Verificación de $|F(r)| \geq \frac{1}{1-r}\log(\frac{1}{1-r}) $ y $|F(re^{i \theta})| \geq c_{q/r}\frac{1}{1-r}\log({\log(\frac{1}{1-r})})$

Question

Estoy tratando de tomar una ruta Tauberian en la verificación de la proposición en $(1)$ a continuación, que procede de Análisis complejo por Elias M. Stein y Rami M. Shakarchi.

Sea $F(z)$ sea la serie siguiente:

$$F(z) = \sum_{n=1}^{\infty}d(n)z^{n} \, \, \text{for} \, |z| < 1$$

$\text{Remark}$

También se puede observar la siguiente relación:

$$\sum_{n=1}^{\infty}d(n)z^{n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^{n}}{1-z^{n}}$$

$(1)$

Si $z=r$ con $0 < r < 1$ entonces como $r \rightarrow 1$ otro caso a tener en cuenta es $\theta=\frac{2\pi p}{q}$ donde $p$ y $q$ son enteros positivos y entonces

$(1.2)$

$$|F(r)| \geq \frac{1}{1-r}\log\left(\frac{1}{1-r}\right)$$

$(1.3)$ $$\lvert F(re^{i \theta})\rvert \geq c_{q/r}\frac{1}{1-r}\log\left(\frac{1}{1-r}\right)$$

$\text{Lemma}$

Atacar formalmente $(1)$ se pueden hacer las primeras observaciones para el caso visto en $(1.2)$

$$\left\lvert \sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^{n}}{1-z^{n}}\right\rvert \leq \frac{1}{1-r}\log\left( \frac{1}{1-r}\right)$$ $$\left\lvert\frac{z^{1}}{1-z^{1}} + \frac{z^{2}}{1-z^{2}} + \frac{z^{3}}{1-z^{3}} + \frac{z^{4}}{1-z^{4}} + \cdot \cdot \cdot + \frac{z^{n}}{1-z^{n}}\right\rvert \leq \frac{1}{1-r}\log\left( \frac{1}{1-r}\right)$$

Recordemos la técnica arquetípica de la sumabilidad de Abel, desarrollada formalmente en $(2)$ :

$(2)$

$\text{Definition (0.2)}$

Una serie $A(r)= \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}r^{n}$ se dice a Abel sumable a $L$ si $f(r)$ es convergente para todo $\lvert r\rvert < L$ y si $f(r)$ converge a algún límite $L$ como $r \rightarrow 1^{-}$ : $$A(r)= \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}r^{n}$$

$\text{Remark}$ :

Los desarrollos de la sumabilidad de Abel, expresados dentro de una definición previa, pueden expresarse completamente como sigue:

$$\lim_{r \rightarrow 1^{}} A(r)= \lim_{r \rightarrow 1^{}} \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}r^{n} = L$$

Recordemos ahora nuestra observación anterior con algunos desarrollos añadidos: $$\left|\frac{z^{1}}{1-z^{1}} + \frac{z^{2}}{1-z^{2}} + \frac{z^{3}}{1-z^{3}} + \frac{z^{4}}{1-z^{4}} + \cdot \cdot \cdot + \frac{z^{n}}{1-z^{n}} = d(1)z^{1} + d(2)z^{2} + d(3)z^{3} + \cdot \cdot \cdot + d(4)z^{4} + d(z)z^{n}\right| \leq \frac{1}{1-r}\log\left( \frac{1}{1-r}\right)$$

$$\left|d(1)z^{1} + d(2)z^{2} + d(3)z^{3} + \cdot \cdot \cdot + d(4)z^{4} + d(z)z^{n}\right| \leq \frac{1}{1-r}\log\left( \frac{1}{1-r}\right)$$

$$\lim_{r \rightarrow 1^{}}|d(1)z^{1} + d(2)z^{2} + d(3)z^{3} + \cdot \cdot \cdot + d(4)z^{4} + d(z)z^{n}| \leq \frac{1}{1-r}\log\left( \frac{1}{1-r}\right)$$

¿Son válidos hasta ahora los últimos acontecimientos? Me parece que este enfoque es demasiado "arquetípico". Si los desarrollos son erróneos, ¿me pueden responder sobre un enfoque alternativo?

Answer 1

Para el caso de (1.2), obsérvese que

$$1-r^n = (1-r)(1+r+r^2+\cdots + r^{n-1}) \le (1-r)\cdot n.$$

Por lo tanto

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{r^n}{1-r^n}\ge \sum_{n=1}^{\infty}\frac{r^n}{(1-r)n} = \frac{1}{1-r}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{r^n}{n}.$$

Pero la suma de la derecha es precisamente $\ln\left (\dfrac{1}{1-r}\right ).$ Esto da tu (1.2).

Answer 2

Forma, mirando @Antonio Vargas sugerencia me las arreglé para lograr resultados parciales para el caso que se muestra en $(1.2)$ :

$(1)$

$$\left\lvert \sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^{n}}{1-z^{n}}\right\rvert \leq \frac{1}{1-r}\log\left( \frac{1}{1-r}\right)$$ $$\left\lvert\frac{z^{1}}{1-z^{1}} + \frac{z^{2}}{1-z^{2}} + \frac{z^{3}}{1-z^{3}} + \frac{z^{4}}{1-z^{4}} + \cdot \cdot \cdot + \frac{z^{n}}{1-z^{n}}\right\rvert \leq \frac{1}{1-r}\log\left( \frac{1}{1-r}\right)$$

$$\text{Lemma}$$

Utilizando la Prueba Integral, tal como se discute formalmente en $(2)$

$(2)$

$ \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \,\,\, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \,\,\,\,\,\,\,\, $ Si $f$ es entonces una función positiva monotónicamente decreciente: $$\sum_{n=1}^{\infty} f(n) \geq \int_1^\infty f(t)\,dt.$$

$$\text{Remark}$$ Los límites superior e inferior de la serie infinita se pueden construir de la siguiente manera en $(2.1)$ :

$(2.1)$ $$\sum_{n=1}^\infty f(n)<f(1)+\int_1^\infty f(x)~\mathrm dx$$

La aplicación de la prueba integral, tal como se discute formalmente en $(2)$ se llega a los siguientes resultados en $(3)$ :

$(3)$

$$\left\lvert \sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^{n}}{1-z^{n}} \geq \int_{1}^{\infty}\frac{x^{n}}{1-x^{n}}\right\rvert \leq \frac{1}{1-r}\log\left( \frac{1}{1-r}\right)$$

$$\left\lvert \frac{z^{1}}{1-z^{1}} + \frac{z^{2}}{1-z^{2}} + \frac{z^{3}}{1-z^{3}} + \frac{z^{4}}{1-z^{4}} + \cdots + \frac{z^{n}}{1-z^{n}}\right\rvert\geq \lim_{t \rightarrow \infty}\int_{1}^{t}\frac{x^{n}}{1-x^{n}} \leq \frac{1}{1-r}\log\left( \frac{1}{1-r}\right)$$

$$\left\lvert \frac{z^{1}}{1-z^{1}} + \frac{z^{2}}{1-z^{2}} + \frac{z^{3}}{1-z^{3}} + \frac{z^{4}}{1-z^{4}} + \cdots + \frac{z^{n}}{1-z^{n}}\right\rvert\geq \lim_{t \rightarrow \infty}|\ln -t^{n}| - \ln|1-1^{n}| \leq \frac{1}{1-r}\log\left( \frac{1}{1-r}\right)$$

Tras las recientes observaciones, aún no estoy seguro de adónde iría uno a partir de aquí.