Existencia de una función holomorfa

Question

Hay una manera simple de demostrar este hecho:

Para todas las funciones holomorphic $f: \mathbb C \to \mathbb C$, existe una función holomorfa $\psi: \mathbb C \to \mathbb C$ tales que $$\psi(z+1) = \psi(z) + f (z) $$

La solución sé utilizar Galois cubriendo espacios y sumando de automorphy.

Gracias de antemano.

Answer 1

Como mencioné en un comentario, hay dos formas muy sencillas de resolver la ecuación funcional de $\psi(z+1)=\psi(z)+f(z)$, $\psi$ en términos de $f$. Son, \begin{align} \psi(z) y=-f(z)-f(z+1)-f(z+2)-f(z+3)-\cdots,{\rm\ y,}\\ \psi(z) y=f(z-1)+f(z-2)+f(z-3)+\cdots. \end{align} Estas soluciones sólo se aplicará si cualquiera de las respectivas sumas convergen y, si queremos que $\psi$ a ser holomorphic, entonces requerimos localmente convergencia uniforme. Por ejemplo, $f(z)=e^{az}$, $\Re(a)\no=0$, las soluciones anteriores dan $\psi(z)=e^{az}/(e^a-1)$ (utilizando el primer método para $\Re(a)<0$ y el segundo por $\Re(a)>0$).

De manera más general, podemos probar el siguiente,

Lema: Dejar que $f\colon\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ se entera. Entonces, no existe la totalidad de los $g,h$ con $f=g+h$ y tal que, para cada $K>0$, $z^2g(z)$ y $z^2h(-z)$ son uniformemente acotadas en la franja horizontal $-K\le\Im(z)\le K$ con $\Re(z)>0$.

Voy a probar esto en un momento. En primer lugar, sin embargo, podemos observar que se da una solución fácil a la funcional de la ecuación aplicando el primer método por encima de $g$, y el segundo a $h$, \begin{align} \psi(z)=y-g(z)-g(z+1)-g(z+2)-\cdots\\ y+h(z-1)+h(z-2)+h(z-3)+\cdots. \end{align}

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Voy a probar ahora el lema se indicó anteriormente, el uso de un resultado en la aproximación de funciones por toda funciones debido a Arakelian. Vamos a $E$ el conjunto de $z\in\mathbb{C}$ tal que $2\lvert\Im(z)\rvert+1\le\lvert\Re(z)\rvert$. Esta es una desenfrenada cerrado subconjunto de $\mathbb{C}$ y consta de dos componentes conectados, uno por $\Re(z)\le-1$ y uno por $\Re(z)\ge1$. Además, por cada $K>0$, la tira $-K\le\Im(z)\le K$ está contenido en la unión de $E$ y un conjunto acotado. Así, es suficiente con que las funciones $g,h$ construido en el lema son tales que $z^2g(z)$ y $z^2h(-z)$ son acotados en el componente de $E$ con $\Re(z)\ge1$.

Podemos definir una función continua $F\colon E\to\mathbb{C}$ por $F(z)=e^{z^2}f(z)$ $\Re(z)\le-1$ y $F(z)=0$ lo contrario. Esto también es analítica en el interior de la $E$.

Ahora, $E$ es un Arakelian conjunto. Es decir, es un subconjunto cerrado de $\mathbb{C}$ cuyo complemento no contiene ningún limitada de componentes conectados, y tal que, para cada disco cerrado $D$, la unión de la cerrada delimitada componentes de $\mathbb{C}\setminus(E\taza D)$ es limitada (en realidad, es vacía, por lo que trivialmente acotada). Entonces, Arakelian la aproximación teorema establece que, para cualquier $\epsilon > 0$, hay toda una función $G$ con $\lvert F-G\rvert\le\epsilon$ en $E$. Si ponemos $g(z)=e^{-z^2}G(z)$ y $h(z)=f(z)-g(z)$, entonces podemos ver que $\lvert e^{z^2}g(z)\rvert$ y $\rvert e^{z^2} h(-z)\rvert$ están delimitadas por $\epsilon$ en el componente de $E$ con $\Re(z)\ge1$.

Finalmente, en $E$, $$ \Re(z^2)=\Re(z)^2-\Im(z)^2\ge\frac35\left(\Re(z)^2+\Im(z)^2\right)=\frac35\lvert z\rvert^2. $$ Así, $$ \lvert e^{z^2}\rvert=\exp(\Re(z^2))\ge\exp(3\lvert z\rvert^2/5)\ge\frac35\lvert z\rvert^2, $$ y $z^2g(z)$, $z^2h(-z)$ son acotados en el componente de $E$ con $\Re(z)\ge1$ como se requiere.

Answer 2

(Esto no es sino una expansión de mi comentario; se aclara lo que se puede hacer fácilmente por un ingenuo de alimentación de la serie método)

La pregunta es para probar que la diferencia finita operador $\Delta : f \mapsto f(z+1) - f(z)$ define un surjection $\mathcal O(\mathbb C) \a \mathcal O(\mathbb C)$. ($\mathcal O(\mathbb C)$ es el álgebra de la totalidad de funciones, que es holomorphic funciones en todo $\mathbb C$).

Porque de estándar de análisis complejos teoremas, toda una función es la suma de potencia de la serie infinita de convergencia de la radio. Que es, la suma de series da un isomorfismo $$ A_\infty = \left\{\sum_{n\geq 0} a_n z^n \in \mathbb C[[z]] \, \medio | \, \forall R > 0, a_n = O(R^{-n}) \right\} \\mathcal O(\mathbb C).$$

Así que la diferencia finita operador también se define un operador $\Delta : A_\infty \A_\infty$. Básicamente, está dada por Newton de la fórmula binominal: por $j \geq 0$, tenemos $$\Delta(z^j) = (z+1)^j - z^j = \sum_{i=0}^{j-1} \binom j i z^i.$$ Para una potencia de la serie $\sum_{j \geq 0} a_j z^j \in \mathbb C[[z]]$, se puede aplicar la última fórmula y linealidad para obtener $$\Delta\left( \sum_{j=0}^K a_j z^j \right) = \sum_{j=0}^K a_j \left( \sum_{i=0}^{j-1} \binom j i z^i \right) = \sum_{i=0}^{K-1} \left(\sum_{j=i+1}^K a_j \binom j i \right) z^i.$$ Así que, como, $K$ crece, todos los coeficientes de este polinomio se mantienen en constante cambio. Debido a que $\binom j i$ es un grado-$i$ polinomio en $j$, la serie $\sum_{j>i} a_j \binom j i$ converge y el operador $\Delta : A_\infty \A_\infty$ se define por la fórmula: $$\begin{array}{ccc} A_\infty&\& A_\infty\\ \sum_{n \geq 0} a_n z^n & \mapsto &\displaystyle \sum_{n\geq 0} \left( \sum_{k=n+1}^{+\infty} a_k \binom k n \right) z^n.\end{array}$$

Así que la pregunta original es realmente equivalente a:

Pregunta: es este operador $\Delta : A_\infty \A_\infty$ surjective?

Para abordar esta cuestión, parece bastante razonable para mirar polinomios de grado $N$ en primer lugar, a continuación, buscar en $N \to \infty$. Exactamente igual que en el cálculo de $\Delta$, usted necesita tener algún tipo de convergencia para ampliar las definiciones de la polinomio de caso para la alimentación de caso de la serie. En el anterior cálculo, se necesita la convergencia de $\sum_{k \geq n} a_k \binom k n$ para todo $n$ y el hecho de que $\sum_{n \geq 0} a_n z^n$ tiene una infinita convergencia de la radio era más que suficiente para que.

Lo que voy a explicar es que para obtener un mapa de $I : A_\infty \A_\infty$ tal que $\Delta \circ I = \mathrm{id}_{A_\infty}$ (que es equivalente a probar que $\Delta$ es surjective) un enfoque similar funciona, pero sólo si podemos suponer que la decadencia de la $(a_n)$ es más fuerte que el $\forall R > 0, a_n = O(R^{-n})$ hipótesis. Es por eso que esta no es realmente una respuesta a la pregunta original.

Obviamente (ya sea debido a la definición o a causa de la gran desordenado de la fórmula anterior) $\Delta$ induce lineal mapa de $\mathbb C_{n}[z] \to \mathbb C_{n-1}[z]$. Es muy fácil demostrar que la única polinomios en $\ker \Delta$ son la constante, por lo que una dimensión de cálculo muestra que $\Delta \mathbb C_{n}[z] \to \mathbb C_{n-1}[z]$ a, para todo $n$. No es entonces un mapa de $I : \mathbb C_{n-1}[z] \to \mathbb C_{n}[z]$ tal que $\Delta \circ I = \mathrm{id}_{\mathbb C_{n-1}[z]}$ y este mapa es único, hasta la adición constante de polinomios.

De hecho, uno puede ser muy explícito acerca de que: si $B_n$ es el $$n-ésimo número de Bernoulli, el polinomio $$P_k = \frac{1}{k+1} \left( \sum_{n=0}^{k+1} \binom{k+1}{n} B_{k+1-n} z^n\right)$$ (que, hasta el $1/(k+1)$ factor, es el $(k+1)$-ésimo polinomio de Bernoulli) satisface la siguiente relación $$\Delta P_k = z^k,$$ así que parece una buena idea para definir $I(z^k) = P_k$.

Si $\sum_{k\geq 0} a_k z^k \A_\infty$, entonces tenemos que $$\begin{align*}\left(\sum_{k=0}^K a_k z^k\right) &= \sum_{k=0}^K a_k \left(\frac{1}{k+1} \sum_{n=0}^{k+1} \binom{k+1}{n} B_{k+1-n} z^n\right)\\ & = \sum_{n=0}^{K+1} \left(\sum_{k=n-1}^K \frac{a_k}{k+1} \binom{k+1}n B_{k+1-n} \right) z^n.\end{align*}$$

Ahora, si la decadencia de $(a_k)$ era lo suficientemente fuerte como para garantizar la convergencia absoluta de
$\sum_{k\geq n-1} \frac{a_k}{k+1} \binom{k+1}n B_{k+1-n}$, la fórmula anterior (con $K$ reemplazado por $\infty$) definir una lineal mapa de $I : A_\infty \A_\infty$ tal que $\Delta \circ I = \mathrm{id}_{A_\infty}$. Este sería el caso si tuviéramos $|B_p| \leq C\cdot R^p$ para algunas constantes $C$, $R$, por ejemplo. El problema es que el real asymptotics para los números de Bernoulli es $$|B_{2n}| \sim 4\sqrt{\pi n}\left(\frac{n}{\pi e}\right)^{2n}$$ (por $n > 0$, $B_{2n+1} = 0$).

A continuación, es posible encontrar secuencias $(a_n)$ tal que $a_n = O(R^{-n})$ para todo $R$, pero que, sin embargo, satisfacer $$\limsup_{k\to\infty} \left|\frac{a_k}{k+1} \binom{k+1}n B_{k+1-n}\right| = +\infty.$$ Por ejemplo, $a_k = k^{-\alpha k}$ parece que a $0 < \alfa < 1$.

Así que creo que este método funciona si nos limitamos a las clases de la totalidad de las funciones de una fuerte descomposición Taylor coeficientes (con la fuerza suficiente para nuestro $I$ a definir), pero no para toda la función.

Como dije en mi comentario, estoy sorprendido de que la respuesta a la Pregunta planteada antes podría ser "sí" con este método natural fallando. Si el OP no había reclamado el resultado original para ser verdad, me gustaría por ahora creo que el $\Delta$ operador de no ser surjective en $A_\infty$ o $\mathcal O(\mathbb C)$.

Por otro lado, si usted intenta este método (el uso de polinomios de más y más alto grado de aproximar la potencia de la serie de solución) para la construcción de elementos de $\ker \Delta$, usted probablemente sólo encontrar la constante de funciones, mientras que el núcleo de $\Delta$ en $\mathcal O(\mathbb C)$ [o $A_\infty$] es mucho mayor que (por ejemplo cointains $z \mapsto e^{2\pi z}$). Así que tal vez hay una buena razón por la que este método fue condenada a fracasar (algunos inestabilidad de la propiedad?) y mi sorpresa es que en realidad nada sino una consecuencia de mi ingenuidad.