Formula integrale di Schwarz
Salve, mi blocco nel punto (3) di questo esercizio
Sia \( f \) analitica in \( D(0,1+\epsilon) \) per qualche \( \epsilon \).
(1) Dimostra che
\[ f(z) = \frac{1}{2\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{it}}{e^{it}- z} f(e^{it}) dt;\]
(2) Dimostra che per tutti \( z \in D(0,1) \)
\[ f(0) = \frac{1}{2\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{1+e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} f(e^{it}) dt;\]
(3) Dedurre la formula integrale di Schwarz, con \( z \in D(0,1) \).
\[ f(z) = i \Im (f(0)) +\frac{1}{2\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{it}+z}{e^{it}-z}\Re( f(e^{it})) dt;\]
Allora io ho fatto in questa maniera
\[ f(z) = f(z) - f(0) + f(0) = f(z) - f(0) + \Re(f(0)) + i \Im(f(0))= f(z) +\frac{1}{2}(\overline{ f(0)} - f(0) ) + i \Im(f(0)) \]
Voglio dimostrare che
\[ f(z) +\frac{1}{2}(\overline{ f(0)} - f(0) ) = \frac{1}{2\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{it}+z}{e^{it}-z}\Re( f(e^{it})) dt \]
Uso il punto (1) e il punto (2) nel seguente modo
\[ = \frac{1}{2\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{it}}{e^{it}- z} f(e^{it})dt + \overline{\frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{1+e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} f(e^{it}) dt} - \frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{1+e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} f(e^{it}) dt \]
\[ = \frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{2e^{it}}{e^{it}- z} f(e^{it})dt + \frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{1+e^{-it}z}{1-e^{-it}z} \overline{f(e^{it})} dt - \frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{1+e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} f(e^{it}) dt \]
\[ = \frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi}\left( \frac{2e^{it}}{e^{it}- z} - \frac{1+e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} \right) f(e^{it})dt + \frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{it}+z}{e^{it}-z} \overline{f(e^{it})} dt \]
Ma da qui in poi mi blocco...
dovrei ottenere
\[ \frac{2e^{it}}{e^{it}- z} - \frac{1+e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} = \frac{e^{it}+z}{e^{it}-z} \]
così posso fare
\[ = \frac{1}{2\pi }\int_{0}^{2\pi}\frac{e^{it}+z}{e^{it}-z} \frac{1}{2} \left(f(e^{it}) +\overline{f(e^{it})} \right) dt = \frac{1}{2\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{it}+z}{e^{it}-z}\Re( f(e^{it})) dt \]
Ma mi sembra falso, anche perché sarebbe vero
\[ \frac{2e^{it}}{e^{it}- z} - \frac{e^{it}+z}{e^{it}-z}=\frac{1+e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} \]
e quindi
\[ \frac{e^{it}-z}{e^{it}-z}=\frac{1+e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} \]
e quindi
\[ 1=\frac{e^{-it}+\overline{z}}{e^{-it}-\overline{z}} \]
cosa falsa... e quindi boh
Sia \( f \) analitica in \( D(0,1+\epsilon) \) per qualche \( \epsilon \).
(1) Dimostra che
\[ f(z) = \frac{1}{2\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{it}}{e^{it}- z} f(e^{it}) dt;\]
(2) Dimostra che per tutti \( z \in D(0,1) \)
\[ f(0) = \frac{1}{2\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{1+e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} f(e^{it}) dt;\]
(3) Dedurre la formula integrale di Schwarz, con \( z \in D(0,1) \).
\[ f(z) = i \Im (f(0)) +\frac{1}{2\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{it}+z}{e^{it}-z}\Re( f(e^{it})) dt;\]
Allora io ho fatto in questa maniera
\[ f(z) = f(z) - f(0) + f(0) = f(z) - f(0) + \Re(f(0)) + i \Im(f(0))= f(z) +\frac{1}{2}(\overline{ f(0)} - f(0) ) + i \Im(f(0)) \]
Voglio dimostrare che
\[ f(z) +\frac{1}{2}(\overline{ f(0)} - f(0) ) = \frac{1}{2\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{it}+z}{e^{it}-z}\Re( f(e^{it})) dt \]
Uso il punto (1) e il punto (2) nel seguente modo
\[ = \frac{1}{2\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{it}}{e^{it}- z} f(e^{it})dt + \overline{\frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{1+e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} f(e^{it}) dt} - \frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{1+e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} f(e^{it}) dt \]
\[ = \frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{2e^{it}}{e^{it}- z} f(e^{it})dt + \frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{1+e^{-it}z}{1-e^{-it}z} \overline{f(e^{it})} dt - \frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{1+e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} f(e^{it}) dt \]
\[ = \frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi}\left( \frac{2e^{it}}{e^{it}- z} - \frac{1+e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} \right) f(e^{it})dt + \frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{it}+z}{e^{it}-z} \overline{f(e^{it})} dt \]
Ma da qui in poi mi blocco...
dovrei ottenere
\[ \frac{2e^{it}}{e^{it}- z} - \frac{1+e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} = \frac{e^{it}+z}{e^{it}-z} \]
così posso fare
\[ = \frac{1}{2\pi }\int_{0}^{2\pi}\frac{e^{it}+z}{e^{it}-z} \frac{1}{2} \left(f(e^{it}) +\overline{f(e^{it})} \right) dt = \frac{1}{2\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{it}+z}{e^{it}-z}\Re( f(e^{it})) dt \]
Ma mi sembra falso, anche perché sarebbe vero
\[ \frac{2e^{it}}{e^{it}- z} - \frac{e^{it}+z}{e^{it}-z}=\frac{1+e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} \]
e quindi
\[ \frac{e^{it}-z}{e^{it}-z}=\frac{1+e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} \]
e quindi
\[ 1=\frac{e^{-it}+\overline{z}}{e^{-it}-\overline{z}} \]
cosa falsa... e quindi boh
Risposte
vedi se questo ti convince, purtroppo devo scendere.
se vale la formula integrale di Cauchy(e vale) $f(z)=1/(2pi i)oint_(gamma)f(xi)/(xi-z)d xi$
poni $gamma(t)=e^(it)$ definita su $0,2pi$
allora $f(z)=1/(2pi i)int_(0)^(2pi)(f(e^(it)))/(e^(it)-z)ie^(it)dt$ per tutti i punti che non stanno sul bordo del disco unitario.
Sostanzialmente le ipotesi ti starebbero dicendo che $f$ è olomorfa su $D(0,1)$ se non sbaglio[nota]$D(0,1)subsetB(0,1+epsilon)subsetD(0,1+epsilon)$[/nota]
se vale la formula integrale di Cauchy(e vale) $f(z)=1/(2pi i)oint_(gamma)f(xi)/(xi-z)d xi$
poni $gamma(t)=e^(it)$ definita su $0,2pi$
allora $f(z)=1/(2pi i)int_(0)^(2pi)(f(e^(it)))/(e^(it)-z)ie^(it)dt$ per tutti i punti che non stanno sul bordo del disco unitario.
Sostanzialmente le ipotesi ti starebbero dicendo che $f$ è olomorfa su $D(0,1)$ se non sbaglio[nota]$D(0,1)subsetB(0,1+epsilon)subsetD(0,1+epsilon)$[/nota]
"anto_zoolander":
vedi se questo ti convince, purtroppo devo scendere.
Devi scendere ?
"anto_zoolander":
Sostanzialmente le ipotesi ti starebbero dicendo che $f$ è olomorfa su $D(0,1)$ se non sbaglio
Nelle ipotesi c'è già che \( f \) analitica su \( D(0,1+ \epsilon) \) (quindi olomorfa), pertanto credo che in automatico lo sia su \( D(0,1) \).
"anto_zoolander":
se vale la formula integrale di Cauchy(e vale) $f(z)=1/(2pi i)oint_(gamma)f(xi)/(xi-z)d xi$
poni $gamma(t)=e^(it)$ definita su $0,2pi$
allora $f(z)=1/(2pi i)int_(0)^(2pi)(f(e^(it)))/(e^(it)-z)ie^(it)dt$ per tutti i punti che non stanno sul bordo del disco unitario.
Ti ringrazio molto, ma il punto (1) e il punto (2) gli avevo risolti, credo con successo. Era, ed è, il punto (3) il problema.
Per il punto (1) appunto preso \( \gamma : [0,2 \pi] \to \partial D(0,1) \), come \( \gamma(t)=e^{it} \) abbiamo per la formula integrale di Cauchy che
\[ f(z) = \frac{1}{2\pi i} \oint_{\gamma} \frac{f(\xi)}{\xi - z} d\xi = \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{it}}{e^{it}- z}f(e^{it})dt \]
e dunque è verificato \( \forall z \in D(0,1) \)
Per il punto (2) abbiamo che se definiamo per ogni \(z \in D(0,1) \), \( g_z(\xi):= f(\xi)\frac{1+\xi \overline{z}}{1-\xi \overline{z}} \), notiamo che \( g(0)=f(0) \), abbiamo inoltre che se \(f \) analitica in \( D(0,1+\epsilon) \) anche \( g_z \) analitica in \( D(0,1) \)[nota]tolgo il \(+\epsilon \) dal disco perché credo che altrimenti avremmo un punto di discontinuità in 1 nella \(g_z\) e dopo il punto (1) non vale più, ed è credo anche il motivo per cui vale per ogni \( z \in D(0,1) \), altrimenti non mi spiego il perché richiedere \( z \in D(0,1) \)[/nota], \( \forall z \in D(0,1) \), allora per il punto (1) risulta che
\[ f(0)=g_z(0)=\frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} g_z(e^{it})dt =\frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} f(e^{it})\frac{1+e^{it} \overline{z}}{1-e^{it} \overline{z}}dt \]
Scusa è un modo di dire che usiamo a Palermo per dire “sto uscendo di casa” 
Ho messo quel commento sui primi due punti perché non mi sembravi persuaso.
Al momento non mi viene nulla per il terzo, se riesco(sono in crisi con algebra) domani gli dedico una qualche minuto, spero che qualcuno ti risponda prima
Ho messo quel commento sui primi due punti perché non mi sembravi persuaso.
Al momento non mi viene nulla per il terzo, se riesco(sono in crisi con algebra) domani gli dedico una qualche minuto, spero che qualcuno ti risponda prima
"anto_zoolander":
Sostanzialmente le ipotesi ti starebbero dicendo che $f$ è olomorfa su $D(0,1)$ se non sbaglio
No. Le ipotesi stanno dicendo che \(f\) è olomorfa su \(D(0, 1+\epsilon)\), punto. È una cosa diversa, perché una funzione olomorfa su \(D(0, 1)\) potrebbe avere una singolarità sul bordo; ad esempio, \(f(z)=(1-z)^{-1}\).
Ciao Peppe
L’ho scritto perché secondo la definizione cui mi rifaccio una funzione è olomorfa su un insieme $X$ non aperto e non vuoto se è olomorfa in qualche aperto $A$ contente $X$
L’ho scritto perché secondo la definizione cui mi rifaccio una funzione è olomorfa su un insieme $X$ non aperto e non vuoto se è olomorfa in qualche aperto $A$ contente $X$
Ciao dissonance
1) non ci ho capito una mazza oppure 2) hai mal interpretato la notazione del prof di \( D(0,1+\epsilon) \).
Per \( D(0,1+\epsilon) := \{ z \in \mathbb{C} : \left| z \right| < 1 + \epsilon \} \). Se \( f \) analitica in \( D(0,1+\epsilon) \) è olomorfa in tutti i punti \( z \in D(0,1+\epsilon) \) e quindi anche per tutti i punti di \( z' \in D(0,1) \subset D(0,1+\epsilon) \). Quindi \( f \) olomorfa (e analitica) in \( D(0,1) \).
Il tuo contro-esempio non è un contro esempio perché non è analitica in \( D(0,1+\epsilon) \) in quanto ha una singolarità in \( 1 \in D(0,1+\epsilon)\).
Una funzione olomorfa su \( D(0,1+\epsilon) \) è olomorfa su \( D(0,1) \). La proposizione reciproca è falsa e il tuo esempio è un contro-esempio per la reciproca.
Equivalentemente potremmo dire che se \( f \) analitica in \( D(0,1+\epsilon) \)
\[ f(z) = \sum\limits_{k=0}^{\infty} a_k z^k \]
con raggio di convergenza \( \rho = 1+\epsilon \). Ma la \( (1-z)^{-1} \) non ha raggio di convergenza \( 1 + \epsilon \), ergo non è analitica in \( D(0,1+ \epsilon) \).
1) non ci ho capito una mazza oppure 2) hai mal interpretato la notazione del prof di \( D(0,1+\epsilon) \).
Per \( D(0,1+\epsilon) := \{ z \in \mathbb{C} : \left| z \right| < 1 + \epsilon \} \). Se \( f \) analitica in \( D(0,1+\epsilon) \) è olomorfa in tutti i punti \( z \in D(0,1+\epsilon) \) e quindi anche per tutti i punti di \( z' \in D(0,1) \subset D(0,1+\epsilon) \). Quindi \( f \) olomorfa (e analitica) in \( D(0,1) \).
Il tuo contro-esempio non è un contro esempio perché non è analitica in \( D(0,1+\epsilon) \) in quanto ha una singolarità in \( 1 \in D(0,1+\epsilon)\).
Una funzione olomorfa su \( D(0,1+\epsilon) \) è olomorfa su \( D(0,1) \). La proposizione reciproca è falsa e il tuo esempio è un contro-esempio per la reciproca.
Equivalentemente potremmo dire che se \( f \) analitica in \( D(0,1+\epsilon) \)
\[ f(z) = \sum\limits_{k=0}^{\infty} a_k z^k \]
con raggio di convergenza \( \rho = 1+\epsilon \). Ma la \( (1-z)^{-1} \) non ha raggio di convergenza \( 1 + \epsilon \), ergo non è analitica in \( D(0,1+ \epsilon) \).
"3m0o":
Ciao dissonance
1) non ci ho capito una mazza oppure 2) hai mal interpretato la notazione del prof di \( D(0,1+\epsilon) \).
Per \( D(0,1+\epsilon) := \{ z \in \mathbb{C} : \left| z \right| < 1 + \epsilon \} \). Se \( f \) analitica in \( D(0,1+\epsilon) \) è olomorfa in tutti i punti \( z \in D(0,1+\epsilon) \) e quindi anche per tutti i punti di \( z' \in D(0,1) \subset D(0,1+\epsilon) \). Quindi \( f \) olomorfa (e analitica) in \( D(0,1) \).
Il tuo contro-esempio non è un contro esempio perché non è analitica in \( D(0,1+\epsilon) \) in quanto ha una singolarità in \( 1 \in D(0,1+\epsilon)\).
Una funzione olomorfa su \( D(0,1+\epsilon) \) è olomorfa su \( D(0,1) \). La proposizione reciproca è falsa e il tuo esempio è un contro-esempio per la reciproca.
Equivalentemente potremmo dire che se \( f \) analitica in \( D(0,1+\epsilon) \)
\[ f(z) = \sum\limits_{k=0}^{\infty} a_k z^k \]
con raggio di convergenza \( \rho = 1+\epsilon \). Ma la \( (1-z)^{-1} \) non ha raggio di convergenza \( 1 + \epsilon \), ergo non è analitica in \( D(0,1+ \epsilon) \).
3) ti riferivi ad anto e non a me e il tuo contro esempio è un contro-esempio... scusa!
"anto_zoolander":
Ciao Peppe
L’ho scritto perché secondo la definizione cui mi rifaccio una funzione è olomorfa su un insieme $ X $ non aperto e non vuoto se è olomorfa in qualche aperto $ A $ contente $ X $
Ma \( D(0,1) \) è un aperto e non un non aperto.
Ah $D$ non sta per “disk”(cioè quello chiuso)? Lol allora ho capito male io la notazione.
"anto_zoolander":
Ah $D$ non sta per “disk”(cioè quello chiuso)? Lol allora ho capito male io la notazione.
Sta per disco, sì, ma il mio prof specifica se aperto o chiuso, e lo nota \( D \) e rispettivamente \( \overline{D} \).
Vabbé, fino adesso abbiamo fatto solo chiacchiere.
@3m0o: Venendo alla vera domanda, il tuo procedimento deve essere corretto. Come hai dimostrato il punto 2? Sarà mica che c'è un errore nella traccia? Basta un segno sbagliato e il punto 3 se ne va gambe all'aria.
@3m0o: Venendo alla vera domanda, il tuo procedimento deve essere corretto. Come hai dimostrato il punto 2? Sarà mica che c'è un errore nella traccia? Basta un segno sbagliato e il punto 3 se ne va gambe all'aria.
"dissonance":
Vabbé, fino adesso abbiamo fatto solo chiacchiere.
@3m0o: Venendo alla vera domanda, il tuo procedimento deve essere corretto. Come hai dimostrato il punto 2? Sarà mica che c'è un errore nella traccia? Basta un segno sbagliato e il punto 3 se ne va gambe all'aria.
Il punto due l'ho dimostrato così:
"3m0o":
Per il punto (2) abbiamo che se definiamo per ogni \( z \in D(0,1) \), \( g_z(\xi):= f(\xi)\frac{1+\xi \overline{z}}{1-\xi \overline{z}} \), notiamo che \( g(0)=f(0) \), abbiamo inoltre che se \( f \) analitica in \( D(0,1+\epsilon) \) anche \( g_z \) analitica in \( D(0,1) \), \( \forall z \in D(0,1) \), allora per il punto (1) risulta che
\[ f(0)=g_z(0)=\frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} g_z(e^{it})dt =\frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} f(e^{it})\frac{1+e^{it} \overline{z}}{1-e^{it} \overline{z}}dt \]
Okay ho capito, c'è solo un errore nel ragionamento, non nel procedimento, ricapitolando
\[ f(z) = f(z) - f(0) + f(0) = f(z) - f(0) + \Re(f(0)) + i \Im(f(0))= f(z) +\frac{1}{2}(\overline{ f(0)} - f(0) ) + i \Im(f(0)) \]
Voglio dimostrare che
\[ f(z) +\frac{1}{2}(\overline{ f(0)} - f(0) ) = \frac{1}{2\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{it}+z}{e^{it}-z}\Re( f(e^{it})) dt \]
Uso il punto (1) e il punto (2) nel seguente modo
\[ = \frac{1}{2\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{it}}{e^{it}- z} f(e^{it})dt + \overline{\frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{1+e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} f(e^{it}) dt} - \frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{1+e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} f(e^{it}) dt \]
\[ = \frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{2e^{it}}{e^{it}- z} f(e^{it})dt + \frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{1+e^{-it}z}{1-e^{-it}z} \overline{f(e^{it})} dt - \frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{1+e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} f(e^{it}) dt \]
\[ = \frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi}\left( \frac{2e^{it}}{e^{it}- z} - \frac{1+e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} \right) f(e^{it})dt + \frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{it}+z}{e^{it}-z} \overline{f(e^{it})} dt = \bigstar \]
Ora non è vero che devo necessariamente ottenere questo quanto segue (come sostenevo prima)
\[ \frac{2e^{it}}{e^{it}- z} - \frac{1+e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} = \frac{e^{it}+z}{e^{it}-z} \]
L'uguaglianza sopra è condizione sufficiente ma non necessaria. Infatti abbiamo che
\[ \frac{2e^{it}}{e^{it}- z} = \frac{e^{it}+z}{e^{it}-z}+1 \]
E quindi
\[ \frac{2e^{it}}{e^{it}- z} - \frac{1+e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} = \frac{e^{it}+z}{e^{it}-z}+1 - \frac{1+e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} \]
Pertanto
\[ \frac{2e^{it}}{e^{it}- z} - \frac{1+e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} = \frac{e^{it}+z}{e^{it}-z}+ \frac{1-e^{it}\overline{z}-1-e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} \]
Dunque
\[ \bigstar= \frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{-2e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} f(e^{it})dt + \frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{it}+z}{e^{it}-z} f(e^{it}) dt+ \frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{it}+z}{e^{it}-z} \overline{f(e^{it})} dt \]
Ora sappiamo per ipotesi che \( f \) olomorfa e che \(g(\omega)= \frac{1}{1-\omega \overline{z}} \) è olomorfa su \( D(0,1) \) poiché non possiede punti di singolarità. Pertanto \( \frac{-2e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} f(e^{it}) \) olomorfa e dunque
\[ \frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{-2e^{it}\overline{z}}{1-e^{it}\overline{z}} f(e^{it})dt =0\]
Pertanto abbiamo che
\[\bigstar= \frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{it}+z}{e^{it}-z} f(e^{it}) dt+ \frac{1}{4\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{it}+z}{e^{it}-z} \overline{f(e^{it})} dt = \frac{1}{2\pi } \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{it}+z}{e^{it}-z}\Re( f(e^{it})) dt\]
Che dimostra la formula integrale di Schwarz!
Benissimo! Solo un minuscolo appunto.
Ci sono due variabili, una reale (\(t\)) e una complessa (\(z\)). Se scrivi così, io capisco che la funzione è olomorfa in \(z\). Ma non è quello che tu vuoi dire. Comunque, è chiaro che la funzione olomorfa è
\[
w\mapsto \frac{-2\overline z}{1-w\overline{z}} f(w).\]
Pertanto \( \frac{-2e^{it} \overline z}{1-e^{it} \overline z} f(e^{it})\) è olomorfa...
Ci sono due variabili, una reale (\(t\)) e una complessa (\(z\)). Se scrivi così, io capisco che la funzione è olomorfa in \(z\). Ma non è quello che tu vuoi dire. Comunque, è chiaro che la funzione olomorfa è
\[
w\mapsto \frac{-2\overline z}{1-w\overline{z}} f(w).\]
"dissonance":
Benissimo! Solo un minuscolo appunto.
Pertanto \( \frac{-2e^{it} \overline z}{1-e^{it} \overline z} f(e^{it})\) è olomorfa...
Ci sono due variabili, una reale (\(t\)) e una complessa (\(z\)). Se scrivi così, io capisco che la funzione è olomorfa in \(z\). Ma non è quello che tu vuoi dire. Comunque, è chiaro che la funzione olomorfa è
\[
w\mapsto \frac{-2\overline z}{1-w\overline{z}} f(w).\]
Grazie per l'appunto di scrittura, pensavo che scrivendo \( g(\omega)=\frac{1}{1-\omega \overline{z}} \) è olomorfa su \( D(0,1) \) facesse capire che intendevo rispetto ad \( e^{it} \) e non rispetto a \(z \). Io comunque interpreto \( z \) non come variabile ma come un valore fissato scelto arbitrariamente dentro \( D(0,1) \), quindi non ha senso dire che è olomorfa rispetto a \( z \).
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