Problema en la integración: $\Bbb R-\Bbb C$ split y tire la parte posterior de las formas

Question

Este post no es corta. Sin embargo estoy seguro de que un tipo que buen manejo de estos conceptos, podría leer y contestar en cinco minutos. Yo sólo quiero escribir mi intento, con el fin de entender donde estoy equivocado.

Deje $\Omega\in\Bbb C$ ser un dominio; $\varphi:\Omega\to[-\infty,+\infty[$ superior semicontinous (es decir,$\varphi(z_0)\ge\limsup_{z\to z_0}\varphi(z)\;\;\forall z_0\in\Omega$).

Necesito mostrar, dado $\bar\Delta_{z_0,r}\Subset\Omega$ (la central unitaria de disco de radio $r$) que $$ \varphi(z_0)\le\frac1{2\pi r}\int_{\parcial\Delta_{z_0,r}}\varphi(s)\;ds $$ implica $$ \varphi(z_0)\le\frac i{2\pi r^2}\int_{\Delta_{z_0,r}}\varphi(z,\barra z)\;dz\wedge d\barra z\;\;. $$

Ahora lo que todo el mundo debería hacer es volver a escribir la primera desigualdad como

$$ (2\pi t)\varphi(z_0)\le\int_{\parcial\Delta_{z_0,t}}\varphi(s)\;ds $$ y, a continuación, integrar más de $]0,r]$ respecto de la variable $t$.

De esta manera LHS convertirse fácilmente $\pi r^2\varphi(z_0)$.

Mi problema es con el HR. Aproximadamente me gustaría escribir $$ \int_0^r\int_{\parcial\Delta_{z_0,t}}\varphi(s)\,ds\,dt =\int_{\Delta_{z_0,r}}\varphi(z)\,dz $$

pero no estoy seguro de que tiene algo de sentido. Así que empecé a formar el otro lado, y esto es lo que obtuve: \begin{align*} \int_{\Delta_{z_0,r}}\varphi(z,\bar z)\;dz\wedge d\bar z &=-2i\int_{\Delta_{z_0,r}}\varphi(x,y)\,dx\wedge dy\\ &=-2i\int_{\Delta_{z_0,r}}\varphi(x,y)\,dx\wedge dy \end{align*}

esto podría ser visto de dos maneras: escrito $dz\wedge d\bar z=(dx+idy)\wedge(dx-idy)=-2i(dx\wedge dy)$ o el cambio de variable a través del isomorfismo $\beta:\Bbb R^2\stackrel{\simeq}{\to}\Bbb C$ definido por $(x,y)\mapsto(x+iy,x-iy)$.

Lo que tenemos, entonces, es la integral de una $2$-forma en un $2$-paramétrico de colector. Así que considero que ahora $$ \alpha:]0,l[\times[0,2\pi[\longrightarrow\Delta_{z_0,r}\setminus\{z_0\} $$ definido por $$ (t,\theta)\longmapsto (\Re z_0+t\cos\theta,\Im z_0+t\sin\theta) $$

a partir de la cual hemos $$ -2i\int_{\Delta_{z_0,r}}\varphi(x,y)\,dx\wedge dy=\\ =-2i\int_{]0,l[\times[0,2\pi[}\varphi (\Re z_0+t\cos\theta,\Im z_0+t\sin\theta) \underbrace{[\partial_t\alpha_1\partial_{\theta}\alpha_2-\partial_t\alpha_2\partial_{\theta}\alpha_1]}_{=\partial\alpha_1\wedge\partial\alpha_2(\partial_t\alpha,\partial_{\theta}\alpha)=t}\,dt\,d\theta\\ =-2i\int_0^rt\underbrace{\int_0^{2\pi}\varphi (\Re z_0+t\cos\theta,\Im z_0+t\sin\theta)\,d\theta}_{=: (t)}\,dt $$

Y hasta aquí parece (a mí!) que han cometido errores.

Ahora pensé que podría trabajar en $A(t)$. El uso de $\beta^{-1}$ tengo $$ A(t)=\frac i2\int_0^{2\pi}\varphi(z_0+te^{i\theta})\,d\theta $$ El problema viene ahora: ¿cómo proceder? Me gustaría cambiar la variable de esta última integral de la $s=z_0+te^{i\theta}$: de esta manera es CASI (y casi en Matemáticas significa mal), igual a la que quería integral, a excepción de una $ie^{i\operatorname{arg}(s)}$ o algo similar (me borraron de mi notebook).

Donde estoy equivocado? ¿Cómo puedo concluir?

Muchas gracias!

Answer 1

Puedo reescribir $A(t)$ $$ \int_0^{2\pi}\varphi(z_0+te^{i\theta})\,d\theta $$ SIN la adición de $-2i$ o $i/2$ factores (que son los $\Bbb R^2\longleftrightarrow\Bbb C$ paso) porque no me cambio de variable, simplemente me reescribió $(\Re z_0+t\cos\theta,\Im z_0+t\sin\theta)$ en otra forma.

De esta manera, me vino a $$ -2i\int_0^rt\int_0^{2\pi}\varphi(z_0+te^{i\theta})\,d\theta\,dt\;\;. $$ Ahora hacemos un cambio de variable $s=z_0+te^{i\theta}$ a partir de que $ds=|ite^{i\theta}|d\theta=td\theta$ (debido a $s$ es el elemento de arco). Así, la última integral es igual a $$ -2i\int_0^r\int_{\parcial\Delta_{z_0,t}}\varphi(s)\,ds\,dt\;. $$ Por lo tanto \begin{align*} \frac{1}{-2i}\int_{\Delta_{z_0,r}}\varphi(z,\bar z)dz\wedge d\bar z &=\int_0^r\int_{\partial\Delta_{z_0,t}}\varphi(s)\,ds\,dt\\ &\ge\int_0^r\varphi(z_0)2\pi t\,dt\\ &=\pi\varphi(z_0)r^2 \end{align*}

que concluye este pequeño "odisea".

Gracias a todos, una vez más, he aprendido algo nuevo. Me voy a la cama, aquí las 5 de la mañana.

Answer 2

Absolutamente no editar correctamente. Pertenece la desigualdad $i/2$ $ $$\varphi(z_0)\le \frac1{2\pi} \frac i2\int_{D(z_0,r)} \varphi(z)dz\wedge d\bar z.$ aunque soy un gran fan de usar $dz$ y $d\bar z$, creo que es más fácil simplemente utilizar un integral doble coordenadas polares en este problema.

Teniendo en cuenta que $$\varphi(z_0)\le \frac1{2\pi r}\int_{\partial D(z_0,r)} \varphi (s)ds = \frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}\varphi(z_0+re^{i\theta})d\theta$ $ % todo $0\le r\le R$, proceder como sigue:\begin{align*} \frac{R^2}2\varphi(z_0) &= \int_0^R \varphi(z_0) r\,dr \le \frac1{2\pi}\int_0^R\left(\int_0^{2\pi}\varphi(z_0+re^{i\theta})d\theta\right)r\,dr \\ &= \frac1{2\pi}\int_{D(z_0,R)} \varphi(z) r\,drd\theta = \frac1{2\pi}\frac i2\int_{D(z_0,R)} \varphi(z)\,dz\wedge d\bar z. \end{align*} esto da $\varphi(z_0) \le \displaystyle{\frac 1{\pi R^2}\frac i2\int_{D(z_0,R)} \varphi(z)\,dz\wedge d\bar z}$, lo solicitado.