Demostrando que $|f^{(n)}| \le n!n^n$ y luego hacer este resultado más nítido

Question

Ahlfors: Demuestre que las derivadas sucesivas de una función analítica en a nunca pueden satisfacer $|f^{(n)}(z)| > n!n^n$ . Formular un del mismo tipo.

Intento de primera parte:

1. Sea $\Delta$ ser un barrio alrededor de $z$ de radio $r$ lo suficientemente pequeño como para que $f$ es analítica en $\Delta$ . Sea $C$ sea un círculo alrededor de $z$ de radio $r$ .

2. La fórmula integral de Cauchy da como resultado que

   $$ f^{(n)}(z) = {n! \over 2 \pi i}\int_{C} {f(\zeta) \over (\zeta - z)^{n+1}}\ d\zeta $$

3. Desde $\mathbb{R}$ es completa, tenemos que $M = \max\{|f(\zeta)| : |\zeta - z| \le r \} \in \mathbb{R}$ existe. Además, tenemos que $|\zeta - z| \le r$ para todos $\zeta$ dentro del perímetro de $C$ . Por lo tanto, tenemos

   $$ |f^{(n)}(z)| \le \left|{n! \over 2 \pi i}\right|\int_{C} {|M| \over |r^{n+1}|}\ |d\zeta| \le {n! \over 2 \pi} {M 2 \pi r \over r^{n+1}} = {n!M \over r^{n}} $$

4. Por lo tanto tenemos la estimación de Cauchy:

   $$ |f^{(n)}(z)| \le {n! M \over r^n} $$

5. Podemos suponer además que $M > 1$ anterior (no afecta a ninguno de los razonamientos de desigualdad).

6. Considere que hay un punto en el que $n$ es suficientemente grande s.t. $n^n\ge {M \over r^n}$ (de hecho, lo es cuando $n \ge {M \over r}$ ). En tal punto, tenemos que:

   $$ n^n \ge {M \over r^n} \implies n^n r^n \ge M \implies r^n \ge {M \over n^n} \implies {1 \over r^n} \le {n^n \over M} $$

7. Entonces suponiendo $n^n \ge {M \over r^n}$ tenemos que

   $$ \underbrace{|f^{(n)}(z)| \le {n!M \over r^n}}_{\text{Cauchy's estimate}} = {n!M} \cdot \left({1 \over r^n}\right) \le \underbrace{{n!M}\cdot \left({n^n \over M}\right)}_{\text{since }{1 \over r^n} \le {n^n \over M}} = n! n^n $$

   como desee.

8. Hasta ahora hemos demostrado que si $n \ge {M \over r}$ entonces

   $$ |f^{(n)}(z)| \le n!n^n $$

Pregunta: ¿De qué manera podríamos utilizar este resultado para elaborar un teorema más agudo del mismo tipo?

Answer 1

La desigualdad que deriva en el 4º punto $$ \lvert f^{(n)}(z) \rvert \le \frac{n! M}{r^n} $$ es suficiente para mejorar sustancialmente el resultado:

si $g(n)$ es cualquier función creciente que aumenta hasta $\infty$ no importa lo lento que sea, entonces elige $n_0$ tal que $f(z)$ es analítica en el círculo centrado en $z$ o $$ \frac{2}{g(n_0)} $$ y tal que $2^{n_0} > M$ entonces para cualquier $n>n_0$ utilizando su desigualdad en el c $$ r=\frac{2}{g(n)} < \frac{2}{g(n_0)}$$ g $$ \lvert f^{(n)}(z) \rvert \le \frac{n!M}{r^n} =n!M2^{-n}g(n)^n \leq n! 2^{n_0} 2^{-n}g(n)^n \leq n! 2^{n} 2^{-n} g(n)^n =g(n)^nn!. $$

Este resultado es esencialmente el mejor posible, para verlo, supongamos que la desigualdad $$ \lvert f^{(n)}(z) \rvert \le H(n)^n n! $$ es cierto para ciertos delimitado función creciente $H(n)$ y para todas las funciones analíticas $f(z)$ entonces si $C > H(n)$ para todos $n$ entonces considere la función $$ h(z) = \sum_{n=0}^\infty (2C)^n z^n $$ esta función es analítica dentro del círculo de radio $1/2C$ pero tenemos $$ \lvert h^{(n)}(0) \rvert = (2C)^n n! > H(n)^n n! $$ una contradicción.