Deje $f(z)$ ser toda una función de la satisfacción de $z\dfrac{f^{'}(z)}{f(z)} = z^{2}\dfrac{f^{'}(z^{2})}{f(z^{2})}$ muestran que $f(z) = cz^{m}$.

Question

a) Deje $f(z)$ ser toda la función de satisfacer la condición de $$z\dfrac{f^{'}(z)}{f(z)} = z^{2}\dfrac{f^{'}(z^{2})}{f(z^{2})}$$ siempre que $f(z) \neq 0$. Mostrar que si $f(0) = 0$, $$z\dfrac{f^{'}(z)}{f(z)}$ $ es una función analítica en $z=0$.

b) Mostrar que el $$f(z) = cz^{m}$$ para algunas constantes $c \in \mathbb{C}$ y un entero positivo $m$.

Para la parte a), por favor, a ver si lo hice correctamente,ya que nos da ese $f(0) = 0$, sabemos que $f$ tiene un cero de orden $m$$0$. Por lo tanto podemos escribir $$f(z) = z^{m}g(z)$$ where $g(z)$ is analytic at $0$ and $g(0) \neq 0$. It follows that $$f^{'}(z) = mz^{m-1}g(z)+z^{m}g^{'}(z)$$

Por lo tanto, por subsituting que se derivan de $$z\dfrac{f^{'}(z)}{f(z)} =m+\frac{zg^{'}(z)}{g(z)}$$

Por lo tanto, esta función es analítica en $z=0$ porque $g(z)$ es analítica en $0$. (¿Alguien me explique: $g(z)$ analítica en $0$ $g(z)$ es analítica en un pequeño barrio de $0$. Pero, ¿cómo podemos asegurarnos de que la $g(z)$ no tiene ceros en este pequeño barrio? Si $g(z)$ cero en el interior, a continuación, la expresión $m+\frac{zg^{'}(z)}{g(z)}$ no es analítica en $0$.

Y para la parte $b$, cualquier persona puede escribir su solución? Yo tengo un modelo de respuesta de mi profesor, pero resulta difícil de entender.

Answer 1

Puede que alguien me explique: analítica en $0$ $f(z)$ es analítica en un pequeño barrio de $0$.

Desde analiticidad es un barrio de la propiedad, lo que implica que $f(z)$ es analítica en $|z|<\epsilon$.

Pero, ¿cómo podemos asegurarnos de que la $g(z)$ no tiene ceros en este pequeño barrio?

Supongamos $g(z)$ tiene ceros en un barrio de $z=0$, luego por el teorema de Identidad $g(z)=0$ forma idéntica, lo que contradice su suposición $f(z)=z^m.g(z)$ s.t. $g(0)\ne 0$.

Answer 2

Respecto a la parte b, vamos a $h(z) = z\frac{f'(z)}{f(z)}$. A continuación, $h$ es analítica en $0$ y statisfies $h(z) = h(z^2)$. Desde $h$ es analítica, hay una serie de Maclaurin $$h(z) = \sum_n a_nz^n$$ Pero, a continuación, $$\sum_n a_nz^n = \sum_n a_nz^{2n}$$

Diferenciando ambos lados varias veces, vemos que sólo es posible para dos de alimentación de la serie de igualdad es si los coeficientes de las mismas potencias son los mismos en cada una de ellas. Pero vamos a $k$ ser el menor índice de $> 0$ tal que $a_n \ne 0$. El lado izquierdo tiene un valor distinto de cero plazo $a_kz^k$, pero la carta no tiene no constante término de menor grado de $2k$, una contradicción. Así que no hay tal $k$ puede existir, lo que significa que $a_n = 0$ todos los $n > 0$, e $h$ es constante.

Voy a dejar lo que demuestra que esto significa $f(z) = cz^m$.

Answer 3

Solución alternativa: si $f$ tiene un cero de orden $m$ a cero, a continuación, $f'$ tiene un cero de orden $m-1$ a cero. A continuación, $zf'(z)/f(z)$ tiene una singularidad removible en $z = 0$ y puede ser extendida a una holomorphic función de $g$ en un nhood de $0$$g(0) = m$. Esta $g$ verifica $g(z) = g(z^2)$, es decir, su desarrollo en serie de Taylor verifica: $$ a_0 + a_1 z + a_2 z^2 + a_3 z^3 + \dots = a_0 + a_1 z^2 + + a_2 z^4 + \dots $$ y esto implica $$a_1 = a_3 = a_5 = \cdots = 0,\qquad a_{2k} = a_k.$$ El uso de ambas propiedades, $$\forall k>0:\ a_k = 0$$ y $g(z) = a_0 = g(0) = m$. En algún conjunto abierto: $$\frac{f'(z)}{f(z)} = \frac{m}z,$$ $$\log f(z) = m\log z + b,$$ $$f(z) = cz^m.$$ Por el teorema de identidad, esto es cierto en todo el avión.

EDIT: $\log$-menos de la versión. $$zf'(z) = mf(z),$$ $$\sum_{n=1}^\infty n c_n z^n = \sum_{n=0}^\infty m c_n z^n,$$ I. e., $$c_0 = 0,\qquad\forall n>0:\ n c_n = m c_n.$$ $$\cdots$$