Mostrar que $\sum_{n \geqslant 0} |a_n z^n|<1$$|z|<1/3$ .

Question

Suponga que $\sum_{n \geqslant 0} a_n z^n$ converge para $|z|<1$ $$\left|\sum_{n \geqslant 0} a_n z^n \right|<1$ $ Demostrar que para todos los $z \in \mathbb{C}$, $|z|<1/3$ tenemos $$\sum_{n \geqslant 0} |a_n z^n|<1$$

Estoy atascado con este ejercicio, podría alguien darme alguna sugerencia por favor ?

Answer 1

Este (hermosa) el resultado es generalmente llamado Bohr de la desigualdad.

Una búsqueda en internet le mostrará que hay un montón de pruebas para esta desigualdad. Aquí es el más sencillo de lo que sé (por desgracia, no recuerdo donde lo vi; es definitivamente no la mía!).

El punto clave es la siguiente

Hecho. Tenemos $\vert a_m\vert\leq 2(1-\vert a_0\vert)\;$ todos los $m\geq 1$.

Para probar esto, podemos suponer que (multiplicando $f(z)=\sum_0^\infty a_nz¨n$ por una constante $\omega$$\vert\omega\vert =1$$a_0\in\mathbb R^+$.

Definir $g(z):=1-f(z)$ donde $f(z)=\sum_0^\infty a_n z^n$. Tenga en cuenta que ${\rm Re}(g)\geq 0$ porque $\vert f\vert\leq 1$. También, $$g(z)=\sum_{m=0}^\infty b_m z^m\, ,$$ donde $b_0=1-c_0$ y $b_m=-a_m$, $m\geq 1$.

Desde $g$ es holomorphic tenemos $$\int_0^{2\pi} \overline{g(e^{i\theta})}e^{-im\theta}\, d\theta=0$$ for all $m\geq 1$, y $$ b_m=\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi} g(e^{i\theta})e^{-im\theta}\, d\theta\, .$$ Así que podemos escribir (para todos los $m\geq 1$) $$b_m=\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}\left( g(e^{i\theta})+\overline{g(e^{i\theta})}\right)e^{-im\theta}\, d\theta $$ Es el siguiente (recordar que ${\rm Re}(g)\geq 0$ y utilizando el valor medio de la fórmula para la función de ${\rm Re}(g)$) que para todos los $m\geq 1$ : $$\vert a_m\vert=\vert b_m\vert\leq \frac1{2\pi}\int_0^{2\pi} 2{\rm Re}(g(e^{i\theta}))\, d\theta=2{\rm Re}(g(0))=2(1-a_0) \, . $$ Esto demuestra el Hecho.

Ahora, por el Hecho, tenemos para todos los $r>0$ : $$\sum_{m=0}^\infty \vert a_m\vert r^m\leq \vert a_0\vert+2(1-\vert a_0\vert)\sum_{m=1}^\infty r^m\, . $$ La suma en el lado derecho es igual a $\frac12$ si $r=\frac13$; así tenemos $$\sum_{m=0}^\infty \vert a_m\vert \left(\frac13\right)^m\leq \vert a_0\vert +(1-\vert a_0\vert)=1.$$ Por lo tanto, $\sum_0^\infty\vert a_mz^m\vert\leq 1$ todos los $z\in\mathbb C$ tal que $\vert z\vert\leq 1/3$.

Answer 2

Esta es una respuesta parcial. Voy a demostrar que para $|z|<\frac{1}{3}$ hemos $$ \sum_{n=0}^\infty|a_n z^n|<\frac{3}{2\sqrt{2}}\approx 1,06066 $$

De hecho, para $0<r<1$, la serie de Fourier de $t\to f(re^{it})$ está dado por $f(re^{it})=\sum_{n=0}^\infty a_nr^ne^{int}$. El uso de Perceval fórmula llegamos a la conclusión de que $$ \sum_{n=0}^\infty|a_n|^2r^{2n}=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}|f(re^{es})|^2dt\leq1 $$ dejando $r$ tienden a $1^{-}$ tenemos $$ \sum_{n=0}^\infty|a_n|^2 \leq1 $$ Ahora, si $|z|<\frac{1}{3}$ hemos $$\eqalign{ \sum_{n=0}^\infty|a_n z^n|&<\sum_{n=0}^\infty|a_n| 3^{-n}\leq \sqrt{\sum_{n=0}^\infty|a_n|^2}\cdot\sqrt{\sum_{n=0}^\infty 3^{-2n}}<\sqrt{\frac{9}{8}}\cr } $$ Que es el anuncio de un resultado. $\qquad\square$

Answer 3

El uso de la radio $r=1-ε$ para algunos pequeños $ε>0$. A continuación, a partir de la integral de Cauchy fórmula de la serie de Taylor coeficientes de ello se sigue que $$|a_n|\le (1-ε)^{-n}$$ for all $n$, which can also be seen more directly by just manipulating the series $f(z)$ para obtener $$ a_n=\frac1{2\pi i}\int_{|z|=1-ε} \frac{f(z)}{z^{n+1}} dz\implica |a_n|\le\frac1{2\pi}\,\frac{\max\{ |f(z)|:|z|=1-ε\}}{(1-ε)^{n+1}}\,2\pi(1-ε). $$

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Usted puede obtener un resultado similar mucho más elemental del teorema de Cauchy-Hadamard. Dado que el radio de convergencia es mayor que $1$, luego $$ \limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}\le 1 $$ y por lo tanto $|a_n|\le (1+ε)^n$ en casi todas las $n\in \Bbb N$ todos los $ε>0$.