Una raíz de $z^n + f(z)$ en $B_1(0)$ , $f$ todo

Question

Supongamos que nos dan una función completa $f$ con la propiedad de que $|z| < 1 \implies |f(z)| < 1$ .

Se nos pide que demostremos que para cualquier $n \geq 1$ , $f(z) + z^n$ tiene una raíz dentro de $B_1(0)$ .

Además, no puedo utilizar el teorema de Rouche, ni el principio de argumentación, ni el teorema del residuo :).

Podemos utilizar los teoremas de Cauchy,

o el teorema del paseo del perro:

Si $\gamma_1, \gamma_2$ son curvas cerradas s.t $|\gamma_1(t) - \gamma_2(t)| < |\gamma_1(t)|$ para cualquier $t \in [a,b]$ entonces $n(\gamma_1,0) = n(\gamma_2,0)$ .

He pasado algunos ratos con esto: probado por contradicción (se insinúa que hay que probar algo en esta línea) que da como resultado que para cualquier $r \in [0,1)$ , $\gamma_1(t) := (re^{\pi it})^n + f(re^{\pi it})$ , $0 \notin Image(\gamma_1)$ . Esto da, mediante una homotopía a la función constante $f(0)$ que $n(\gamma_1, 0) = 0$ .

Luego, a partir de aquí, he tratado de definir una $\gamma_2$ ya sea simplemente $\gamma_2(t) = (re^{\pi it})^n$ o utilizando la totalidad de $f$ para definirla como una combinación finita de partes de su serie de potencias.

Ninguna de ellas dio lugar a estimaciones satisfactorias. Me gustaría una sugerencia por favor, primero.

Edición 1 :

Por la discusión anterior si podemos encontrar $r \in [0,1)$ s.t $|f(re^{\pi it})| < r^n$ estaríamos acabados. Probado esto por contradicción, lo que produce una secuencia dentro de la bola cuyos valores bajo $f$ convergen a un punto en $S^1$ . A partir de aquí no veo mucho más que hacer. Por cierto, la condición anterior también sería necesaria para utilizar el teorema de Rouche, ¿no?

Edición 2

Ok así que nos han dado una corrección; ahora tenemos la pregunta anterior con lo siguiente: $|z| \leq 1 \implies |f(z)| < 1$ . Voy a publicar mi respuesta sugerida también, junto a la gran respuesta de Daniel.

Answer 1

Si $B_1(0)$ denota el disco de la unidad abierta la afirmación es errónea. No es difícil construir ejemplos en los que todos los ceros de $f(z) + z^n$ se encuentran en el círculo unitario. Sea $0 < \varepsilon < 1$ y $f(z) = \varepsilon(1 - z^n) - 1$ . Entonces $\lvert f(z)\rvert < 1$ para $\lvert z\rvert < 1$ y $f(z) + z^n = (1-\varepsilon)(z^n-1)$ , por lo que los ceros son sólo los $n^{\text{th}}$ raíces de la unidad.

Si $B_1(0)$ denota el disco unitario cerrado, utiliza lo que sabes para deducir que para $0 < \varepsilon < 1$ la función $g_{\varepsilon}(z) = (1-\varepsilon)f(z) + z^n$ tiene un cero en el disco unitario abierto, y de ahí concluir que $f(z) + z^n$ tiene un cero en el disco unitario cerrado.

Si $h \colon \overline{\mathbb{D}} \to \mathbb{C}$ es continua y $\lvert h(z)\rvert < 1$ para $\lvert z\rvert = 1$ aplicando el "teorema del paseo del perro" a $\gamma_1(t) = e^{int}$ y $\gamma_2(t) = h(e^{it}) + e^{int}$ rinde $n(\gamma_2,0) = n(\gamma_1,0) = n > 0$ Así que $h(z) + z^n$ debe tener un cero en el disco de la unidad abierta (pues de lo contrario $\gamma_2$ sería nulo-homotópico en $\mathbb{C}\setminus \{0\}$ ). Ahora bien, si $f(z) + z^n$ no tenía cero en el disco cerrado de la unidad $\overline{\mathbb{D}}$ , habría un $\delta \in (0,1]$ con $\lvert f(z) + z^n\rvert \geqslant \delta$ para todos $z \in \overline{\mathbb{D}}$ . Entonces, como $\bigl\lvert \bigl(f(z) + z^n\bigr) - g_{\varepsilon}(z)\bigr\rvert = \varepsilon \lvert f(z)\rvert \leqslant \varepsilon$ para $z \in \overline{\mathbb{D}}$ se deduce que $g_{\varepsilon}$ no tiene ceros en el disco unitario abierto para $0 < \varepsilon < \delta$ contradiciendo el resultado anterior (con $h(z) = (1-\varepsilon)f(z)$ ).

Answer 2

A la luz de una corrección, como se señala en editar 2 Me gustaría publicar mi intento:

Supongamos por el contrario que $g(z) = f(z) + z^n$ no tiene raíces en la bola unitaria abierta.

Entonces $\forall r \in [0,1)$ tenemos que $ 0 \notin Range(\gamma_{1,r}(t))$ para $\gamma_{1,r}(t) := g(re^{2\pi i t})$ .

Se deduce que a través de la homotopía $H:[0,1] \times [0,1] \to \mathbb{C} -\{0\}$ para cualquier $r_1, r_2 \in [0,1)$

$H(s,t) = g([(1-s)r_1 + sr_2]e^{2\pi i t})$ , $\gamma_{1,r}$ es nulo-homotópico, y entonces $n(\gamma_{1,r}, 0) = 0$ .

$*[(1-s)r_1 + sr_2] \in [0,1)*$ .

Definición de $\gamma_{2,r}(t) = r^ne^{2n\pi i t}$ tenemos que $|\gamma_{1,r}(t) - \gamma_{2,r}(t)| = |f(re^{2\pi i t})|$ . Por el "teorema del perro que camina" basta con demostrar que hay algún $r \in [0,1)$ con $|f(re^{2\pi i t})| < |\gamma_{2,r}(t)| = r^n$ $\forall t \in [0,1]$ para obtener una contradicción, ya que el índice de la $\gamma_{2,r}$ es $n$ .

Una vez más, asuma que no hay tal $r$ existe. Tome $r_m = \frac{m-1}{m}$ para que $r_m^n \underset{m \to \infty}{\to} 1$ .

Tenemos $|f(r_m e^{2\pi i t_m})| \geq r_m^n$ para algunos $t_m \in [0,1]$ . Tome alguna subsecuencia convergente $r_{m,k} e^{2\pi i t_{m,k}} \underset{{m,k} \to \infty}{\to} r_{\infty} \in S^1$ para conseguirlo. $|f(r_\infty)| = 1$ una contradicción.

No hay necesidad de asumir $f$ es entera, si esto es correcto.