Lema de Schwarz del análisis complejo

Question

Sea la función holomórfica$f:B(0,1)\to B(0,1)$ tal que$$f(0)=f'(0)=\cdots=f^{(n-1)}(0)=0$$ but $ f ^ {(n)} (0) \ neq 0. $ Muestre que$|f(z)|\le |z|^n,$ para cada$z\in B(0,1)$ y$|f^{(n)}(0)|\le n!.$

Creo que usaré el Lema de Schwarz, porque el Lema, tengo ese$|f(z)|\le |z|$, pero no sé cómo puedo usar las condiciones sobre los derivados.

¿Cualquier sugerencia? Gracias.

Answer 1

Por la suposición de que $f(0) = f'(0) = \dotsc = f^{(n-1)}(0) = 0$, la serie de Taylor de $f$ centrada en $0$ es

$$f(z) = \sum_{k = n}^\infty a_k z^k.$$

Por lo tanto la función

$$g(z) = \frac{f(z)}{z^n} = \sum_{k = n}^\infty a_k z^{k-n} = \sum_{k = 0}^\infty a_{n+m}\cdot z^m$$

es holomorphic en $B(0,1)$.

Por el máximo módulo principio, para $0 < r < 1$, tenemos

$$\lvert g(z)\rvert \leqslant \max \{ \lvert g(\zeta) : \lvert \zeta\rvert = r\} = \max \biggl\{ \biggl\lvert \frac{f(\zeta)}{\zeta^n}\biggr\rvert : \lvert \zeta\rvert = r\biggr\} \leqslant \frac{1}{r^n},\tag{1}$$

para $\lvert z\rvert \leqslant r$, ya que el $\lvert f(\zeta)\rvert < 1$. Por lo tanto, tienen

$$\lvert g(z)\rvert \leqslant \inf \{ r^{-n} : \lvert z\rvert \leqslant r < 1\} = 1$$

para todos los $z\in B(0,1)$.

Por lo tanto, tenemos

$$\lvert f(z)\rvert = \lvert z^n\cdot g(z)\rvert = \lvert g(z)\rvert\cdot \lvert z\rvert^n \leqslant \lvert z\rvert^n$$

en $B(0,1)$.

La estimación de $f^{(n)}(0)$ sigue de manera similar de la integral fórmula:

$$f^{(k)}(z) = \frac{k!}{2\pi i} \int_{\lvert \zeta\rvert = r} \frac{f(\zeta)}{(\zeta-z)^{k+1}}\,d\zeta$$

para $\lvert z\rvert < r < 1$, de donde

$$\lvert f^{(k)}(0)\rvert \leqslant \frac{k!}{2\pi} \cdot (2\pi r)\cdot \frac{1}{r^{k+1}} = \frac{k!}{r^k}.$$

Desde que la desigualdad se cumple para todos los $r < 1$, se deduce que

$$\lvert f^{(k)}(0)\rvert \leqslant k!$$

para todos los $k\in \mathbb{N}$. Tenga en cuenta que para esta estimación, siendo irrelevante que el $f$ tiene un cero en $0$, sólo que $\lvert f\rvert$ está delimitado por $1$ es necesario.