Tengo el siguiente problema: Que $f$ sea una función holomorfa tal que $|f(z)|>1$ para $|z|=1$ . Entonces, ¿qué podemos decir sobre el límite $$\lim_{n\to \infty}\left|\frac{\prod_{z^n=1}f(z)^n}{\prod_{z^n=-1}f(z)^n}\right|?$$ ¡Gracias de antemano por cualquier ayuda!
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¿Demasiados anuncios?
Esto fue divertido . ¿De dónde ha sacado este problema?
[editar] Me he precipitado en mis primeras estimaciones, pero creo que lo siguiente es correcto: La secuencia original puede converger o no, pero no creo que el límite sea muy interesante en ningún caso. Para ver esto, primero probamos la siguiente afirmación (que es la respuesta original, menos el exponente $n$ ):
Reclamación. Dejemos que $f$ sea holomorfo en un conjunto abierto que contenga el círculo unitario $S^1$ . Entonces $$ \lim_{n \to \infty} \biggl\lvert \frac{\prod_{z^n = 1} f(z)}{\prod_{w^n = -1} f(w)} \biggr\rvert = \exp \int_{S^1} \operatorname{Re}\biggl(\frac{f'(z)}{f(z)} \biggr) d\lambda. $$
Prueba: Para $n$ fija la escritura de la $n$ -raíces de $1$ y $-1$ como $$ z_j = e^{2\pi j/n}, \quad w_j = e^{2\pi j/n+ i\pi/2n}. $$ Para el futuro, tenga en cuenta que $z_j - w_j = z_j(1 - e^{i\pi /2n})$ Así que $z_j - w_j \to 0$ como $n \to \infty$ .
Ahora tomamos los logaritmos y calculamos que $$ \log \biggl\lvert \frac{\prod_{z^n = 1} f(z)}{\prod_{w^n = -1} f(w)} \biggr\rvert = \sum_{j=1}^n \frac{\log|f(z_j)| - \log|f(w_j)|}{z_j - w_j}(z_j-w_j). $$ El lado derecho nos recuerda la derivada. Si $\epsilon > 0$ se da entonces, ya que $z_j - w_j \to 0$ como $n \to \infty$ existe un $n_\epsilon$ tal que $$ \biggl\lvert \frac{\log|f(z_j)| - \log|f(w_j)|}{z_j - w_j} - (\log |f(z_j)|)' \biggr\rvert \leq \epsilon $$ para todos $n \geq n_\epsilon$ . Si este es el caso, entonces $$ \biggl\lvert \sum_{j=1}^n \frac{\log|f(z_j)| - \log|f(w_j)|}{z_j - w_j}(z_j-w_j) - \sum_{j=1}^n (\log |f(z_j)|)'(z_j - w_j) \biggr\rvert \leq n \epsilon |z_j - w_j|. $$ para $n \geq n_\epsilon$ .
Recordemos ahora que $|z_j - w_j| = |z_j(1 - e^{i \pi/2n})| = |e^{i\pi/2n} - 1|$ . Ampliar $e^{i\pi/2n}-1$ como una serie encontramos que $$ n|z_j - w_j| = n \Bigl\lvert \frac{i\pi}{2n} + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr) \Bigr\rvert \leq \frac{\pi}{2} + O\Bigl( \frac{1}{n} \Bigr). $$ Esto es suficiente para nuestros propósitos, que son mostrar que la diferencia de las dos sumas anteriores se hace más pequeña que cualquier $\epsilon$ como $n \to \infty$ : Dado $\epsilon$ hacemos un $\epsilon'$ tal que $\epsilon' \frac{\pi}2 < \epsilon$ Utilizaremos esa para estimar la derivada y falsearemos todo para que al final $\epsilon' \frac{\pi}{2} + O(1/n) \leq \epsilon$ que se puede hacer tomando $n$ ridículamente grande.
Hemos demostrado así que las dos grandes sumas convergen al mismo límite como $n \to \infty$ . Pero la suma que implica la derivada es una suma de Riemann, por lo que $$ \lim_{n \to \infty} \biggl\lvert \frac{\prod_{z^n = 1} f(z)}{\prod_{w^n = -1} f(w)} \biggr\rvert = \exp \int_{S^1} (\log|f(z)|)' d\lambda, $$ donde escribimos $S^1$ para el círculo unitario y el $\exp$ aparece porque hemos calculado el $\log$ de la secuencia original. Un poco de manipulación muestra que como $f$ es holomorfo tenemos $$ (\log|f(z)|)' = \operatorname{Re} \biggl(\frac{f'(z)}{f(z)} \biggr), $$ que da el resultado.
Obsérvese que esta simplificación es la única parte que requiere $f$ para ser holomorfo, hasta ahora el argumento se lleva a cabo con $f$ sólo de valor complejo y diferenciable una vez.
Volvamos a la pregunta original. Escribamos $A_n = |\prod_{z^n = 1} f(z) / \prod_{w^n = -1} f(w)|$ . Se trata de una secuencia de números reales no negativos que converge a $A = \exp\int_{S^1} \operatorname{Re}(f'(z)/f(z)) d\lambda$ por la reclamación. Veo tres casos:
Caso 1: $A > 1$ . Entonces todos $A_n > 1 + \delta$ para todos $n$ lo suficientemente grande y para algunos fijos $\delta >0$ Así que $A_n^n$ va al infinito.
Caso 2: $A < 1$ . Entonces $A_n^n \to 0$ con un argumento similar.
Caso 3: $A = 1$ . No lo sé. Tal vez $A_n^n \to 1$ también, tal vez oscila extrañamente alrededor de $1$ ¿es esto de alguna manera trivial?
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Hay el mismo número de $n^{th}$ raíces de 1, $\omega_1 , ~..., \omega_n $ , ya que hay raíces de -1, $\eta_1 , ~..., \eta_n $ . Teniendo esto en cuenta, podemos considerar la expresión como $ lim|\frac{f(\omega _1)}{f(\eta _1)}||\frac{f(\omega _2)}{f(\eta _2)}| \ ... \ |\frac{f(\omega _n)}{f(\eta _n)}|$ Entonces puede estimar lo cerca que está $f(\omega _i)$ es $f(\eta _i)$ utilizando el máximo de $f'(z)$ en el círculo unitario. Como $n$ se hace grande se acercarán mucho, pero habrá más cosas que multiplicar.
El $n^{th}$ las raíces de la unidad se definen como $\omega_j = \exp(\frac{2 \pi i}{n} j ) $ para $j = 0,1,...,n-1$ Están situados a lo largo de un círculo de radio 1, espaciados uniformemente.
El $n^{th}$ las raíces de -1 se definen como $\eta_j = \exp(\frac{\pi i}{n}+ \frac{2 \pi i}{n} j ) $ para $j = 0,1,...,n-1$ Estos también se encuentran a lo largo de un círculo de radio 1, espaciados uniformemente.
Así que tenemos dos conjuntos de $n$ puntos espaciados uniformemente a lo largo del círculo unitario. Podemos entonces "emparejar" estos puntos entre sí, emparejando cada $\omega$ con su más cercano $\eta$ . Desde el $\eta$ son espacios uniformes siempre habrá uno dentro de un $\frac{2 \pi i}{n}$ arco a lo largo del círculo. Por lo tanto, como $n$ se hace grande cada $\omega$ se acercará más a su pareja $\eta$ . Relacionamos las raíces para que $\omega _l$ está emparejado con $\eta _l$ y luego escribir el producto como en el caso anterior.
Como $n$ se hace grande y la distancia entre cada par se reduce, por lo que $f(\omega _l)$ y $f(\eta_l)$ se acercan unos a otros. ¿Con qué rapidez ocurre esto? Desde $f$ es holomorfa en el círculo unitario (compacto) y tiene allí una derivada limitada, por lo que $|f'(z)| < L$ para $|z|=1$ . De ello se desprende que $|f(\omega_l) - f(\eta_l)| < L|\omega_l - \eta_l|$ . A continuación, calcule $|\omega_l - \eta_l|$ y utilizarlo para poner un límite superior al producto. Mediante una nueva manipulación y utilizando el hecho de que $|f(z)| > 1$ Creo que el límite es menor que $1$ . Probablemente sea igual a $1$ también.
