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 Jun 5 2020, 07:49 PM
Publicado:
#1
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Maestro Matemático  Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 134 Registrado: 28-March 14 Miembro Nº: 128.100 Nacionalidad:  Sexo:   |
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Jun 12 2020, 08:49 AM
Publicado:
#2
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Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 128 Registrado: 27-November 15 Miembro Nº: 142.558 |
![TEX: Interesante propuesto, la demostracion que se me ocurrio sigue la idea de la demostración del teorema de Liouville ( toda función analítica acotada es constante).<br /><br />Mostraremos que la funcion $f$ debe ser identicamente $0$. Como es holomorfa en todo el plano, podemos escribirla en series de potencia<br />\[ f(z) = \sum_{n = 0}^\infty \frac{f^{(n)}(0)}{n!} z^n. \]<br />o que haremos ahora es usar la formula integral de Cauchy para acotar los coeficientes. <br />Para definir el contorno de integracion, partamos por encontrar los puntos donde la curva $e^{t( 1 + t) }$ corta al eje real positivo, es decir<br />\begin{align*}<br />\Im (e^{t(1 + t) }) &= 0 & \Re (e^{t(1 + t) }) &> 0\\<br />e^t \sin(t) &= 0 & \cos(t) &> 0<br />\end{align*}<br />que tiene como solucion $t = 2 \pi k$ con $k \in \mathbb Z$. <br />Con esto definimos las siguientes curvas<br />\begin{align*}<br />\sigma_k(t) &= e^{t(1 + i)} & t\in [2\pi k, 2 \pi (k + 1)] \\<br />\tau_k(t) &= 2 \pi k + 2\pi t & t \in [0,1]<br />\end{align*}<br />y sea $\gamma_k$ la union de $\sigma_k$ con la reversa de $\tau_k$ ( el camino en sentido contrario).<br />Entonces $\gamma_k$ define una curva cerrada suave por trozos, por lo que usando la formula integral de Cauchy obtenemos<br />\[ \frac{f^{(n)}(0)}{n!} = \frac{1}{2\pi i} \int\limits_{\gamma_k} \frac{f(z)}{z^{n + 1} } dz = \frac{1}{2\pi i} \int\limits_{\sigma_k} \frac{f(z)}{z^{n + 1} } dz -\frac{1}{2\pi i} \int\limits_{\tau_k} \frac{f(z)}{z^{n + 1} } dz \]<br />Sea $\varepsilon > 0$ arbitrario. Dada la condicion del limite sobre $f$, tenemos que existe $k_0(\varepsilon)$ tal que para todo $k>k_0(\varepsilon)$ se cumple <br />\[ |f(z)| < \varepsilon \]<br />para todo $z\in \sigma_k$.Procedemos ahora a acotar las integrales:<br />](/tex-image/44adbf27ed45debc0a8d47bdea108457.png) ![TEX: <br />\[ \left | \int\limits_{\sigma_k} \frac{f(z)}{z^{n + 1} } dz \right | \leq \int_{2\pi k}^{2\pi (k + 1)} \frac{\varepsilon}{e^{t(n + 1)}} |1 + i| e^t dt\leq \varepsilon\sqrt{2} \int_{2\pi k}^{2\pi (k + 1)} dt = 2\sqrt{2}\pi\varepsilon. \]<br />Por otro lado<br />\[ \left | \int\limits_{\tau_k} \frac{f(z)}{z^{n + 1} } dz \right | \leq \int_0^1 \frac{C}{(2\pi k + 2\pi t)^{n + 1}} 2\pi dt\leq \int_0^1 \frac{C}{2\pi k + 2\pi t} 2\pi dt\leq \frac{C}{k}.\]<br />Juntando todo lo anterior deducimos que<br />\[ \left | \frac{f^{(n)}(0)}{n!} \right | \leq \sqrt{2} \varepsilon + \frac{C}{2 \pi k} \quad \forall k > k_0(\varepsilon), \] <br />Si ahora hacemos $k \to \infty$ obtenemos que<br />\[ \left | \frac{f^{(n)}(0)}{n!} \right | \leq \sqrt{2} \varepsilon, \] <br />y como $\varepsilon > 0$ es arbitrario obtenemos que<br />\[ \frac{f^{(n)}(0)}{n!} = 0, \]<br />como queriamos demostrar. <br /><br /><br /><br />](/tex-image/0df144bb7366ac5d1b5f141ac015f2df.png)
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Jun 12 2020, 11:09 PM
Publicado:
#3
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Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 134 Registrado: 28-March 14 Miembro Nº: 128.100 Nacionalidad: Sexo: |
Bien. Aunque podiai decir algo más elegante con las curvas
 y  : en la unión de ellas (que define una curva cerrada) la función se mantiene acotada (por alguna constante  que no depende de  gracias a las hipótesis), luego por el principio del máximo la función se mantiene acotada en la región interior por  , y como esto es para todo  , la función se mantiene acotada en todo el plano, de ahí se sigue.
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Jun 13 2020, 03:21 AM
Publicado:
#4
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Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 128 Registrado: 27-November 15 Miembro Nº: 142.558 |
CITA(mamboraper @ Jun 12 2020, 11:09 PM)  Bien. Aunque podiai decir algo más elegante con las curvas y : en la unión de ellas (que define una curva cerrada) la función se mantiene acotada (por alguna constante que no depende de gracias a las hipótesis), luego por el principio del máximo la función se mantiene acotada en la región interior por , y como esto es para todo , la función se mantiene acotada en todo el plano, de ahí se sigue.Claro, toda la razón, eso era mucho mas fácil. ![TEX: Para no perder la demostración anterior, notemos que desde esta podemos obtener un resultado mas fuerte:<br />Si somos mas cuidadosos al acotar la integral sobre $\tau_k$, obtenemos<br />\[ \int\limits_{\tau_k} \frac{1}{(2\pi k + 2\pi t)^{n + 1} dt} = \frac{1}{n (2\pi)^n} \left ( \frac{1}{k^n} - \frac{1}{(k + 1)^n} \right ) \leq \frac{1}{n (2\pi)^n k^n} \]<br />Por lo tanto, si asumimos que $f$ esta acotada por una constante $C_k$ en $\tau_k$, entonces<br />\[ \left | \frac{f^{(n)}(0)}{n!} \right | \leq \sqrt{2}\varepsilon + \frac{C_k}{n (2\pi)^{n+1}k^n} \]<br />por lo que si $C_k$ esta acotada por un polinomio, digamos $C_k \leq a k^m + b$, entonces obtenemos que para todo $n > m$<br />\[ f^{(n)}(0) = 0 \]<br />por lo que $f$ debe ser un polinomio y por la condición limite sobre $f$, debe ser $0$.<br />De todo esto deducimos que una hipótesis suficiente es que exista $m\in \mathbb N$ tal que<br />\[ |f(x)| \leq A x^m + B \quad \forall x > 0 \]<br /><br />](/tex-image/2c74a3a37b3fafadd0dd8d4c797f0eea.png)
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