Demostrar que $ \frac{|f'(z)|}{\Im (f(z))}\le \frac{1}{\Im(z)}$ .

Question

Deja , $f:U\to U$ sea analítico, donde $U$ es el plano medio superior. Entonces demuestre que $\displaystyle \frac{|f'(z)|}{\Im (f(z))}\le \frac{1}{\Im(z)}$ .

Quiero utilizar el resultado : Si $f:\mathbb D\to \mathbb D$ es analítico $\displaystyle |f'(z)|\le \frac{1-|f(z)|^2}{1-|z|^2}$ .

Como , la función $g(z)=\displaystyle \frac{z-i}{z+i}$ mapea el plano medio superior al círculo unitario por lo que , $\displaystyle g^{-1}(z)=i\frac{1+z}{1-z}$ mapea el círculo unitario al plano medio superior.

Consideremos ahora la función $F=g\circ f\circ g^{-1}:\mathbb D \to \mathbb D$ , donde $\mathbb D$ es el disco unitario abierto. Entonces , $\displaystyle |F'(z)|\le \frac{1-|F(z)|^2}{1-|z|^2}$ . Pero a partir de aquí no puedo proceder y no puedo calzar la inecuación dada.

Por favor, ayuda de este paso. Si hay alguna manera más simple entonces dime.

Answer 1

Tenemos $g'(w) = \dfrac{2i}{(w+i)^2}$ y $(g^{-1})'(w) = \dfrac{2i}{(1-w)^2}$ . Ahora dejemos que $u = g^{-1}(z)$ y $v = f(u)$ . Entonces

$$F'(z) = g'(v)\cdot f'(u)\cdot (g^{-1})'(z) = \frac{2i}{(v+i)^2}\cdot f'(u)\cdot \frac{2i}{(1-z)^2} = \frac{-4 f'(u)}{(f(u)+i)^2(1-g(u))^2},$$

por lo que el lema de Schwarz-Pick da como resultado

$$\frac{4\lvert f'(u)\rvert}{\lvert f(u)+i\rvert^2\, \bigl\lvert 1- \frac{u-i}{u+i}\bigr\rvert^2} \leqslant \frac{1 - \bigl\lvert\frac{f(u)-i}{f(u)+i}\bigr\rvert^2}{1 - \bigl\lvert \frac{u-i}{u+i}\bigr\rvert^2}.$$

La multiplicación cruzada da como resultado

$$\frac{4\lvert f'(u)\rvert}{\lvert f(u)+i\rvert^2 - \lvert f(u)-i\rvert^2} \leqslant \frac{\bigl\lvert 1-\frac{u-i}{u+i}\bigr\rvert^2}{1 - \bigl\lvert\frac{u-i}{u+i}\bigr\rvert^2} = \frac{\lvert (u+i) - (u-i)\rvert^2}{\lvert u+i\rvert^2 - \lvert u-i\rvert^2} = \frac{4}{\lvert u+i\rvert^2 - \lvert u-i\rvert^2}.$$

Ahora bien, tenga en cuenta que

$$\lvert w+i\rvert^2 - \lvert w-i\rvert^2 = -2i(w-\overline{w}) = 4\Im (w)$$

para concluir.