Ayúdame a probar la identidad $\overline{f(0)} = \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac{e^{i\phi}}{e^{i \phi}-z}\overline{f(e^{i\phi})}d\phi$

Question

Sea f una función analítica definida en un conjunto abierto que contiene al disco unitario cerrado y sea z in fijo. He simplificado una expresión más complicada reduciéndola a esta identidad, y por inverosímil que parezca, después de algunas comprobaciones numéricas parece ser cierta, aunque si crees que puedes encontrar un contraejemplo, adelante:

$$\overline{f(0)} = \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac{e^{i\phi}}{e^{i \phi}-z}\overline{f(e^{i\phi})}d\phi$$

Las funciones que probé fueron: z, z+1, y z+i, así que nada trascendental. No sabemos que $\overline{f(z)}$ es analítica y ni siquiera podemos empujar el conjugado dentro de la función, por lo tanto siento que no tengo muchas herramientas a mi disposición excepto la manipulación algebraica, y hasta ahora eso no me ha llevado a ninguna parte.

Answer 1

Sea $|z| < 1$ y considerar:

$$\overline{f(0)} = \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac{e^{i\phi}}{e^{i \phi}-z}\overline{f(e^{i\phi})}d\phi$$

Expandir f como una serie de potencias centrada en cero.

Entonces $\overline{f(0)} = \overline{a_0}$ y obtenemos:

$$\overline{a_0} = \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac{e^{i\phi}}{e^{i \phi}-z}\overline{a_0 + a_1e^{i\phi} + a_2e^{2i\phi} + ...}\;\;d\phi$$

$$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; =\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac{e^{i\phi}}{e^{i \phi}-z}\bar{a_0} + \bar{a_1}e^{-i\phi} + \bar{a_2}e^{-2i\phi} + ...\;\;d\phi$$

$$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; =\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac{1}{e^{i \phi}-z}\bar{a_0}e^{i\phi} + \bar{a_1} + \bar{a_2}e^{-i\phi} + \bar{a_3}e^{-2i\phi}+...\;\;d\phi$$

$$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\frac{\bar{a_0}}{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac{e^{i\phi}}{e^{i \phi}-z}d\phi + \frac{1}{2\pi}\sum_{n=0}^{\infty}\int_0^{2\pi}\frac{\overline{a_{n+1}}}{e^{i \phi}-z}e^{-ni\phi}d\phi$$

$$\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\frac{\bar{a_0}}{2\pi i}\int_{\alpha}\frac{d\zeta}{\zeta-z}d\zeta + \frac{1}{2\pi}\sum_{n=0}^{\infty}\int_0^{2\pi}\frac{\overline{a_{n+1}}}{e^{i \phi}-z}e^{-ni\phi}d\phi$$

$$=\bar{a_0} + \frac{1}{2\pi}\sum_{n=0}^{\infty}\overline{a_{n+1}}\int_0^{2\pi}\frac{1}{e^{i \phi}-z}e^{-ni\phi}d\phi.$$

Ahora tenemos que demostrar que para todo $n\geq 0$

$$\int_0^{2\pi}\frac{1}{e^{i \phi}-z}e^{-ni\phi}d\phi = 0.$$

Realizar la sustitución $u = e^{i\phi}$ obtenemos:

$$-i\int_{\alpha}\frac{1}{u^{n+1}(u-z)}du.$$

A partir de aquí se puede realizar una descomposición parcial de fracciones o utilizar el teorema del residuo para demostrarlo:

$$-i\int_{\alpha}\frac{1}{u^{n+1}(u-z)}du = 0.$$

Tenga en cuenta que $\alpha$ es la parametrización del círculo unitario.

Answer 2

Toma conjugados complejos de ambos lados: estás diciendo $$ f(0) = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \frac{e^{-i\phi}}{e^{-i\phi}-z} f(e^{i\phi})\ d\phi$$ Ahora toma $\zeta = e^{i\phi}$ , $d\zeta = i e^{i\phi}\ d\phi$ por lo que si $C$ es el círculo unitario orientado positivamente el lado derecho es $$ \frac{1}{2\pi i} \oint_C \frac{\zeta^{-2}}{\zeta^{-1} - z} f(\zeta)\ d\zeta = \frac{1}{2\pi i} \oint_C \frac{f(\zeta)}{1-\zeta z} \frac{d\zeta}{\zeta}$$ Si $|z| < 1$ , $f(\zeta)/(1 - \zeta z)$ es analítica en una vecindad del disco unitario, así que por el teorema de la integral de Cauchy el resultado es $f(0)/(1 - 0 z) = f(0)$ .

Por otra parte, como otros han señalado, si $|z| > 1$ el resultado es falso: habría que tener en cuenta el residuo en $\zeta = 1/z$ , obteniendo $f(0) - f(1/z)$ .

Answer 3

Aquí es un simple contraejemplo. Deje $f(z) = 1$. Cambio de variables, vamos a $\zeta = e^{i\phi}$. Luego de su declaración de identidad de $$1 = \frac{1}{2\pi i} \int_\gamma \frac{d\zeta}{\zeta-z}$$ donde $\gamma$ es el círculo unitario con centro en el origen. Pero esta integral depende de si $z$ está en el círculo unidad o no. Si $z$ no está en el círculo unidad de su identidad se vuelve $1 = 0$.

Anexo: echemos un vistazo a la integral más de cerca.

El reclamo es $\overline{f(0)} = I$, donde $$\begin{eqnarray*} I &=& \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac{e^{i\phi}}{e^{i \phi}-z}\overline{f(e^{i\phi})}d\phi \\ &=& \frac{1}{2\pi i} \int_\gamma \frac{d \zeta}{\zeta-z} \overline{f(\zeta)}. \end{eqnarray*}$$ Asumimos $z$ no está en el contorno. Tomar el conjugado de a $I$,
$$\begin{eqnarray*} \overline I &=& -\frac{1}{2\pi i} \int_\gamma \frac{\overline{d\zeta}}{\overline\zeta-\overline z} f(\zeta) \\ &=& \frac{1}{2\pi i} \int_\gamma d\zeta \, \frac{\overline\zeta}{\overline \zeta - \overline z}\frac{f(\zeta)}{\zeta} \\ &=& \frac{1}{2\pi i} \int_\gamma d\zeta \,\left[ \frac{f(\zeta)}{\zeta} - \frac{\overline z f(\zeta)}{\zeta\overline{z}-1} \right]. \end{eqnarray*}$$ donde hemos utilizado $d (\overline \zeta\zeta) = \zeta d \overline \zeta + \overline \zeta d \zeta = 0$.

Si $z = 0$ nos encontramos con $\overline I = f(0)$. Si $z\ne 0$, hay singularidades en$\zeta = 0$$1/\overline z$. Al $|z| < 1$ nosotros no recoger los residuos en $1/\overline z$ (desde este punto no está en el disco) y de nuevo, $\overline I = f(0)$. Si $|z| > 1$ obtenemos la contribución de los otros singularidad, y por lo $\overline I = f(0) - f(1/\overline z)$. Por lo tanto, $$\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac{e^{i\phi}}{e^{i \phi}-z}\overline{f(e^{i\phi})}d\phi = \begin{cases} \overline{f(0)} & |z| < 1 \\ \overline{f(0)} - \overline{f(1/\overline z)} & |z| > 1. \end{casos}$$

Volviendo a nuestro contraejemplo para la fórmula original, aviso para $f(z) = 1$ nos encontramos con $1 = 1$ $|z| < 1$ $|z|>1$ obtenemos $0 = 1 - 1$, como debe ser.

Answer 4

Cambio de variables de $\phi$ a $-\phi$ en tu integral, obtienes $$\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac{e^{-i\phi}}{e^{-i\phi} - z}\overline{f(e^{-i\phi})}\,d\phi$$ $$= \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac{1}{1 - ze^{i\phi}}\overline{f(e^{-i\phi})}\,d\phi$$ $$= \frac{1}{2\pi i}\int_0^{2\pi}\frac{1}{e^{i\phi}(1 - ze^{i\phi})}\overline{f(e^{-i\phi})}ie^{i\phi}\,d\phi$$ En forma de integral de contorno es $$= \frac{1}{2\pi i}\int_{|\zeta| = 1}\frac{1}{\zeta(1 - z\zeta)}\overline{f(\bar{\zeta})}\,d\zeta$$

Tenga en cuenta que $g(\zeta) = \overline{f(\bar{\zeta})}$ es analítica siempre que $f$ es.

Si $|z| < 1$ el integrando tiene un único polo, en $\zeta = 0$ con residuo $g(0)$ así que por el Teorema del Residuo la integral es $g(0) = \overline{f(0)}$ que es probablemente el caso que su profesor tenía en mente.

Si $|z| > 1$ , hay un poste en $\zeta = {1 \over z}$ con residuos $-g(1/z)$ si se hace el cálculo, así como el polo de antes con residuo $g(0)$ así que por el Teorema del Residuo el valor de la integral es en realidad $ g(0)-g(1/z) = \overline{f(0)}-\overline{f(1/ \bar{z})} $ .

Answer 5

Además del comentario anterior de oenamen, z no puede estar SOBRE el círculo unitario. Así que sugiero que veamos el problema como si z fuera interior al círculo unitario. Bajo esta modificación sospecho que ES cierto. De hecho estoy mirando la referencia en Reinhold Remmert, Teoría de Funciones Complejas que dice: Si f es analítica en una vecindad del cierre del disco B = Bs(0) (el disco ABIERTO de radio s centrado en el origen), entonces Si g=f conjugada, entonces g(0) es la integral que has escrito para todo z en B. La prueba se basa en que h(w)=z*f(w)/(s^2-z*w) es holomorfa en una vecindad del cierre de B. z* = z conjugado en lo anterior. Veo que querías una demostración y no sólo saber que es cierto. Bueno, te haré el saludo de "es verdad, es verdad", a ver si te sirve de algo por ahora.