Es este un Moreras, el Teorema de la Aplicación?

Question

Deje $G \subset \mathbb C$ ser un dominio y $f: G \to \mathbb C$ una función continua tal que para cualquier cerrada y subsanables en la ruta $\gamma \subset G$, $$ \left| \oint_\gamma f(z)dz \right|\leq \left( L(\gamma)\right)^3. $$ Donde $L(\gamma)$ denotar la longitud del arco de la ruta de $\gamma$$L(\gamma)=\int_\gamma |dz|$. Demostrar que $f$ es holomorphic en $G$.

Mis Ideas: Este parece un buen candidato para el uso de los poderosos resultado de Moreras, Teorema, que nos dice que es suficiente para probar que $\oint_\gamma f(z)dz$ desaparece por cualquier camino cerrado $\gamma \subset G$. Sin embargo no me parece para armar un buen argumento y estoy empezando a creer que esto se puede demostrar de otra manera.

¿Por qué 3? ¿Por qué utilizar el$3$"$\leq \left( L(\gamma)\right)^3$"? Supongo que me gustaría saber que si yo pudiera demostrarlo, pero hacer que la afirmación de que aún se mantiene, si reemplazamos $3$ por $2$, $5$, $8$ o cualquier otro número entero?

Cualquier ayuda sobre cómo probar esto o sugerencias serán muy apreciados.

Answer 1

Tomar cualquier curva de $\gamma$ que se traza un rectángulo. Dividir el rectángulo en $n^2$ rectángulos más pequeños, trazado de curvas de $(\kappa_i)_{1\le i \le n^2}$ cuya longitud es $1/n$ veces la longitud de $\gamma$. Entonces $$ \oint_\gamma f(z) \, dz = \sum_{i=1}^{n^2} \oint_{\kappa_i} f(z) \, dz.$$ Ir de allí.

A partir de este que se ve que los 3 puede ser reemplazado por cualquier número estrictamente mayor que 2. Pero 2 no funciona. De esta manera se sigue viendo que para casi cualquier suficientemente pequeño $f$, que es suave, y mediante el uso de Gauss-Verde de la fórmula, que la desigualdad se cumple con 2, debido a que el área encerrada por una curva es siempre limitada su longitud al cuadrado de veces $1/4\pi$.

Answer 2

La misma idea de la otra respuesta, pero este tiene el sabor de Goursat del teorema de la prueba.

Por Moreras Teorema basta para mostrar que para cualquier triangular camino $T \subset G$ ($T=\partial \Delta$ donde $\Delta$ es un triángulo), $\int_T f(z)dz=0$. Tomar cualquier ruta triangular $T=\partial \Delta \subset G$. Ahora, utilizando el medio de los puntos de $\Delta$ formulario 4 triángulos $\Delta_j$, $j=1,2,3,4$, de tal manera que cada $T_j = \partial \Delta_j$ es una ruta triangular, tomar la orientación en cada límite, como se muestra en la siguiente figura:

Claramente $L(T_j)=(1/2)L(T)$$\int_T=\sum_{j=1}^4\int_{T_j}$. Deje $T^{(1)}$ ser el camino de $\{T_1, \cdots T_4\}$ tal que $$ \left| \int_{T_j} f(z) dz \right| \leq \left|\int_{T^{(1)}} f(z) dz \right| \ \forall \ j=1,2,3,4 $$ Por lo tanto $$ \left| \int_{T} f(z) dz \right| \leq 4 \left|\int_{T^{(1)}} f(z) dz \right| $$ Haciendo lo mismo, pero ahora a $\Delta^{(1)}= \partial T^{(1)}$ y así sucesivamente, se obtiene para cada una de las $n \in \mathbb{N}$ triangular camino de $T^{(n)}$ tal que $L(T^{(n)})=(1/2^n)L(T)$ y $$ \left|\int_{T} f(z) dz \right| \leq 4^n \left|\int_{T^{(n)}} f(z) dz \right| \leq 4^n \left( L\left(T^{(n)}\right)\right)^3 = \frac{4^n}{(2^n)^3} \left( L\left(T\right)\right)^3 $$ Sin embargo, desde $$ \lim_{n \to \infty} \frac{4^n}{(2^n)^3} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2^n}=0 \etiqueta{1} $$ de hecho, $\int_{T} f(z) dz =0$ para cualquier triangular camino de $T \subset G$.

Nota Como fue dicho por @StephenMontgomery-Smith respuestas, esto es si el uso de cualquier número real $t>2$, ya que el límite de (1) los silencios va a $0$ sustitución de $3$$t>2$.