Schwarz lema problema

Question

Esto es tomado de un antiguo complejo de análisis examen de calificación.

Problema

Deje $\Delta$ el valor de la unidad de disco $\{z\in\mathbb{C}:|z|<1\}$.

Supongamos $f:\Delta\rightarrow\Delta$ es holomorphic. Mostrar que $$\frac{|f(0)|-|z|}{1-|f(0)||z|}\leq|f(z)|\leq\frac{|f(0)|+|z|}{1+|f(0)||z|}$$ para todos los $|z|<1$.

Intento

Desde $f(0)\in\Delta$, definir $\phi\in\operatorname{Aut}(\Delta)$ $$\phi(z)=\frac{f(0)-z}{1-\overline{f(0)}z}.$$ A continuación, $\phi\circ f$ mapas de la unidad de disco en la unidad de disco y correcciones de cero. Así, por Schwarz' lema, tenemos $$\left|\frac{f(0)-f(z)}{1-\overline{f(0)}f(z)}\right|\leq|z|.$$

Pero yo no veo cómo esto va a conducir a cualquiera de las desigualdades. Cualquier ayuda sería muy apreciada.

Answer 1

Aquí es una prueba de que sólo utiliza Schwarz' lexema y el triángulo de la desigualdad.

Set $a=f(0)$ y $$\phi_a(z)=\frac{z-a}{1-\overline{a}z}.$$ A continuación, $\phi_a\circ f$ mapas de la unidad de disco de la unidad de disco y correcciones de cero. Así, por Schwarz' lema, $$|\phi_a(f(z))|=\left|\frac{f(z)-a}{1-\overline{a}f(z)}\right|\leq|z|,$$ y así \begin{equation}|f(z)-a|\leq|z||1-\overline{a}f(z)|\leq|z|+|z||a||f(z)|.\tag{1}\end{equation}

Aplicando la desigualdad de triángulo, llegamos a $$|f(z)|\leq|z|+|z||a||f(z)|+|a|.$$ Entonces $$|f(z)|-|z||a||f(z)|\leq|z|+|a|$$ $$|f(z)|\leq\frac{|z|+|a|}{1-|a||z|}=\frac{|f(0)|+|z|}{1-|f(a)||z|},$$ Donde la última igualdad se utiliza el hecho de que $f(0)=a$. Este es el segundo deseo de la desigualdad.

Para obtener la primera desigualdad, comenzamos con $$|a|=|a-f(z)+f(z)|\leq |a-f(z)|+|f(z)|\leq |z|+|z||a||f(z)|+|f(z)|,$$ donde la última desigualdad se sigue de (1). Entonces $$|a|-|z|\leq |z||a||f(z)|+|f(z)|$$ $$\frac{|a|-|z|}{|z||a|+1}=\frac{|f(0)|-|z|}{1+|f(0)||z|}\leq |f(z)|.$$

Answer 2

Ampliando la respuesta de mike. Conjunto

$$ \frac{f(z) - f(0)}{1-\overline{f(0)}f(z)} = w. $$

A continuación,$|w| \leq |z|$. Resolver para $f(z)$:

$$ f(z) = \frac{w + f(0)}{1 + \overline{f(0)}w}. $$

El lado derecho es un automorphism de la unidad de disco como una función en $w$. Se asigna a los círculos $|w| = r$ a (no concéntricos círculos alrededor de $f(0)$. Las siguientes desigualdades tales una transformación de Möbius:

$$ \frac{|f(0)| - |w|}{1 - |f(0)| |w|} \leq \left| \frac{w + f(0)}{1 + \overline{f(0)}w} \right| \leq \frac{|f(0)|+|w|}{1 + |f(0)| |w|}. $$

El lado izquierdo disminuye en $|w|$ y en la parte derecha aumenta en $|w|$. Desde $|w| \leq |z|$, las desigualdades por $|f(z)|$ seguir.

Answer 3

set $ h = (f(0) - f(z))/ (1- \bar f(0) f(z))$ y resolver expresamente para f, aunque preferiría que los signos en el denominador se invirtieron, pero tal vez esa es la parte difícil

Answer 4

Primero definimos $$ \rho(z,w)=\left|\dfrac{z-w}{1-\overline w z}\right| $$ Entonces es fácil demostrar que $$ 1-\rho(z,w)^2=\dfrac{(1-|z|^2)(1-|w|^2)}{|1 - \overline w z|^2} $$ Ahora se puede comprobar que $$ z \overline w+ \overline z w\le 2|z||w| $$ y esta desigualdad ayudar a los obtenidos $$ (1-|w||z|)^2\le |1-\overline w z|^2 $$ Así: \begin{align*} \rho(z,w)^2=\left|\dfrac{z-w}{1-\overline w z}\right|^2 =&1- \dfrac{(1-|z|^2)(1-|w|^2)}{|1 - \overline w z|^2}\\ \ge& 1- \dfrac{(1-|z|^2)(1-|w|^2)}{(1 - |\overline w| |z|)^2}\\ =&\dfrac{(1 - |\overline w| |z|)^2- (1-|z|^2)(1-|w|^2)}{(1 - |\overline w||z|)^2}\\ =&\dfrac{ |z|^2-2|z||w|+|w|^2}{(1 - |\overline w||z|)^2}\\ =&\dfrac{ (|z|-|w|)^2}{(1 - |\overline w||z|)^2}\\ \end{align*} Ahora cambiando $z$$f(z)$, e $w$ $f(0)$ hemos $$ \left|\dfrac{ (|f(z)|-|f(0)|)}{(1 - |f(0)||f(z)|)}\right|\le\left|\dfrac{f(z)-f(0)}{1-\overline{f(0)}f(z)}\right|\le|z| $$ la última desigualdad de Schwarz-Pick. Entonces $$ \left|\dfrac{ (|f(z)|-|f(0)|)}{(1 - |f(0)||f(z)|)}\right|\le|z| $$ hemos obtenido $$ \frac{|f(0)|-|z|}{1-|f(0)||z|}\leq|f(z)|\leq\frac{|f(0)|+|z|}{1+|f(0)||z|} $$