Función analítica en el disco unitario no tiene una extensión continua al borde

Question

La siguiente es una pregunta de estudio cualitativo:

Sea $$f(z) = \sum_{n=1}^\infty \sqrt{n}z^n$$ Habiendo demostrado que el radio de convergencia es 1, se me pide mostrar que esta función no puede ser extendida a una función continua de valores complejos en el disco unitario cerrado.

No estoy seguro qué tipo de técnicas utilizar aquí. Conozco una afirmación de Stein y Shakarchi,

$f$ no puede ser continuada analíticamente más allá del círculo unitario si ningún punto de $\partial \mathbb D$ es regular para $f$. Un punto $w$ es regular para $f$ si existe un vecindario abierto $U$ de $w$ y una función analítica $g$ en $U$ tal que $f = g$ en $\mathbb D \cap U$.

pero no he descubierto cómo utilizarlo. ¡Cualquier pista o herramienta/teorema útil sería apreciada!

Answer 1

Si $ x \in (0,1) $ y $ N \in \mathbb {N} $, $$ f (x) \geqslant \sum_ {n = 1} ^ N \sqrt n x ^ n $$ y por lo tanto $$ \lim_ {x \to1} f (x) \text {(si existe)} \geqslant \sum_ {n = 1} ^ N \sqrt n. $$ Dado que la serie $ \sum_ {n = 1} ^ \infty \sqrt n $ diverge, $ \lim_ {x \to1} f (x) $ no puede existir.

Answer 2

Es suficiente mostrar que $\lim_{z\to 1^-}f(z)=+\infty$ y tenemos una técnica interesante para demostrar mucho más: al cuadrado. Por el producto de Cauchy, para cualquier $z\in(-1,1)$ tenemos

$$ f(z)^2 = \sum_{m\geq 2} z^m \sum_{n=1}^{m-1}\sqrt{n(m-n)}=\sum_{m\geq 2}z^m\underbrace{m\sum_{n=1}^{m-1}\sqrt{\frac{n}{m}\left(1-\frac{n}{m}\right)}}_{\approx m^2\int_{0}^{1}\sqrt{x(1-x)}\,dx=\frac{\pi}{8}m^2} $$ por lo tanto, $f(z)$ se comporta como algo $\geq z\sqrt{\frac{\pi}{8(1-z)}}$ en un entorno izquierdo de $z=1$.
Una aproximación más precisa es $f(z)\approx\frac{z\sqrt{\pi}}{2(1-z)^{3/2}}$ cuando $z\to 1^-$.