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Demostrar que un holomorphic función tiene un límite finito como $\Im(z)\to\infty$.

El siguiente problema viene de Posgrado Examen de Calificación en el análisis Complejo de Texas a&M:

Deje $F$ ser una función de holomorphic y delimitada en la mitad superior del plano -$\mathbb{C}_+$. Supongamos que $F$ tiene periodo 1, es decir, $F(z+1)=F(z)$ todos los $z\in\mathbb{C}_+$. Demostrar que $F(z)$ tiene un límite finito como $\Im(z)\to\infty$.

Hasta ahora, he podido constatar lo siguiente:

  • $F$ es acotado, lo cual implica que su máximo se produce en su límite, $\partial\mathbb{C}_+$. Si su máximo se produce en $\infty$, entonces estamos de hecho, desde entonces, se aproxima a su máximo, un número finito. Pero si alcanza su máximo en el "$x$-eje", que podría no ser capaz de decir tanto.
  • Si tenemos una secuencia $\{z_n\}\to\infty$$\mathbb{C}_+$, es suficiente con considerar sólo $z_n$ en la franja de gaza $\{z\in\mathbb{C}_+\,\,:\,\,0\leq \Re(z)<1\}$, ya que el $F$ es periódica.

Alguna idea? Phragmen Lindelof vagamente vino a la mente.

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psychotik Puntos 171

La primera solución. Permítanme ampliar mis comentarios a una respuesta.

Deje $\mathbb{H}$ ser la mitad superior del plano y $\mathbb{D}^{*} = \mathbb{D}\setminus\{0\} $ ser el salpicado de la unidad de disco. A continuación, definimos la función de $G : \mathbb{D}^* \to \mathbb{C}$ por la siguiente relación

$$ \forall z \in \mathbb{H} \ : \qquad F(z) = G(e^{2\pi i z}) $$

Pretendemos que $G$ está bien definido y holomorphic.

  1. Bien definedness. Para cada una de las $w \in \mathbb{D}^*$, vamos a $z, z' \in \mathbb{H}$ satisfacer $w = e^{2\pi i z} = e^{2\pi i z'}$. Sabemos que esto implica $z' = z + n$ para algunos entero $n$. Desde $F$ periodo $1$,$F(z') = F(z)$. Por lo tanto, el valor de $G(w)$ es definido de manera inequívoca.

  2. Holomorphy. Para cada una de las $w_0 \in \mathbb{D}^*$, fix $z_0 \in \mathbb{H}$ tal que $w_0 = e^{2\pi i z_0}$. Consideramos que la función

    $$\psi(w) = z_0 + \frac{1}{2\pi i}\log(w/w_0),$$

    donde $\log$ es el principal logaritmo. A continuación, hay un barrio $U \subset \mathbb{D}^*$ $w_0$ tal que $\psi : U \to \mathbb{H}$ es holomorphic. Ahora nos encontramos con que

    $$ F(\psi(w)) = G(e^{2\pi i \psi(w)}) = G(e^{2\pi i z_0 + \log(w/w_0)}) = G(w),$$

    de ahí se sigue que $G$ es holomorphic en $U$. Por último, desde el $G$ es holomorphic en cualquier $w_0 \in \mathbb{D}^*$, la demanda de la siguiente manera.

Ahora una vez que tenemos $G$ en nuestras manos, la prueba está casi hecho. Desde $G$ es holomorphic y limitado en $\mathbb{D}^*$, el origen $0$ es una singularidad removible y, por tanto, $G$ se extiende a un holomorphic función en la unidad de disco $\mathbb{D}$. Por lo tanto

$$ \lim_{\operatorname{Im}(z) \to \infty} F(z) \stackrel{w=e^{2\pi i z}}{=} \lim_{w \to 0} G(w) $$

converge y la demanda de la siguiente manera.


La segunda solución por la fuerza bruta de la computación. Fix $\epsilon > 0$ y deje $M$ ser un atado de $F$. Si $\Gamma_n = \{ne^{i\theta} + i\epsilon : 0 \leq \theta \leq \pi\}$ denota la parte superior del arco semicircular de radio $n$$i\epsilon$, las agujas del reloj orientado, a continuación,

$$ \left| \int_{\Gamma_n} \frac{F(\xi)}{\xi - i\epsilon} \, d\xi \right| \leq \pi M. $$

Por compacidad, podemos elegir un subsequence $n_k$ $\alpha \in \mathbb{C}$ tal que

$$ \int_{\Gamma_{n_k}} \frac{F(\xi)}{\xi - i\epsilon} \, d\xi \xrightarrow{k\to\infty} -i\pi\alpha $$

Hacemos la observación de que $\alpha$ es realmente el límite de$F(z)$$\operatorname{Im}(z) \to \infty$, aunque esto no es necesario para nuestra prueba.

Ahora vamos a $z \in \mathbb{C}$ $\operatorname{Im}(z) > \epsilon$ y asumir que $k$ es lo suficientemente grande que $|z| < |n_k|$. Si $L_{n_k}$ denota el segmento de la línea de$-n_k+i\epsilon$$n_k+i\epsilon$, luego por el teorema de los residuos que hemos

$$ \int_{L_{n_k}} \frac{F(\xi)}{\xi - z} \, d\xi = 2\pi i F(z) + \int_{\Gamma_{n_k}} \frac{F(\xi)}{\xi - z} \, d\xi. \etiqueta{1} $$

Queremos tomar como límite $k\to\infty$ y simplificar ambos lados. Para ello, vamos a hacer algunas observaciones:

  • Es fácil comprobar que

    $$ \int_{\Gamma_{n}} \frac{F(\xi)}{\xi - z} \, d\xi = \int_{\Gamma_{n}} \frac{F(\xi)}{\xi - i\epsilon} \, d\xi + \mathcal{O}(n^{-1}) \quad \text{as} \quad n \to \infty. $$

    De modo que el lado derecho de la $\text{(1)}$ converge a$2\pi i F(x) - i\pi \alpha$$k\to\infty$.

  • La utilización de la periodicidad de las $F$, nos encontramos con que el lado izquierdo de $\text{(1)}$ es escrito como

    $$ \text{[LHS de (1)]} = \int_{L_{n_k}} \frac{F(\xi)}{\xi - z} \, d\xi = \int_{i\epsilon}^{1+i\epsilon} \left( \sum_{n = -n_k}^{n_k - 1} \frac{1}{\xi + n - z} \right) F(\xi) \, d\xi. $$

    Por symmetrizing la suma, podemos escribir

    \begin{align*} \sum_{n = -n_k}^{n_k - 1} \frac{1}{\xi + n - z} &= -\frac{1}{\xi + n_k - z} + \frac{1}{2}\sum_{n = -n_k}^{n_k} \left( \frac{1}{\xi + n - z} + \frac{1}{\xi - n - z} \right) \\ &\hspace{5em} \xrightarrow{k\to\infty} \frac{1}{2}\sum_{n = -\infty}^{\infty} \left( \frac{1}{\xi + n - z} + \frac{1}{\xi - n - z} \right) =: K(\xi - z), \end{align*}

    donde la convergencia es uniforme en $\xi \in [0, 1]$.

La combinación en conjunto, teniendo como límite $k\to\infty$ $\text{(1)}$los rendimientos de la siguiente identidad

$$ \int_{i\epsilon}^{1+i\epsilon} K(\xi - z)F(\xi) \, d\xi = 2\pi i F(z) - i\pi \alpha. \tag{2}$$

Ahora pretendemos que $K(\xi - z) \to i\pi$ $\operatorname{Im}(z) \to \infty$ uniformemente en $\xi$. Desde $K$ periodo $1$, es suficiente para mostrar que $K(x-iy) \to i\pi$ $y\to\infty$ uniformemente en $x \in [0, 1]$. Comenzamos por escribir

\begin{align*} K(x-iy) &= \frac{1}{2}\sum_{n = -\infty}^{\infty} \left( \frac{1}{x - iy + n} + \frac{1}{x - iy - n} \right) \\ &= i \sum_{n = -\infty}^{\infty} \frac{y+ix}{y^2 + n^2 - x^2 + 2ixy} \\ &= i \sum_{n = -\infty}^{\infty} \frac{1+\frac{ix}{y}}{1 + (\frac{n}{y})^2 - \frac{x^2}{y^2} + \frac{2ix}{y}} \cdot \frac{1}{y} \end{align*}

Ahora es tedioso cálculo para comprobar que

$$ \frac{1+\frac{ix} de{y}}{1 + (\frac{n}{y})^2 - \frac{x^2}{y^2} + \frac{2ix} de{y}} \cdot \frac{1}{y} = (1 + \mathcal{S}(y^{-1})) \int_{\frac{n}{y}}^{\frac{n+1} de{y}} \frac{dt}{1+t^2} $$

de manera uniforme en $n$$x$. Por lo que se deduce que

$$ K(x - iy) \xrightarrow{y\to\infty} i \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dt}{1+t^2} = i\pi $$

de manera uniforme en $x$ como se desee. (Como alternativa, puede utilizar la identidad de $K(z) = \pi \cot (\pi z)$ y probar esta afirmación por puro cálculo.) Aplicando esto a $\text{(2)}$, se obtiene finalmente la conclusión deseada:

$$ F(z) \quad \xrightarrow{\operatorname{Im}(z) \to \infty} \quad \frac{1}{2}\left( \alpha + \int_{i\epsilon}^{1+i\epsilon} F(\xi) \, d\xi \right). $$

(Aquí, $\epsilon > 0$ fue un fijo, pero de otra manera arbitraria número. Así que incluso se puede tomar como límite $\epsilon \to \infty$ encontrar que el límite anterior es, en realidad,$\alpha$.)

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