Максимум модуля целой функции.

[Tulse_Luper]

Здравствуйте, помогите, пожалуйста, с решением следующей задачи:
Пусть $g(r)$ возрастающая функция при $r\rightarrow+\infty$. Постройте такую целую функцию $f(z)$, что бы при всех $r\geqslant 0$ выполнялось неравенство $M_f(r)>g(r)$, где $M_f(r):=\max\limits_{|z|=r}|f(z)|$.

Я подумал, что логично построить аналитичную на полуоси функцию $f:[0,+\infty)\rightarrow\mathbb{R}$, такую что $\forall x\ f(x) > g(x)$. А потом продолжить её на всю комплексную плоскость. Можно было бы сделать так:
$g$ - возрастающая в окрестности бесконечности следовательно найдется точка $x_0\in[0,+\infty)$, что $g$ будет возрастающей на $[x_0,+\infty)$. Там её можно было бы ограничить функцией $f_1(x)=e^{g(x)}$. На оставшемся куске можно было бы ограничить $g(x)$ функцией $f_2(x)=\sup\limits_{x\in[0,x_0]}|g(x)|$. В итоге взять $f(x)=f_1(x)+f_2(x)$.
Но возникают следующие проблемы:
1. $g$ является монотонной в окрестности бесконечности, следовательно почти всюду дифференцируемой, а значит могут найтись точки в которых $g$ не является дифференцируемой(в общем случае). Следовательно и композиция $e^{g}$ не будет дифференцируема.
2. на куске $[0, x_0]$, g - может быть неограниченна, значит супремум может не существовать.

Наверное, можно как-то по другому.

[Brukvalub]

Tulse_Luper в сообщении #1021129 писал(а):

2. на куске $[0, x_0]$, g - может быть неограниченна, значит супремум может не существовать.

Если это верно, то ни о какой целой функции с нужными свойствами не может быть и речи, поскольку целые функции ограничены на компактах!

[Tulse_Luper]

Это уже я понял. $g$ на $[0,x_0]$ ограничена, была бы неограничена, то у $M_f$ был бы разрыв, а $M_f$ непрерывна.
Или так.

Brukvalub в сообщении #1021158 писал(а):

поскольку целые функции ограничены на компактах

Значит на $[0,x_0]$, $g(x)$ можно ограничить константой. А вот, что делать со вторым куском?

[Tulse_Luper]

Если выбирать аналитичные в $[0,+\infty)$ функции $g(x)$, т.е. помимо $g\in C^\infty[0,+\infty)$ добавить условие, что в каждой окрестности $x\in[0,+\infty)$ были ограниченны производные $|g^{(n)}(x)|\leqslant KC^n n!$. Тогда продолжение функции $f(x)=\sup\limits_{x\in[0,x_0]}|g(x)|+e^{g(x)}$ на всю комплексную плоскость и будет искомой целой функцией.
Но что-то это не то. Хотелось бы для любой возрастающей функции найти аналитическую, которая бы ограничивала бы сверху.

[Vince Diesel]

Для любых последовательностей чисел $a_n,c_n\in \mathbb C$, $c_n\to\infty$, существует целая функция $f$, такая, что $f(c_n)=a_n$.

[Tulse_Luper]

Vince Diesel в сообщении #1021796 писал(а):

Для любых последовательностей чисел $a_n,c_n\in \mathbb C$, $c_n\to\infty$, существует целая функция $f$, такая, что $f(c_n)=a_n$.

Вот это да. Спасибо за указанный факт.

Используя его, последовательность $c_n:c_n:=x_0+n,\ n\geqslant0$. $a_n:a_n=g(c_{n+1}),\ n\geqslant 0$. Для таких последовательности существует целая функция $f_1:f_1(c_n)=a_n$ . Искомая функция имеет вид:$f(z)=\sup\limits_{x\in[0,x_0]}|g(x)|+f_1(z).$ В точках вида $r=x_0+n,n\in\mathbb{N}$ очевидно выполняется неравенство $M_f(r)>g(r)$. В остальных точках это неравенство следует из принципа максимума модуля.
И не понадобилось никаких действительнозначных аналитических функций, аналитических продолжение...

Построение $f_1$:
Построим целую функцию $G(z)$ имеющую нули в точках последовательности $\{c_n\}_{n=0}^\infty$.

$$G(z)=\prod\limits_{n=1}^\infty\left(1-\frac{z}{c_n}\right)e^{\sum\limits_{i=1}^{j_n}\frac{z^i}{ic_n^i}}.$$

Тогда

$$f_1(z)=\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{a_n}{G'(c_n)}\left(\frac{z}{c_n}\right)^{p_n}\frac{G(z)}{z-c_n},$$

где $p_n\in\mathbb{N}$ - наименьшие удовлетворяющие неравенствам

$$\left|\frac{a_n}{G'(c_n)}\right|\left|\frac{1}{c_n}\right|^{p_n}<\frac1{n^{1+\delta}},\ \delta>0,\ n\geqslant n_0.$$

Обалденная конструкция, завораживает)

Странно, что в брошюре по целым функциям из которой я взял это задания, оно идёт в самом начале главы один, а факторизация целых функций рассматривается во второй главе, гм.

[Vince Diesel]

Чего-то сложно. Положим $c_n=n$, $a_n=g(n+1)$. Тогда...

[Tulse_Luper]

Извиняюсь, что тему поднял за зря.

Vince Diesel в сообщении #1022315 писал(а):

Чего-то сложно. Положим $c_n=n$, $a_n=g(n+1)$. Тогда...

Похоже, на то что всё ок. Но а вдруг там убывает функция?

[Brukvalub]

Tulse_Luper в сообщении #1021129 писал(а):

Пусть $g(r)$ возрастающая функция при $r\rightarrow+\infty$

Нужно начинать с достаточно больших $n$ .

[Vince Diesel]

Tulse_Luper в сообщении #1023505 писал(а):

Похоже, на то что всё ок. Но а вдруг там убывает функция?

Рассмотрим вместо нее функцию $h(r)=\sup_{0\le x\le r}g(x)$.

[Tulse_Luper]

Vince Diesel в сообщении #1023541 писал(а):

Рассмотрим вместо нее функцию $h(r)=\sup_{0\le x\le r}g(x)$.

Ну только если так. Спасибо.