Conjetura: Cada analítica de la función en el disco cerrado es conformemente un polinomio.

Question

Aquí está mi conjetura, cualquier prueba, contra-ejemplo, o intuiciones?

Si $f$ es analítica en $\text{cl}(\mathbb{D})$ (que es analítica en algún conjunto abierto que contiene $\text{cl}(\mathbb{D})$), entonces hay algunas inyectiva analítica de la función $\phi:\mathbb{D}\to\mathbb{C}$ y el polinomio $p$ tal que $f=p\circ\phi$ en $\mathbb{D}$.

PS: yo les diría que $f$ y $p$ son conformemente equivalentes. Hay un término mejor para esta relación?

Nota: $\text{cl}(\mathbb{D})$ podría ser sustituido por ninguna simplemente conectado conjunto compacto. Si queremos reemplazar "conecta" con "finitely conectado", entonces tendríamos que reemplazar "polinomio" con "función racional".

Answer 1

Sí, es cierto que se puede escribir $f=p\circ\phi$, para un polinomio $p$ y un inyectiva analítica de $\phi\colon\mathbb{D}\to\mathbb{C}$. De hecho, usted puede reemplazar a $\mathbb{D}$ por cualquier subconjunto compacto de $\mathbb{C}$ y los resultados aún se mantiene, donde $p$ es lugar sólo para ser una función racional.

En primer lugar, por la expansión de la alimentación de la serie y después de truncar $$ n términos, existe una secuencia de polinomios $p_n$ convergen uniformemente a $f$ en un conjunto abierto que contiene a $\mathbb{D}$. Esto es casi suficiente, la aplicación de la siguiente.

Lema 1: Deje que $f,\{p_n\}_{n=1,2,\cdots}$ no ser constante funciones analíticas en un conjunto abierto de $U\subseteq\mathbb{C}$ tal que $p_n\f$ uniformemente en $U$. Deje que $K\subseteq U$ ser compacto y supongamos que, para cada $k\ge1$ y $z\in K$ $f^\prime(z)=\cdots=f^{(k)}(z)=0$, entonces también tenemos $p_n(z)=f(z)$ y $p_n^\prime(z)=\cdots=p_n^{(k)}(z)=0$. Entonces, para que todos lo suficientemente grande como $n$, existe ono-a-uno de la analítica de $\phi_n\colon K\a U$ con $f=p_n\circ\phi_n$.

Esto es suficiente para obtener el resultado requerido, siempre que $f^\prime$ no desaparecen en $\mathbb{D}$, como la condición de los derivados en $f$ trivialmente sostiene. Si $f^\prime$ hace desaparecer en algún lugar de $\mathbb{D}$, entonces podemos obtener el resultado requerido por la aplicación de la siguiente consecuencia del Lema 1.

Lema 2: Deje que $f,\{p_n\}_{n=1,2,\cdots}$ no ser constante funciones analíticas en un conjunto abierto de $U\subseteq\mathbb{C}$ tal que $p_n\f$ uniformemente en $U$. Entonces, para cualquier compacto $K\subseteq U$, para lo suficientemente grande como $n$ existe polinomios $q_n$ y ono-a-uno de la analítica de $\phi_n\colon K\a U$ tal que $f=(p_n-q_n)\circ\phi_n$.

Los polinomios de $q_n$ será de manera uniforme delimitada grado con coeficientes tienden a cero, como $n\to\infty$, aunque no necesitamos esta aquí. Una vez Lema 2 se ha establecido, nuestro resultado necesario de la siguiente manera emmediately mediante el uso de truncado de alimentación de la serie de aproximaciones para los polinomios de $p_n$. De hecho, si $\mathbb{D}$ es reemplazado por cualquier compacto $K$, a continuación, el resultado se mantenga donde $p$ es lugar obligado a ser sólo ser una función racional. Esto es debido a que podemos uniformemente aproximado de $f$ por una secuencia de funciones racionales $p_n$ en algún conjunto abierto que contiene a $K$, por los métodos de Runge del teorema. Entonces, Lema 2 se aplica para obtener el resultado requerido.

Ahora voy a dar las pruebas de los Lemas. Aquí, hago uso repetido de el hecho de que si las funciones analíticas, a continuación, sus derivados para todos los pedidos converge uniformemente en compactos (consecuencia de Cauchy de la integral de la fórmula, como explica David Speyer en su respuesta).

La prueba del Lema 1: En primer lugar, la restricción de $U$ a lo suficientemente pequeño conjunto abierto que contiene a $K$, podemos w.l.o.g. supongamos que por cada $z\in U$ y $k\ge1$ $f^\prime(z)=\cdots=f^{(k)}(z)=0$ entonces $p_n(z)=f(z)$ y $p_n^\prime(z)=\cdots=p_n^{(k)}(z)=0$. Voy a empezar por probar el resultado localmente; por cada $z_0\en U$ existe un abierto barrio $V$ de $z_0$ y una secuencia de funciones analíticas que $\phi_n\colon V\a U$ con $\phi_n(z)\z$ uniformemente en $V$ y $f=p_n\circ\phi_n$ en $V$ para todo $gran$n.

Suponga que $f^\prime(z_0)\no=0$. Por reescalado $f$ y $p_n$ si es necesario, podemos suponer que $f^\prime(z_0)=1$. Para algunos $r > 0$ cerrada balón $\bar B_r(z_0)$ contenida en $U$ y $\Re[f^\prime] > 1/2$ en $\bar B_r(z_0)$. Entonces, por la convergencia uniforme, $\Re[p_n^\prime] > 1/2$ en $\bar B_r(z_0)$ grandes $n$. Esto implica que $\Re[(p(y)-p(x))/(y-x)] > 1/2$ en el cerrado de la pelota, por lo que $p_n$ es uno-a-uno con derivados $\lVert p_n^\prime\rVert\ge1/2$. Esto implica que $p_n(B_r(z_0))$ $B_{r/2}(p_n(z_0))$, entonces $p_n(B_r(z_0))\supseteq B_{r/3}(f(z_0))$ grandes $n$ y no hay una única (analítica) $p_n^{-1}\colon B_{r/3}(f(z_0))\a B_r(z_0)$ con $p_n\circ p_n^{-1}(z)=z$ (por el teorema de la función inversa). La elección de un barrio abierto $V$ de $z_0$ tal que $f(V)\subseteq B_{r/3}(f(z_0))$, entonces las funciones analíticas $\phi_n\colon V\a U$, $\phi_n(z)=p_n^{-1}\circ f(z)$ satisfacer las propiedades requeridas.

Ahora supongamos que $f^\prime(z_0)=0$. Entonces, hay un costo de $k\ge0$ $f^\prime(z_0)=\cdots=f^{(k)}(z_0)=0$ y $f^{(k+1)}(z_0)\no=0$. Restando una constante de $f$ y $p_n$ si es necesario, podemos suponer que $f(z_0)=0$. Entonces, $f(z)=(z-z_0)^kg(z)$ para una analítica de la función $g$ en $U$ $g(z_0)\no=0$. Por supuesto, $p_n(z_0)=\cdots=p_n^{(k)}(z_0)=0$, por lo que podemos descomponer $p_n(z)=(z-z_0)^kq_n(z)$ donde $q_n\f$ uniformemente en $U$. A continuación, en un barrio de $z_0$, $g$ es distinto de cero y $q_n$ son cero para grandes $n$. Por lo tanto, podemos tomar $k$'th raíces para obtener funciones analíticas $\tilde f(z)=(z-z_0)g(z)^{1/k}$ y $\tilde p_n(z)=(z-z_0)q_n(z)^{1/k}$. Además, $\tilde p_n\a\tilde f$ uniforme (siempre y cuando tomamos coherente $k$'th raíces por $g$ y $q_n$). También tenemos $\tilde f^\prime(z_0)=g(z_0)^{1/k}\no=0$. Así, en el primer caso anterior, existe un abierto barrio $V$ de $z_0$ y analítica de $\phi_n\colon V\a U$ con $\phi_n(z)\z$ uniformemente y $\tilde f=\tilde p_n\circ\phi_n$. Tomando $k$'th poderes da $f=p_n\circ\phi_n$.

Ahora, por la compacidad de $K$ y el hecho de que las funciones analíticas $\phi_n$ existir a nivel local como se muestra arriba, existe un número finito de tapa $\lbrace B_1,\ldots,B_m\rbrace$ $K$, donde $B_i$ están abiertas las bolas en $U$, y funciones analíticas $\phi_{en}\colon B_i\a U$ satisfacer $f=p_n\circ\phi_{en}$ en $B_i$ y $\phi_{en}(z)\z$ uniformemente como $n\to\infty$.

Para cuando $B_i,B_j$ no tienen intersección vacía entonces, como $f$ no es constante, su derivada será distinto de cero en algún punto de $z_0\en B_i\cap B_j$ y, wlog, podemos suponer que $f^{\prime}(z_0)=1$. Entonces, por la convergencia uniforme, hay un abrir barrio $B^\prime$ de $z_0$ que $\Re[p_n^\prime]\ge1/2$ para todo $gran$ n, así como con el argumento anterior, $p_n$ es uno-a-uno en este barrio. Como $p_n\circ\phi_{en}=p_n\circ\phi_{jn}$ esto implica que $\phi_{en}=\phi_{jn}$ en un barrio de $z_0$ cuando $n$ es lo suficientemente grande que $\phi_{en}(z_0)$ y $\phi_{jn}(z_0)$ en $B^\prime$. Por la continuación analítica, esto le da $\phi_{en}=\phi_{jn}$ en $B_i\cap B_j$. Por lo tanto, con $V=\cup_iB_i$, podemos definir la analítica de $\phi\colon V\a U$ por $\phi=\phi_{en}$ en $B_i$. Entonces, $f=p_n\circ\phi_n$ y $\phi_n(z)\z$ uniformemente.

Sólo queda demostrar que $\phi_n$ es uno-a-uno para los grandes $n$. Por la convergencia uniforme de $\phi_n^\prime$ a $1$ en cualquier cerrada balón $\bar B$ en $V$, tenemos $\Re[\phi^\prime_n]\ge1/2$ en $\bar B$ grandes $n$, entonces $\phi_n$ es uno-a-uno en $\bar B$. Así que, dejando de $B_1^\prime,\ldots,B_r^\prime$ ser abierto bolas cubriendo $K$ y cuyos cierres son en $V$, $\phi_n$ es, finalmente, uno-a-uno en cada $B^\prime_i$. Si dejamos que $K^\prime\subseteq\bigcup_iB^\prime_i$ ser un conjunto compacto, con interior con $K$, entonces, por la compacidad, hay un $\epsilon > 0$ tales que $x\=y\K^\prime$ con $\lVert x-y\rVert\le\epsilon$ están contenidas en unos $B^\prime_i$, entonces $\phi_{en}(x)\=\phi_{en}(y)$ para lo suficientemente grande como $n$. Alternativamente, si $n$ islarge suficiente que $\Vert\phi_n(z)-z\rVert < \epsilon/2$ en $V$ tenemos $\lVert\phi_n(x)-\phi_n(y)\rVert\ge\epsilon\lVert x-y\rVert\gt0$ cuando $\lVert x-y\rVert\gt\epsilon$. Así, $\phi_n$ es uno-a-uno para los grandes $n$. QED

La prueba del Lema 2: Como se explica en David Speyer la respuesta de interpolación de Lagrange da una secuencia de polinomios $q_n$ convergen uniformemente a $0$ en pactos (como son uniformemente acotadas grado con coeficientes tendiendo a cero) tal que, para cada $z\in K$ y $k\ge1$ $f^\prime(z)=\cdots=f^{(k)}(z)=0$, entonces $p_n(z)-q_n(z)=f(z)$ y $p_n^\prime(z)-q_n^\prime(z)=\cdots=p_n^{(k)}(z)-q_n^{(k)}(z)=0$. Entonces, aplicando el Lema 1 con $p_n-q_n$ en lugar de $p_n$ da el resultado. QED

Answer 2

Este es un intento de salvar a George Lowther algún tiempo al eliminar la necesidad para él de demostrar su Lema 2.

Lema Dejar que $f$ ser analítico y no constante en un barrio cerrado de disco. A continuación, hay una secuencia de polinomios $r_n$, de manera uniforme acerca a $f$, tal que, si $f'(z)=f"(z)=\cdots f^{(k)}(z)=0$, entonces $r_n(z)=f(z)$ y $r_n'(z) = \cdots = r^{(k)}_n(z)=0$.

Con este Lema, el resultado se sigue directamente de su Lema 1 (cuya prueba todavía estoy esperando con impaciencia.)

Prueba: Como en George de la respuesta, el uso de series de Taylor para construir una secuencia de polinomios $p_n$ uniformemente convergentes a $f$.

Dado que $f$ no es constante, $f'$ sólo tiene un número finito de ceros en el disco está cerrado; por ejemplo, de $z_1$, $z_2$, $\cdots$, $z_N$. Deje que $f'(z_i)=\cdots = f^{(k_i)}(z_i)=0$ para $1\leq{i}\leq{N}$, y dejar que $K = \sum (k_i+1)$. Por interpolación de Lagrange, existe un único polinomio $q_n(z)$ de grado $K-1$ que $p_n(z_i) - q_n(z_i) = f(z_i)$ y $p_n^{(j)}(z_i) - q_n^{(j)}(z_i) = 0$ para $1 \leq j \leq k_i$. Vamos a demostrar que $p_n - q_n$ también de manera uniforme enfoques $f$; es equivalente a demostrar que $q_n$ uniformemente enfoques $0$.

Los coeficientes de $q_n$ depende en forma lineal en el $K$ cantidades de $p_n^{(j)}(z_i) - f^{(j)}(z_i)$, $0 \leq j \leq k_i$. Los coeficientes de esta dependencia lineal no dependen de $n$. Por lo que es suficiente para demostrar que $p_n^{(j)}(z_i) - f^{(j)}(z_i)$ enfoques $0$ como $n \to \infty$, $0 \leq j \leq k_i$.

Deje que $\gamma_i$ ser un pequeño círculo alrededor de $z_i$, no encierra ningún otro $z_{k}$. Entonces $$p_n^{(j)}(z_i) - f^{(j)}(z_i) = \frac{j!}{2 \pi i} \oint_{\gamma_i} \frac{p_n(z)- f(z)}{(z-z_i)^{j+1}} dz.$$ Desde $p_n \f$ de manera uniforme, esto enfoques integrales $0$ como $n \to \infty$.

Answer 3

Esto no contesta a su pregunta interesante, pero tal vez es relevante y quizás interesante para usted, especialmente después de leer tu nota sobre la sustitución de "conectadas" por "finitely conectado", siempre "polinomios" se sustituye por "funciones racionales".

Deje que $X$ $n$-conectado de dominio en la esfera de Riemann. Suponga que $X$ es delimitada por $n$ discontinuo Jordania curvas. Un holomorphic función $f:X \rightarrow \mathbb{D}$ es llamado $n$a$1$ la correcta asignación de holomorphic si cada punto en $\mathbb{D}$ tiene exactamente $n$ preimages en $X$ contando multiplicites, y si $f$ se extiende a una función continua de $\overline{X}$ en $\overline{\mathbb{D}}$ asignación de cada una de la curva de límite de $X$ homeomorphically en el círculo unidad.

En este trabajo, los autores de probar lo siguiente :

Teorema (teorema de factorización)

Cada $n$a$1$ apropiada holomorphic asignación de $f:X \rightarrow \mathbb{D}$ pueden ser factorizados, en $X$, como $$f=R \circ \phi$$ donde $R$ es una función racional de grado $n$ y $\phi$ es un biholomorphic asignación de $X$ en $R^{-1}(\mathbb{D})$.

Sólo una observación : este teorema no aparece explícitamente en el papel, pero esto se oculta en la prueba del Teorema de $1.2$. Los autores demuestran que para un especial de $n$a$1$ la correcta asignación de holomorphic llamado la Ahlfors función, pero la prueba de que funciona para cada $n$a$1$ apropiada holomorphic de asignación.

Esto no es lo que quieres, pero tal vez la prueba puede dar un poco de conocimiento acerca de cómo demostrar dicha factorización de resultados.

Answer 4

Permítanme señalar cómo uno puede buscar un contraejemplo. El cambio de marchas y multiplicando por las constantes, uno puede suponer que $f(z)=P(\phi(z)),$ $f(0)=\phi(0)=0$ y $\phi'(0)=1.$ Ahora, $\phi^{-1}(z)$ está bien definido analítica inyectiva función en algunos cerrado disco alrededor del origen (por Koebe del teorema este disco tiene radio $\ge 1/4$). Así, $f(\phi^{-1}(z))=P(z)$ en el pequeño cerrado disco alrededor del origen. Ahora el lado derecho, es muy agradable de toda la función, así que si ampliamos $\phi^{-1}(z)$ a su máximo dominio de analiticidad y tomar $f$ suficientemente mal comportamiento a lo largo de la frontera del dominio de analiticidad, debemos obtener una contradicción.

Answer 5

Otra solución a la que simplemente conectado caso (es decir, el disco de los casos) de este problema puede encontrarse en mi artículo sobre el arxiv aquí. La idea es la siguiente.

1. Tome las curvas de nivel de la función $f$ (técnicamente de $|f|$) y se extienden fuera del dominio de $f$ en tal manera como para formar una configuración de curvas de nivel correspondientes a las de un polinomio.

2. Encontrar un polinomio $p$ que tiene esta configuración de curvas de nivel. (Esto se puede hacer como resultado de mi teorema en la sección final de este documento, también en el arxiv.

3. Por un teorema en el mismo papel, cualquiera de las dos funciones con el mismo nivel de la curva de configuración son conformemente equivalentes. Por lo tanto, si restringimos el dominio de $p$ adecuadamente, será conformemente equivalente a $f$.

Toda la información sobre el arxiv.