=a_{m-1}=0$ E se $m>n$.)

Depois de cancelar zeros comuns em $z_0$, se vê isso $\frac{f(z)}{g(z)}=(z-z_0)^{m-n}\frac {f_1(z)}{g_1(z)}$ tem expansão de série de potência em $z_0$ com termo constante $$\frac{a_n}{b_n}=\frac{f^{(n)}(z_0)}{g^{(n)}(z_0)},$$ qual é o valor a ser redefinido para $h(z_0)$. (Observe que$h(z_0)=0$ E se $m>n$.)

Answer 2

Como , $f(z)$ é inteiro, então, $g(z)=\frac{f(z)}{z} $ é analítico em $0 \lt |z-0| \lt \delta $ , Agora, desde $sup_{\mathbb{C}} |g(z)| \lt \infty $ , então, $g(z)$ deve ser limitado.

Portanto, pelo teorema da singularidade removível de Riemann, $g(z)$ é analítico ou tem singularidade removível em $z=0$.

A analiticidade é possível, se redefinirmos a função como, $F(z) = \begin{cases} \frac{f(z)}{z}, & \text{if $z \ neq 0 $} \\ 0, & \text{if $z = 0 $} \end{cases} $

Editar : Agora, como você mostrou,$\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 $

(como, a função de módulo é contínua) Destes diretamente, você pode concluir $g(z)=\frac{f(z)}{z} $ tem singularidade removível em $z=0$.

Então, sua resposta agora parece ok.