Demuestre que una función está en el espacio de Bergman

Question

Considere el espacio de Bergman$A^2(\mathbb{D})$, donde$\mathbb{D}$ es el disco de la unidad abierta en$\mathbb{C}$. Demuestre que si$\sum_{n=0}^\infty |a_n|^2$ converge, entonces$\sum_{n=0}^\infty (n+1)^{1/2} a_n z^n$ es holomorfo en$\mathbb{D}$.

Quiero mostrar$f(z)=\sum_{n=0}^\infty (n+1)^{1/2} a_n z^n$ también en$A^2(\mathbb{D})$. Sé que$\{e_n=\sqrt{\frac{n+1}{\pi}}z^n\}_{n\geq0}$ es una base ortonormal de$A^2(\mathbb{D})$. Por lo tanto, quiero mostrar que

$f =\sum_{n=0}^\infty \langle f, e_n\rangle e_n$

$\langle f,e_n \rangle=\int_0^1 f \overline{e_n}dz = \int_0^1 \overline{\sqrt{\frac{n+1}{\pi}}z^n}\sum_{k=0}^\infty (k+1)^{1/2} a_n z^k dz$

¿Es este enfoque correcto? Siento que estoy complicando el problema. ¿Por qué necesitamos converge$\sum |a_n|^2$?

Answer 1

Considerar $\langle f, e_n\rangle$, que la expresión tiene que tener sentido. A priori, teniendo en cuenta el producto interior requiere de $f$ a pertenecer a $A^2(\mathbb{D})$, que es justo lo que se muestre. Dado que las funciones $e_n$ son acotados, nos podemos relajar la condición, $f$ integrable sería suficiente para hacer sentido de la integral. Sin embargo, no podemos saber inicialmente que $f$ es integrable.

Recordemos la definición de $A^2(\mathbb{D})$. Es el espacio de holomorphic cuadrado integrable funciones en la unidad de disco. Así que echemos un vistazo cuando un holomorphic función en la unidad de disco es de cuadrado integrable. Por la continuidad, cada holomorphic función en la unidad de disco es de cuadrado integrable sobre todos los discos de $D_r(0)$$0 < r < 1$. Revisión arbitraria $r\in (0,1)$, y considerar la posibilidad de $g \in \mathscr{O}(\mathbb{D})$. Vamos

$$g(z) = \sum_{n = 0}^{\infty} b_n z^n.$$

Puesto que el poder de la serie converge absoluta y uniformemente en $D_r(0)$, tenemos

\begin{align} \int_{\lvert z\rvert < r} \lvert g(z)\rvert^2\,d\lambda &= \int_0^{2\pi} \int_0^r \lvert g(\rho e^{i\varphi})\rvert^2\rho\,d\rho\,d\varphi \\ &= \int_0^{2\pi} \int_0^r \Biggl(\sum_{n = 0}^{\infty} b_n \rho^n e^{in\varphi}\Biggr)\Biggl(\sum_{k = 0}^{\infty} \overline{b_k} \rho^k e^{-ik\varphi}\Biggr)\rho\,d\rho\,d\varphi \\ &= \sum_{k,n} \int_0^{2\pi} \int_0^r b_n\overline{b_k} \rho^{n+k+1} e^{i(n-k)\varphi}\,d\rho\,d\varphi \\ &= \sum_{n,k} b_n\overline{b_k}\int_0^{2\pi} \frac{r^{n+k+2}}{n+k+2}e^{i(n-k)\varphi}\,d\varphi \\ &= \sum_{n,k} \frac{b_n\overline{b_k}r^{n+k+2}}{n+k+2} 2\pi \delta_{n,k} \\ &= \sum_{n = 0}^{\infty} \pi \frac{\lvert b_n\rvert^2r^{2(n+1)}}{n+1}. \end{align}

Tomando el límite de $r \to 1$, vemos que

$$\int_{\mathbb{D}} \lvert g(z)\rvert^2\,d\lambda = \pi\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{\lvert b_n\rvert^2}{n+1},$$

es decir, $g$ es de cuadrado integrable en la unidad de disco si y sólo si

$$\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{\lvert b_n\rvert^2}{n+1} < +\infty.$$

Ahora aplicar esta con

$$b_n = \sqrt{n+1} a_n.$$

Nos encontramos

$$\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{\lvert b_n\rvert^2}{n+1} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(\sqrt{n+1})^2\lvert a_n\rvert^2}{n+1} = \sum_{n = 0}^{\infty} \lvert a_n\rvert^2.$$

Por lo tanto $\sum \lvert a_n\rvert^2 < +\infty$ es precisamente la condición para

$$\sum_{n = 0}^{\infty} \sqrt{n+1} a_n z^n$$

para estar en $A^2(\mathbb{D})$.