Supongamos $f$ $g$ son de entera funciones, y $|f(z)| \leq |g(z)|$ todos los $z \in \mathbb{C}$, Demuestran que, a $f(z)=cg(z)$.

Question

Supongamos $f$ $g$ son de entera funciones, y $|f(z)| \leq |g(z)|$ todos los $z \in \mathbb{C}$, Demuestran que, a $f(z)=cg(z)$.

Yo :

Considero $h(z)=\frac{f(z)}{g(z)}$. Si puedo demostrar que $h(z)$ es todo, con el hecho de que $|h(z)|\leq 1$, el resultado se sigue inmediatamente a partir del teorema de Liouville.

Para demostrar que $h(z)$ es todo, tengo que demostrar que $h(z)$ ha extraíble singularidades de los posibles ceros de $g(z)$.

Supongamos $g(z_0)=0 \Rightarrow |g(z_0)|=0 \Rightarrow |f(z_0)|=0$, PERO lo que si $z_0$ ser una raíz de orden $k$ $g(z)$ ($f^{(n)}(z_0) = 0 $todos los $ 0 \leq n \leq k-1$) y ser un cero de orden $m$$f(z)$$k>m$ ?

Y si ese no es el caso, cómo rigurosamente muestran que $z_0$ es una singularidad removible ?

Gracias a todos de antemano.

Answer 1

Supongamos que $g$ tiene un cero en $a$. Si $f$ es idéntica a cero, hemos terminado, como $0=0g$, por lo que podemos asumir que este no es el caso, lo que implica que $g$ no es idéntica a cero y, por tanto, podemos suponer que en lugar de que tiene un cero de orden, precisamente,$k$$a$, lo $g(z)=(z-a)^kh(z)$ donde $h$ es analítica en un barrio de $a$, e $h(a)\ne 0$.

Desde $|f|\le|g|$,$f(a)=0$, lo $f(z)=(z-a)^mj(z)$ donde $j(a)\ne0$ $j$ es analítica en un barrio de $a$. Para $z\ne a$ cerca $a$, $|f|\le|g|$ significa que $$\displaystyle\left|\frac{(z-a)^{m-k}j(z)}{h(z)}\right|\le 1.$$

Desde $j$ $h$ no están cerca de cero $a$, por la continuidad que existe una constante $K$ tal que $|j/h|\ge 1/K$ en un barrio de $a$, por lo que $$\left|\frac{(z-a)^{m-k}j(z)}{h(z)}\right|\ge\frac{|z-a|^{m-k}}K,$$ or $|z-a|^{m-k}\le K$ for $z\na$ near $$. But this is impossible if $m<k$.

Answer 2

Si $z_0$ es una singularidad de $h$, e $h$ está delimitada en un barrio de $z_0$, $z_0$ es una singularidad removible de $h$. Porque si no es extraíble, entonces es un polo (y no acotada) o esencial (que también es no acotado, pero en realidad esto no puede suceder).

Answer 3

@Shubhodip Mondal, @Andres Caicedo: Mi prueba aparece diferente de los de las anteriores respuestas. Espero que no es demasiado lejos?

Considere la posibilidad de $h:=\dfrac{f}{g},$, por lo que singularties de $h$ son ceros de $g.$

1.) Supongamos $g$ tiene cero de orden $n$ $z_o$ $f(z_o)\neq 0,$ $\lim _{\ z\to z_o}h(z)= \infty.$ Esto contradice $|h| \leq 1,$ en un barrio de $z_o.$

2.) Supongamos $f,g$ cero de orden $m,n$ $z_o.$ $h= \dfrac{\phi(z)(z-z_o)^m}{\beta(z)(z-z_o)^n},$ algunos $\phi, \beta$ analítica en $z_o$ $\phi(z_o), \beta(z_o) \neq 0.$

Si $m < n,$ $ h(z)= \dfrac{\phi(z)}{\beta(z)(z-z_o)^{\ n-m}}$ y, por tanto, $ \lim _{\ z\to z_o}h(z)= \infty.$ (Contradicción)

Por eso, $m \geq n$ $ \ h(z)=\dfrac{\phi(z)(z-z_o)^{m-n}}{\beta(z)}.$ por lo tanto $z_o$ es extraíble singularidad de $h,$ donde $h$ se puede extender a una función completa. También, por la continuidad de $, |h(z)| \leq 1,$ donde $z$ es extraíble singularidad de $h.$ El resultado se sigue de Lioville del teorema.

Answer 4

Deje $z_0$ ser un cero de $g(z)$.A menos $g$ es idéntica a cero, no puede ser cero en los puntos arbitrariamente cercanos a $z_0$. (Por el "principio de identidad".) Y en ese caso $\displaystyle \lim_{z \to z_0} (z-z_0)\frac{f(z)}{g(z)} = 0$, (Desde $|f(z)| \le |g(z)|$ ) lo cual nos indica que la singularidad de hecho es extraíble.