Sea $f$ sea una función continua de valor complejo en el intervalo unitario. Para cualquier número complejo $z$ define $F(z)=\int _0 ^1 f(t) e^{zt} dt$ .
¿Cómo puedo demostrar que $F$ ¿está entero?
Respuestas
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Davide Giraudo
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Sea $z$ arreglado. Tenemos $$e^{zt}=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{t^n}{n!}z^n,$$ y esta serie es normalmente convergente en $[0,1]$ . En consecuencia, podemos intercambiar la serie y la integral, para obtener $$\int_0^1f(z)e^{zt}dt=\int_0^1f(t)\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{t^n}{n!}z^ndt=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac 1{n!}\left(\int_0^1f(t)t^ndt\right)z^n,$$ y $f$ es en realidad una serie de potencias (de radio de convergencia infinito, por tanto entera.
Mhenni Benghorbal
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Problema relacionado 1 , problema relacionado 2 . Se puede utilizar el teorema de Morera que establece que una función continua de valor complejo ƒ definida en un conjunto abierto conectado D en el plano complejo que satisface $$ \oint_{\gamma} f(z)\, dz = 0 $$ para toda curva cerrada C1 a trozos $\gamma$ en $D$ debe ser holomorfa en $D$ . Aplicando este teorema a su caso, tenemos
$$ \oint_{\gamma} f(z) dz = \oint \int_{0}^{1} f(t){\rm e}^{zt}dt dz = \int_{0}^{1}f(t)\oint_{\gamma} {\rm e}^{zt} dz \,dt = \int_{0}^{1} f(t) (0) dt = 0$$
La integral interna es igual a $0$ ya que ${\rm e}^{zt} $ es analítica y por tanto por el teorema de Cauchy la integral es cero. El intercambio de las integrales se justifica por la convergencia uniforme de la $\int_{0}^{1} f(t) {\rm e }^{zt} $ en $z$ .
user3035
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Se puede diferenciar bajo el signo integral con respecto a $z$ en tales situaciones... por lo que no sólo es entera sino que su derivada viene dada por $\int_0^1 tf(t)e^{zt}\,dt$ . Para demostrarlo, se aplica el teorema de convergencia dominada a los cocientes de diferencias ${F(z + h) - F(z) \over h} = \int_0^1 f(t)e^{zt} {e^{ht} - 1 \over h}\,dt$ como $h \rightarrow 0$ .
