Confusión sobre la prueba del criterio de Dieudonné: ¿por qué no es válido para las funciones analíticas?

Question

El siguiente teorema es debido a Dieudonné:

Deje $p(z) = a_0 + a_1 z + \cdots + a_n z^n$, un complejo polinomio. $p$ es univalentes en $D$, la unidad de disco, si y sólo si $f_\theta(z) = \sum_{k=1}^n a_k \dfrac{\sin(k\theta)}{\sin(\theta)} z^{k-1}$ no tiene ceros en $D$. ($\theta \in (0, \dfrac{\pi}{2}]$).

La idea de la prueba es como sigue:

1) $p$ es univalentes en $D$ si y sólo si $t\mapsto p(re^{it})$ es inyectiva en a $t\in [0,2\pi)$ por cada $0< r < 1$.

2) $f_\theta$ no tiene ningún cero en $D$ $\theta \in (0,\dfrac{\pi}{2}]$ si y sólo si $p(re^{i(t+\theta)}) \ne p(re^{i(t-\theta)})$ $t \in [0,2\pi)$, $0<r<1$ y $\theta \in (0,\dfrac{\pi}{2}]$.

La segunda pars de 1) y 2) están diciendo exactamente lo mismo, así que esto podría demostrar el teorema.

Lo que (creo) yo realmente no se que es es la declaración 1). Parece que la prueba de $p$ polinomio debe trabajar para cualquier analítica de la función.

Así que parece que el teorema debe ser cierto para un general de la analítica de la función, donde la suma se convierte en una suma infinita.

Lo que me estoy perdiendo?

EDIT: Básicamente, parece que en ninguna parte en la prueba de Dieudonné el hecho de que $p$ es un polinomio se utiliza.

Answer 1

Usted, de hecho, tiene la siguiente declaración:

Lema Deje $H$ ser abierto, simplemente se conecta dominio delimitado por un Jordania curva de $\partial H$. Si $f$ es una analítica de la función en $H$ que se extiende continuamente a $\partial H$ e es inyectiva en a$\partial H$, $f$ es univalentes en $H$ $f(H)$ es el dominio interior de la Jordania de la curva de $f(\partial H)$.

(Véase C. Pommerenke, Univalentes Funciones; Lema 1.1 y Corolario 9.5.)

Esto implica que el paso (1) en la prueba escribió lleva directamente al caso de arbitraria de funciones analíticas.

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El paso (2) puede ser formulado así:

Por el paso uno es suficiente con considerar el cero conjuntos de $P(z e^{i\theta}) - P(z e^{-i\theta})$, cuando se $z \neq 0$$\theta \in (0,\pi/2]$. Esto es equivalente, en la región de que se trate, para mirar el cero conjuntos de la función

$$ Q(\theta;z) = \frac{P(z e^{i\theta}) - P(z e^{-i\theta})}{z (e^{i\theta} - e^{-i\theta})} $$

el uso que el denominador es distinto de cero en la región de que se trate. Debido a que el numerador, una diferencia de dos holomorphic funciones (en $z$), se desvanece en$z = 0$, $Q(\theta;z)$ es también holomorphic en $z$. Usando ese $\lim_{\theta\to 0}Q(\theta;z) = P'(z)$ $Q(\theta;0) = Q(\theta';0)$ (locales univalentes implica que $Q(\theta;0) \neq 0$), se obtiene que el $P$ univalentes es equivalente a $Q$ no tener ceros.

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De hecho, si se mira el Zbl revisión de Dieudonné de 1931 papel (no tengo el papel a la mano para comprobar, por desgracia), la "suma infinita" versión de lo que usted desea que se describe. (Supongo que es como el teorema se expresa en el papel, pero no estoy seguro. La mayoría de las citas de un criterio, sin embargo, la cites esta otra un poco antes de papel que sólo se ocupa de los polinomios.)

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Gracias a la biblioteca nacional de francia, me encontré con una copia digital del documento en cuestión ("Sur les fonctions univalentes"), de la que cito

La condición nécessaire et suffisante pour que la función (1) soit univalente dans le cercle unidad, est que l''équation en $x$ $$ > \phi(x,\theta) \equiv 1 + a_2 x \frac{\pecado 2\theta}{\sin \theta} + > \ldots + a_n x^{n-1} \frac{\pecado n\theta}{\sin \theta} + \ldots = 0 $$ n ait aucune racine dans le cercle unidad, quelle que soit la valeur de $\theta$ comprenden entre $0$ et $2\pi$.

donde se define la función en la expresión (1) se

$$ f(z) = z + a_2 z^2 + \ldots + a_n z^n + \ldots $$