Si $|f(z)| < \sqrt{\left| z\right|}$ entonces $\lim_{z\to\infty} f(z)$ ¿existe?

Question

Dejemos que $f(z)$ sea una función holomorfa definida en $D=\{ z\in\mathbb{C} | \left| z \right| > 1\}$ . Para todos los $z\in D$ tenemos $\left| f(z) \right| \le \sqrt{\left| z \right|}$ . Demostrar que $\lim_{z\to\infty} f(z)$ existe.

¿Cómo debería mostrar esto? Estaba pensando que podría mostrar que $f(z)$ es realmente constante, pero no parece ser el caso. Creo que puedo encontrar $f(z)$ que no es constante sino que tiene límite en el infinito. ¿Cuál es la "imagen" correcta para pensar aquí? Sugerencia es muy apreciada.

Actualización : Así que consideré $g(z) = f(\frac{1}{z})$ . Toma $C_R$ sea un círculo de radio $R$ . Entonces tengo algo como

$$\int_{C_R} \left| g(z) \right| dz=\int_{C_R} \left| f(\frac{1}{z})\right| dz\le \int_{C_R} \frac{1}{\sqrt{R}} dz = 2\pi \sqrt{R}$$

Entonces, por el Teorema del Residuo,

$$2\pi i \text{Res}_{z= 0} g(z) = 2\pi \sqrt{R}$$

Como esto es cierto para todos los $R$ , $\text{Res}_{z=0} f(z) = 0$

Actualización 2 : En realidad consideré $\lim_{z\to 0} zg(z)$ . Desde $$ \left| z f\left(\frac{1}{z}\right)\right|<\left| \frac{z}{\sqrt{\left| z\right|}}\right| \to 0 \text{ as } z \to 0$$

$g(z)$ debería tener una singularidad extraíble en $z=0$ . Así que $f(z)$ debería tener una singularidad extraíble en el infinito?

Answer 1

Has demostrado que $f\left(\frac{1}{z}\right), |z|<1$ tiene una singularidad extraíble en $0$ y por Teorema de la singularidad extraíble de Riemann $f\left(\frac{1}{z}\right)$ es continuamente extensible sobre $0$ o $\lim_{z \rightarrow 0} f\left(\frac{1}{z}\right)$ existe. Del mismo modo, $f(z)$ tiene una singularidad extraíble en $\infty$ o el límite existe, más detalles aquí, 8,4 .

Alternativamente (una versión más larga), la función es holomorfa en $1 < |z-0|<R$ por lo que puede ser representado por un Serie Laurent : $$f(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}a_nz^n$$ donde $$a_n=\frac{1}{2\pi i}\oint_{C_R} \frac{f(z)}{z^{n+1}}dz$$ para cualquier $R>1$ .

Caso 1 . $n \geq 1$ $$|a_n|=\left| \frac{1}{2\pi i}\oint_{C_R} \frac{f(z)}{z^{n+1}}dz \right|\leq \frac{1}{2\pi} \oint_{C_R} \left| \frac{f(z)}{z^{n+1}}\right| dz \leq \frac{1}{2\pi} \oint_{C_R} \left| \frac{\sqrt{|z|}}{z^{n+1}}\right| dz=$$ $$=\frac{1}{2\pi} \oint_{C_R} \frac{\sqrt{|z|}}{|z|^{n+1}} dz=\frac{1}{2\pi} \frac{1}{R^{n+\frac{1}{2}}} \oint_{C_R} dz=\frac{1}{2\pi} \frac{1}{R^{n+\frac{1}{2}}} 2\pi R = \frac{1}{R^{n-1+\frac{1}{2}}}$$ Tomar el límite $R \rightarrow \infty$ obtenemos $|a_n|=0, n \geq 1$ . Hasta ahora $$f(z)=\sum_{n=-\infty}^{0}a_nz^n$$

Caso 2 . $n\geq 0$ $$|a_{-n}|=\left| \frac{1}{2\pi i}\oint_{C_R} f(z)z^{n-1} dz \right| \leq ... \leq \frac{1}{2 \pi} R^{n-\frac{1}{2}} 2\pi R=R^{n+\frac{1}{2}}$$ Tomar el límite $R \rightarrow 1$ obtenemos $|a_{-n}| \leq 1, n\geq 0$ .

Como resultado $$f(z)=a_0+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{-n}}{z^n}, |z|>1$$ O $$|f(z)|=\left| a_0+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{-n}}{z^n} \right| \leq |a_0|+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{|a_{-n}|}{|z|^n} \leq 1 + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{|z|^n} = \frac{1}{1-\frac{1}{|z|}} =\frac{|z|}{|z|-1} $$

En total, tenemos $|f(z)| \leq \sqrt{2} < 2$ para $1< |z| \leq 2$ y $|f(z)| \leq \frac{|z|}{|z|-1} < 2$ para $|z|>2$ . O $|f(z)| < 2$ en $D$ . Lo mismo se aplica a $f\left(\frac{1}{z}\right), |z|<1$ y por el mismo Teorema de la singularidad extraíble de Riemann $f\left(\frac{1}{z}\right)$ tiene una singularidad extraíble en $0$ y así sucesivamente...