función continua de valores complejos en$\mathbb{D}$.

Question

¿Alguien le importaría dar una pista para el siguiente ejercicio? Supongamos que$f$ es continuo en el disco de la unidad$\mathbb{D}$ y$\text{Re}(\overline{z}f(z)) > 0$ para todos$|z| = 1$. Muestre que$f(z) = 0$ para algunos$z$ en el disco.

Intenté utilizar la convexidad del disco, pero esto no me llevó muy lejos.

Answer 1

El Argumento proporcionado por Hellen en el caso de funciones analíticas que debería funcionar también para funciones continuas.

Supongamos que, $f(z)\neq0$ todos los $z$$|z|\leq 1$.

Si dividimos $f(z)$$|f(z)|$, el requisito siguen manteniendo. Por lo tanto, podemos asumir que $|f(z)|=1$ ($\forall z\in\mathbb D$) en la pregunta original.

Consideremos ahora los trazados cerrados $\gamma_r$ que los círculos de radio $r$ y el centro de la $0$. La condición de $\Re(\bar z f(z))>0$ implica que la imagen de $f$ bajo $\gamma_1$ los vientos alrededor del origen exactamente una vez. Por la continuidad, la imagen de $\gamma_r$ $r\in (0,1)$ también el viento alrededor del origen exactamente una vez. Sin embargo, para $r\to0$ esto no es posible, debido a que $f(0)$ tiene que ser un único punto. Por lo tanto, esto genera una contradicción con la hipótesis original de que $f(z)\neq0$.

Tengo la sospecha de que podría ser una prueba de que es más bonito (y no se basa en argumentos que hacen uso de rutas, etc.), tal vez alguien más puede encontrar una prueba aquí.

Answer 2

Vamos a utilizar los siguientes dos:

La reclamación. Esto es suficiente para demostrar el resultado, en el caso de $f$ es lo suficientemente suave.

Lema. Si $\gamma: [0,2\pi]\to\mathbb C$ es una suave curva cerrada, de tal manera que $\gamma(t)\ne 0$, para todos los $z\in [0,2\pi]$, luego $$ \frac{1}{2\pi i}\int_0^{2\pi}\frac{\gamma'(t)\,dt}{\gamma(t)}\in\mathbb Z. $$

Asumir los anteriores mantienen, y que, por ende, $f$ es suave, y que $f(z)\ne 0$, para todos los $z\in\mathbb D$, podemos establecer $$ \gamma(t)=\frac{f(\mathrm{e}^{es})}{|\,f(\mathrm{e}^{es})|}, \quad \text{para todo}\,\,\, t\en[0,2\pi]. $$ Claramente, $\gamma$ es un no-desaparición de curva suave. También, $$ \gamma_\lambda(t)=\lambda \gamma(t)+(1-\lambda)\mathrm{e}^{que}\ne 0, \quad \text{para todo}\,\,\, t\en[0,2\pi], $$ dado que, como consecuencia de la asunción $\mathrm{Re}(\,\overline{z}\,f(z)>0$, tenemos $$ \mathrm{Re}\big(\mathrm{e}^{-}\gamma_\lambda(t)\big)=\mathrm{Re}\left(\lambda \mathrm{e}^{-it}\frac{f(\mathrm{e}^{it})}{|\,f(\mathrm{e}^{it})|}+(1-\lambda)\right)=\frac{\lambda}{|\,f(\mathrm{e}^{it})|}\mathrm{Re}\big(\mathrm{e}^{-it}f(\mathrm{e}^{it})\big)+(1-\lambda)>0. $$ El próximo set $\displaystyle H(\lambda)=\frac{1}{2\pi i}\int_0^{2\pi}\frac{\gamma'_\lambda(t)\,dt}{\gamma_\lambda(t)}$. Claramente, $H(\lambda)$ es continua para $\lambda\in [0,1]$ y sus valores en $\mathbb Z$, y por lo tanto es constante. En particular, $$ \frac{1}{2\pi i}\int_0^{2\pi}\frac{\gamma'(t)\,dt}{\gamma(t)}=H(1)=H(0)=\frac{1}{2\pi i}\int_0^{2\pi}\frac{i\,\mathrm{e}^{que}\,dt}{\mathrm{e}^{es}}=1. $$ Por último, establecemos $\zeta_r(t)=\displaystyle \frac{f(r\mathrm{e}^{it})}{|\,f(r\mathrm{e}^{it})|}$ y $\displaystyle G(r)=\frac{1}{2\pi i}\int_0^{2\pi}\frac{\zeta'_r(t)\,dt}{\zeta_r(t)}$, $r\in [0,1]$. Una vez más, $G(r)$ es una función continua de $r$, con valores en $\mathbb Z$, y por lo tanto es constante, y en particular $$ 1=G(1)=G(0)=0. $$ Nos llevaron a esta contracción, habiendo asumido que $f$ no se desvanecen.

La prueba de la Reclamación. La función continua $f$ puede ser extendida de forma continua, decir $K=[-2,2]\times[-2,2]$, y su extensión se puede aproximar uniformemente por polinomios en $x$$y$. Así que si $f_n\to f$ uniformemente en el disco cerrado, y $f_n(z_n)=0$, para algunos $z_n$ en el disco, entonces existe una convergencia de subsequence $z_{n_k}\to z\in \mathbb D$. Convergencia uniforme de la $f_n$'s garantiza que $0=f_{n_k}(z_{n_k})\to f(z)$. Claramente, $z$ se encuentra en el interior del disco, ya que $f$ no se desvanecen en el círculo unidad.

La prueba del Lema. Conjunto $$ g(t)=\gamma(t)\exp\left(-\int_0^t\frac{\gamma'(s)\,ds}{\gamma(s)}\right). $$
Claramente, $g'(t)=0$, y por lo tanto $$ \gamma(0)=g(0)=g(2\pi)=\gamma(2\pi)\exp\left(-\int_0^{2\pi}\frac{\gamma'(s)\,ds}{\gamma(s)}\right)=\gamma(0)\exp\left(-\int_0^{2\pi}\frac{\gamma'(s)\,ds}{\gamma(s)}\right). $$ Por lo tanto $\displaystyle\exp\left(-\int_0^{2\pi}\frac{\gamma'(s)\,ds}{\gamma(s)}\right)=1$, y, por tanto,$\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{\gamma'(s)\,ds}{\gamma(s)}=2k\pi i$, para algunas de las $k\in\mathbb Z$.