Se trata de un truco ingenioso que utiliza el teorema de Cauchy para la función $\frac{f(z)^{2k}}z$ es decir, $$ 0 = \int_{|z|=r} \frac{f(z)^{2k}}z \, dz = \int_0^{2\pi} (u(re^{i\theta})+iv(re^{i\theta}))^{2k} \, d\theta. $$ Entonces multiplícalo, toma la parte real, tira la integral de $v^{2k}$ por un lado y deshacerse de todos los términos negativos para obtener la desigualdad (donde para facilitar la notación $u=u(re^i\theta)$ y $v=v(re^{i\theta})$ ) $$ \int_0^{2\pi} v^{2k} \, d\theta < \int_0^{2\pi}\left( { 2k \choose 2} u^{2}v^{2k-2} + {2k \choose 6} u^{6} v^{2k-6} + \ldots \right) \, d\theta. $$ Ahora para $2 \le j \le 2k-2$ la desigualdad de Hölder con $p=\frac{2k}{j}$ y $q=\frac{2k}{2k-j}$ da $$ \int_0^{2\pi} u^{j} v^{2k-j} \, d\theta \le \left( \int_0^{2\pi} u^{2k} \, d\theta \right)^{\frac{j}{2k}} \left( \int_0^{2\pi} v^{2k} \, d\theta \right)^{\frac{2k-j}{2k}} $$ Obsérvese que esta desigualdad es trivialmente cierta si $j=2k$ . Escribir $$ U = \left( \int_0^{2\pi} u^{2k} \, d\theta \right)^{\frac1{2k}} \quad \text{ and } \quad V = \left( \int_0^{2\pi} v^{2k} \, d\theta \right)^{\frac1{2k}} $$ obtenemos $$ V^{2k} < { 2k \choose 2 } U^{2} V^{2k-2} + { 2k \choose 6 } U^{6} V^{2k-6} + \ldots $$ y dividiendo ambos lados por $U^{2k}$ y escribir $X=V/U$ tenemos $$ X^{2k} < { 2k \choose 2 } X^{2k-2} + { 2k \choose 6 } X^{2k-6} + \ldots $$ Ahora el lado izquierdo es un polinomio de grado $2k$ en $X$ mientras que el lado derecho es un polinomio de grado $2k-2$ en $X$ por lo que si $M_k$ denota la mayor solución de la igualdad polinómica correspondiente, entonces sabemos que $X < M_k$ . Tenga en cuenta que $M_k$ depende sólo de los coeficientes del polinomio, no de $f$ o $r$ . Para obtener la desigualdad reclamada, establezca $c_k = M_k^{2k}$ .
He robado descaradamente esta prueba del artículo original de Marcel Riesz Marcel Riesz, Sobre las funciones conjugadas, Math. Z. 27 (1928), nº 1, 218-244 (La prueba aparece en la página 221.)
