Que todo funciones satisfacen $\,\lvert\,f(z)\rvert \leq \lvert z\rvert^k$?

Question

Que todo el holomorphic funciones satisfacen $\,\lvert\,f(z)\rvert \leq \lvert z\rvert^k$, para todos los $z\in\mathbb{C}$?

Así que me he demostrado que $\,\lvert\, f(z)\rvert \leq \lvert z\rvert ^k \implies f(z)$ es un polinomio de grado en la mayoría de las $k$. Por lo tanto, podemos escribir

$f(z)=\sum_{0}^{k} c_nz^n$ donde $c_n$ es Taylorian coeficientes de $f$. Así que no veo que esto se debe sin duda a que $c_0=0$ desde $\,\lvert\,f(0)\rvert=0$. Pero después de eso, no tengo idea de cómo proceder. Supongo que $c_k \leq 1$, pero no tienen idea de probarlo, por no hablar de cómo los otros coeficientes que varían de acuerdo al valor de $c_k$.

Cualquier ayuda se agradece!

Answer 1

Tenemos que $$ \left|\frac{f(z)}{z^k}\right|\le 1, \,\,\,\, \text{siempre $\,\,z\in\mathbb C\smallsetminus\{0\}$}, $$ y, por tanto, la función de $g(z)=z^{-k}f(z)$, es holomorphic en $\mathbb C\setminus\{0\}$ y ha extraíble singularidad en $z=0$. Por lo tanto puede ser extendido holomorphically en $z=0$; de hecho se extiende a un almacén de toda la función. Por lo tanto $g(z)$ es constante, es decir, $g(z)=c$, para algunas constantes $\,\lvert c\rvert\le 1$.

Por lo tanto, $\,f(z)=cz^k$, con $\lvert c\rvert\le 1 $.

Nota. Supongamos que en lugar de que $\lvert\,f(z)\rvert\le \lvert z\rvert^a$, para $a>0$, que no es un entero, entonces $f\equiv 0$.

Decir $a=n+b$ donde $n=\lfloor a\rfloor$ e $b\in (0,1)$. A continuación, $g(z)=z^{-n}f(z)$ tiene una singularidad removible en $z=0$, y por lo tanto $g$ se extiende a toda una función, la satisfacción de $\lvert g(z)\rvert\le \lvert z\rvert^b$, para todos los $z$. Pero, como $g$ es continua en$z=0$,, a continuación,$g(0)=0$, y, por tanto,$g(z)=zh(z)$, para algunos toda la función de $h$, y, por tanto,$\lvert h(z)\rvert\le \lvert z\rvert^{b-1}$. Por lo tanto $h$ es acotado, y por tanto constante, lo que implica que $f(z)=cz^{n+1}$, para algunas de las $c$. Pero $\lvert cz^{n+1}\rvert\le \lvert z\rvert^{n+b}$, para todos los $z$, implica que el $c=0$.

Answer 2

Poner $z=\frac{1}{N}$ donde $N \in \mathbb{N}$. Entonces tenemos:

$$\left|\sum_{n=0}^{k}\frac{c_{n}}{N^n}\right|\leq \frac{1}{N^{k}}$$

Multiplicar ambos lados por $N^k$:

$$\left|\sum_{n=0}^{k}c_{n}N^{k-n}\right|\leq 1$$

Por el triángulo de la desigualdad:

$$|c_k|-\sum_{n=0}^{k-1}N^{k-n}|c_n|\leq \left|\sum_{n=1}^{k}c_{n}N^{k-n}\right|$$

Y la desigualdad:

$$|c_k|-\sum_{n=0}^{k-1}N^{k-n}|c_n|\leq 1$$

Puede satisfacer a si sólo si $c_0=c_1=\cdots=c_{k-1}=0$.