Hay este ejercicio: vamos a $\,f\,$ ser analítico en $$D:=\{z\;\;;\;\;|z|<1\}\,\,,\,|f(z)|\leq 1\,\,,\,\,\forall\,z\in D$$ and $\,z=0\,$ a zero of order $\,m\,$ of $\,f\,$.
Demostrar que $$\forall z\in D\,\,,\,\,|f(z)|\leq |z|^m$$
Mi solución: la Inducción en $\,m\,$: $\,m=1\,$ este es exactamente el lema de Schwarz, por lo tanto, podemos asumir que la verdad para $\,k<m\,$ y probar para $\,k=m>1\,$ . Desde $\,f(z)=z^mh(z)\,\,,\,h(0)\neq 0\,$ analítica en $\,D\,$ , poner $$g(z):=\frac{f(z)}{z}=z^{m-1}h(z)$$
La aplicación de la hipótesis inductiva y utilizando el lema de Schwarz $\,\,(***)\,\,$ obtenemos que $$|g(z)|=\left|\frac{f(z)}{z}\right|=|z|^{m-1}|h(z)|\stackrel{ind. hyp.}\leq |z|^{m-1}\Longrightarrow |f(z)|\leq |z^m|$$ y hemos terminado...casi: todavía nos tienen que demostrar $\,|g(z)|\leq 1\,$ todos los $\,z\in D$ con el fin de ser capaz de utilizar la hipótesis inductiva y esta es precisamente la parte donde tengo algunas dudas: esto puede ser probado de la siguiente manera (todo el tiempo trabajamos con $\,z\in D\,$):
$(1)\,\,$ $\,f(z)=z^mh(z)\,$ Aplicamos directamente lema de Schwarz y obtener $$|f(z)|=|z|^m|h(z)|\leq |z|\Longrightarrow |z|^{m-1}h(z)|\leq 1$$ Y puesto que ahora la función de $\,f_1(z)=z^{m-1}h(z)\,$ cumple con las condiciones de S. L. tenemos
$(2)\,\,$ Aplicando de nuevo el lema, $$|f_1(z)|=|z|^{m-1}|h(z)|\leq |z|\Longrightarrow |z^{m-2}h(z)|\leq 1$$and now the function $\,f_2(z):=z^{m-2}h(z)\,$ satisface las condiciones de ellos lema tan...etc.
En el paso$\,m-1\,$ tenemos $$|z||h(z)|\leq |z|\Longrightarrow {\color{red}{\mathbf{|h(z)|\leq 1}}}\,$$ y esto es lo que nos permite utilizar la hipótesis inductiva en $\,\,(***)\,\,$ por encima.
Mi pregunta: ¿hay alguna manera que yo no puedo ver a la derecha, ahora a deducir directamente, o en un camino más corto, que $\,|h(z)\leq 1\,$ ?
