Sin función analítica $f$ tiene módulo $|f(z)|=1/\cosh(\Re z)$

Question

Una función analítica $f(z) = f(x+iy)$ en $\mathbb{C}$ no puede tener módulo $\frac{A}{\cosh(x)}$ para alguna constante $A \neq 0$ .

¿Podemos hacerlo simplemente utilizando las ecuaciones de Cauchy-Riemann?

Intenté trabajar por contradicción:

Digamos que existe $f(z)$ . Dado $f(z) = u(x,y) + i v(x,y)$ es analítica, satisface: $u_x = v_y$ y $u_y = -v_x$

También vemos que: $$|f(z)|^2 = u(x,y)^2 + v(x,y)^2 = (\frac{A}{\cosh x})^2$$

He intentado llegar a una contradicción, pero parece que me pierdo en un lío de reformulaciones.

Mi punto de partida es: $$u_x = v_y \text{ and } u_y = -v_x$$ junto con $$u(x,y)u_x + v(x,y)v_x = -A^2 \frac{sinh x}{(cosh x )^3}$$ y $$u(x,y)u_y + v(x,y)v_y = 0$$

Le agradecería que me diera algunas pistas.

Answer 1

Así que $$ \begin{align*} uu_x+vv_x&=-A^2\frac{\sinh x}{\cosh^3 x}\\ -uv_x+vu_x&=0\\ \end{align*} $$ Así que $$ u_x=-u\frac{\sinh x}{\cosh x} $$ (recuerda $u^2+v^2=\dfrac{A^2}{\cosh^2 x}$ ) y de forma similar $v_x=-v\dfrac{\sinh x}{\cosh x}$ . Así que $$ u=\frac{1}{\cosh x}+f(y)\text{ and }v=\frac{1}{\cosh x}+g(y) $$ y no hay $g$ que da $u_x=v_y$ .

Answer 2

He aquí otra prueba (tal vez interesante): dejemos que $g(z)=(e^{z}+e^{-z})f(z)$ . Entonces $|g(z)|\leq 2A $ porque $|e^{z}+e^{-z}| \leq e^{x}+e^{-x} =2\cosh x$ . Por el Teorema de Louiville $g$ es una constante, digamos $c$ . Claramente, $c \neq 0$ . Tenemos $(e^{z}+e^{-z})f(z)=c$ . Se obtiene una contradicción tomando $z=i\pi /2$

Answer 3

Podríamos verlo así:

Si $f(z) \ne 0$ es holomorfa, entonces $\ln \vert f(z) \vert$ es armónico.

Porque si $f(z) = u(z) + iv(z) \ne 0$ es holomorfa, localmente podemos escribir

$f(z) = r(z) e^{i\theta(z)}, \tag 1$

donde

$r(z) = \vert f(z) \vert \ne 0, \tag 2$

y

$\theta(z) = \arg (f(z)) = \tan^{-1} \dfrac{v(z)}{u(z)} \tag 3$

cuando $u(z) \ne 0$ y

$\theta(z) = \arg (f(z)) = \cot^{-1} \dfrac{u(z)}{v(z)} \tag 4$

cuando $v(z) \ne 0$ Nota $u(z)$ y $v(z)$ no pueden ser ambas cero, ya que $f(z) \ne 0$ .

Ahora que $f(z) \ne 0$ es holomorfa, también lo es $\ln f(z)$ a partir de (1) tenemos

$\ln f(z) = \ln r(z) + i\theta(z); \tag 5$

se deduce que

$\ln r(z) = \ln \vert f(z) \vert \tag 6$

es armónica, siendo la parte real de la función holomorfa $\ln f(z)$ .

Ahora bien

$\vert f(z) \vert = A(\cosh x)^{-1}, \tag 7$

de lo que hemos hecho anteriormente, $\ln A(\cosh x)^{-1}$ es armónico; pero se calcula fácilmente que

$\nabla^2 \ln (A(\cosh x)^{-1}) = \left ( \dfrac{\partial^2}{\partial x^2} + \dfrac{\partial^2}{\partial y^2} \right ) \ln (A(\cosh x)^{-1}) = \dfrac{\partial^2}{\partial x^2} \ln (A(\cosh x)^{-1}) \ne 0; \tag 8$

se deduce que $\ln A(\cosh x)^{-1}$ no es armónico, por lo que $A(\cosh x)^{-1}$ no es el módulo de ninguna función holomorfa $f(z)$ .

Nota: Si $f(z)$ es entero, también podemos argumentar a partir del teorema de Liouville: $\vert f(z) \vert = A(\cosh x)^{-1}$ está acotada; pero una función entera acotada es constante, por lo que $\vert f(z) \vert = A(\cosh x)^{-1}$ es imposible.