Disuguaglianza analisi complessa
Ciao a tutti.
Sono alle prese con un esercizio di analisi complessa che non so proprio più da che parte prendere.
L'esercizio è il seguente:
Sia $f:\mathcal{U}\rightarrow CC $ olomorfa tale che $Im(f(z))\geq0$, dove $\mathcal{U}$ è il semipiano superiore.
Mostrare che $ |frac{f(z)-f(z_0)}{f(z)-bar(f(z_0)) }| leq |frac{z-z_0}{z-bar(z_0) }| $ .
Usando il teorema della mappa aperta mi sono ricondotto al caso in cui $Im(f(z))>0$, infatti se $Im(f(z))=0$ per qualche $z$ allora $f$ deve essere costante e la condizione é banalmente verificata.
Oltre questo però mi sono bloccato ho provato a fare qualche trasformazione in modo da poter applicare il lemma di Schwarz ma non sono arrivato a nulla di interessante. Qualcuno a qualche idea per iniziare?
Sono alle prese con un esercizio di analisi complessa che non so proprio più da che parte prendere.
L'esercizio è il seguente:
Sia $f:\mathcal{U}\rightarrow CC $ olomorfa tale che $Im(f(z))\geq0$, dove $\mathcal{U}$ è il semipiano superiore.
Mostrare che $ |frac{f(z)-f(z_0)}{f(z)-bar(f(z_0)) }| leq |frac{z-z_0}{z-bar(z_0) }| $ .
Usando il teorema della mappa aperta mi sono ricondotto al caso in cui $Im(f(z))>0$, infatti se $Im(f(z))=0$ per qualche $z$ allora $f$ deve essere costante e la condizione é banalmente verificata.
Oltre questo però mi sono bloccato ho provato a fare qualche trasformazione in modo da poter applicare il lemma di Schwarz ma non sono arrivato a nulla di interessante. Qualcuno a qualche idea per iniziare?
Risposte
C'è qualcosa che non mi torna. $z_0$ dov'è?
La cosa tornerebbe se fosse $|(f(z) -f(z_0))/(f(z) - \bar(f(z_0)))| <= |(z - bar{z_0})/(z - z_0)|$. Infatti si verifica facilmente che:
$|(f(z) -f(z_0))/(f(z) - \bar(f(z_0)))|<= 1$ e $|(z - z_0)/(z - bar(z_0))|<= 1$
allora $|(f(z) -f(z_0))/(f(z) - \bar(f(z_0)))|*|(z - z_0)/(z - bar(z_0))| <= 1$
ovvero: $|(f(z) -f(z_0))/(f(z) - \bar(f(z_0)))| <= |(z - bar{z_0})/(z - z_0)|$ .
EDIT: Prendi con le pinze quanto ti ho scritto (in effetti non ho usato nemmeno l'olomorfia di $f$...).
$|(f(z) -f(z_0))/(f(z) - \bar(f(z_0)))|<= 1$ e $|(z - z_0)/(z - bar(z_0))|<= 1$
allora $|(f(z) -f(z_0))/(f(z) - \bar(f(z_0)))|*|(z - z_0)/(z - bar(z_0))| <= 1$
ovvero: $|(f(z) -f(z_0))/(f(z) - \bar(f(z_0)))| <= |(z - bar{z_0})/(z - z_0)|$ .
EDIT: Prendi con le pinze quanto ti ho scritto (in effetti non ho usato nemmeno l'olomorfia di $f$...).
Sia $\mathbb H$ il semipiano e sia $f: \mathbb{H} \to \mathbb{H}$ olomorfa; sia ancora, $z_0 \in \mathbb H$ fissato.
Chiamiamo $f_1(z) = \frac{f(z)-f(z_0)}{f(z)-\overline{f(z_0)}}$ e $f_2(z)=\frac{z-z_0}{z-\overline{z}_0}$. Per quello che ha detto Seneca, siccome sia $z,z_0 \in \mathbb H$ hai che [tex]\vert f_1(z) \vert \le 1[/tex] e [tex]\vert f_2 (z)\vert \le 1[/tex], per ogni $z \in \mathbb H$.
Inoltre, il rapporto $f_1/f_2$ è olomorfo su tutto il semipiano: infatti, è certamente olomorfo e continuo su $\mathbb H \setminus \{z_0\}$; inoltre, la singolarità in $z_0$ è eliminabile perché la $f$ è olomorfa (e quindi $lim_{z \to z_0} \frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0} = f'(z_0)$).
Ora per concludere basta osservare che per $z \in \mathbb R$ (il bordo del semipiano) si ha [tex]\vert f_2 \vert =1[/tex], cosicché
\[
\left\vert \frac{f_1(z)}{f_2(z)} \right\vert = \vert f_1(z) \vert, \qquad z \in \mathbb R
\]
Si conclude applicando il principio del massimo modulo (che sfrutta la connessione di $\mathbb H$).
Vi convince?
Chiamiamo $f_1(z) = \frac{f(z)-f(z_0)}{f(z)-\overline{f(z_0)}}$ e $f_2(z)=\frac{z-z_0}{z-\overline{z}_0}$. Per quello che ha detto Seneca, siccome sia $z,z_0 \in \mathbb H$ hai che [tex]\vert f_1(z) \vert \le 1[/tex] e [tex]\vert f_2 (z)\vert \le 1[/tex], per ogni $z \in \mathbb H$.
Inoltre, il rapporto $f_1/f_2$ è olomorfo su tutto il semipiano: infatti, è certamente olomorfo e continuo su $\mathbb H \setminus \{z_0\}$; inoltre, la singolarità in $z_0$ è eliminabile perché la $f$ è olomorfa (e quindi $lim_{z \to z_0} \frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0} = f'(z_0)$).
Ora per concludere basta osservare che per $z \in \mathbb R$ (il bordo del semipiano) si ha [tex]\vert f_2 \vert =1[/tex], cosicché
\[
\left\vert \frac{f_1(z)}{f_2(z)} \right\vert = \vert f_1(z) \vert, \qquad z \in \mathbb R
\]
Si conclude applicando il principio del massimo modulo (che sfrutta la connessione di $\mathbb H$).
Vi convince?
Si, si. Mi convince proprio. Ed é molto più elegante e semplice di quello che stavo tentando di fare. Stavo cercando di trasformare un po' le cose per utilizzare il lemma di Schwarz ma evidentemente era un vicolo cieco.
Grazie mille.
Un'ultima curiosità: scusa l'ignoranza, ma nella tua citazione AC sta per?
Grazie ancora.
Grazie mille.
Un'ultima curiosità: scusa l'ignoranza, ma nella tua citazione AC sta per?
Grazie ancora.
"Paolo90":
Sia $\mathbb H$ il semipiano e sia $f: \mathbb{H} \to \mathbb{H}$ olomorfa; sia ancora, $z_0 \in \mathbb H$ fissato.
Ciao Paolo! Butto lì un dubbio: senza l'ipotesi che sia $f(\mathbb{H}) \subseteq \mathbb{H}$ non si può fare niente?
"piso88":
Si, si. Mi convince proprio. Ed é molto più elegante e semplice di quello che stavo tentando di fare. Stavo cercando di trasformare un po' le cose per utilizzare il lemma di Schwarz ma evidentemente era un vicolo cieco.
Grazie mille.
Bene, sono contento che ti convinca!
"piso88":
Un'ultima curiosità: scusa l'ignoranza, ma nella tua citazione AC sta per?
Sono le iniziali di una mia insegnante, che è l'autrice della frase riportata.
"Seneca":
Ciao Paolo! Butto lì un dubbio: senza l'ipotesi che sia $f(\mathbb{H}) \subseteq \mathbb{H}$ non si può fare niente?
Ciao Seneca! E' una domanda più che lecita la tua, però temo che la risposta sia negativa. In effetti, anche il risultato che hai provato tu sopra vale solo nel semipiano (anzi, quello con la disuguaglianza larga vale nella chiusura del semipiano, mi pare). Ad ogni modo, secondo me non si può ulteriormente generalizzare, deve essere una proprietà strettamente legata al semipiano. Te che ne pensi?
La penso anche io così. Mi faceva strano che fosse un'ipotesi mancante nell'esercizio proposto. 
Buona serata.
Buona serata.
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