Funzione identicamente nulla.

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Sia \(f : \mathbb{C} \setminus \mathbb{R}_{-} \to \mathbb{C} \) una funzione olomorfa con continuazione analitica su \( \mathbb{C} \).
Supponi che per ogni \( z \in \mathbb{R}_{-} \) risulta che
\[ f(z) \cdot \sqrt{ \frac{\sqrt{z}-1}{\sqrt{z}+1} } \in \mathbb{R} \]
Dimostra che \( f \equiv 0 \).

[dissonance]

Non ho capito. La funzione \(f\) non è definita per \(z<0\). Ma tu la vai a valutare proprio là. E che vuole dire "funzione olomorfa con continuazione analitica su \(\mathbb C\)". Io capisco che si tratta, semplicemente, di una funzione intera.

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Vuol dire che inizialmente è definita solo su \( \mathbb{C} \setminus \mathbb{R}_{-} \) ma poi puoi prolungarla analiticamente a \( \mathbb{C} \). E quindi quando la valuto in \( z < 0 \) sto valutando il suo prolungamento analitico.

[dissonance]

Ho capito, ma allora perché non dici direttamente che é intera? Mi sembra che sia la stessa cosa, solo con una complicazione inutile in più. Ma probabilmente mi sfugge qualcosa.

P.S.: Per "funzione intera" intendo "funzione analitica su tutto \(\mathbb C\)".

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Si, avrei potuto, ma forse voleva essere un piccolo hint (per il modo in cui ho fatto io)

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Siccome nessuno ci ha provato, posto la mia soluzione.

Definiamo \( g : \mathbb{D} \to \mathbb{C} \) essere
\[ z \mapsto g(z) := f \left( \left( \frac{z +1}{1-z} \right)^2 \right) \]
allora risulta chiaro che \(g \) è olomorfa su \( \mathbb{D} \) con continuazione analitica sul bordo, poiché composizione di funzioni olomorfe. Difatti abbiamo le mappe conformi che trasformano il disco unitario \( \mathbb{D} \) in \( \mathbb{C} \setminus \mathbb{R}_- \), esplicitamente.
La seguente mappa conforme trasforma il disco nel semipiano di parte immaginaria positiva
\[ z \mapsto i\frac{z+1}{1-z} \]
La seguente mappa trasforma il semipiano di parte reale immaginaria positiva nel semipiano di parte reale positiva
\[ z \mapsto -i z \]
infine la seguente mappa conforme trasforma il semipiano di parte reale positiva in \( \mathbb{C} \setminus \mathbb{R}_- \)
\[ z \mapsto z^2 \]
componendole otteniamo appunto
\[ z \mapsto \left( \frac{z +1}{1-z} \right)^2 \]

Abbiamo pertanto che l'ipotesi su \(f\)
\[ f(z) \cdot \sqrt{ \frac{\sqrt{z} - 1}{\sqrt{z}+1} } \in \mathbb{R} \]
quando \(z \in \mathbb{R}_{-} \) si trasforma su \(g\) nel seguente modo
\[ g(e^{i \theta}) e^{i \theta/2} \in \mathbb{R} \]
per ogni \( \theta \in (0,2 \pi) \). Poiché \(g\) è olomorfa pure \( g^2 \) lo è, dunque
\[ \int_{\partial \mathbb{D} } g^2(z) dz = 0 \]
ma abbiamo che
\[ \int_{0}^{2\pi } i g^2(e^{i \theta} ) e^{i \theta} d\theta \]
da cui risulta che
\[ \int_{0}^{2\pi } g^2(e^{i \theta} ) e^{i \theta} d\theta = 0\]
ma poiché \( g(e^{i \theta} ) e^{i \theta/2} \in \mathbb{R} \) allora risulta che \( g^2(e^{i \theta} ) e^{i \theta} \geq 0 \), ora poiché l'integrale è reale e la funzione integranda è positiva risulta che \( g^2(e^{i \theta} ) e^{i \theta} = 0 \), da cui risulta che \(g^2(e^{i\theta}) = 0 \) per ogni \( \theta \in (0,2\pi) \), di conseguenza \(g \mid_{\partial \mathbb{D} } \equiv 0 \) e poiché \(g\) è olomorfa allora \(g \equiv 0 \) in \( \mathbb{D} \), da cui \(f \equiv 0 \) in \( \mathbb{C} \setminus \mathbb{R}_{-} \).