Последовательность аналитических функций

[Padawan]

Пусть в области $D$ комплексной плоскости задана последовательность аналитических функций $\{ f_n(z)\}$, причем существует $p>0$ такое, что для любого замкнутого круга $K\subset D$ выполнено

$$ \lim\limits_{n\to\infty}\iint\limits_K |f_n(z)|^p\,dxdy=0 \;\;\;\; (z=x+iy) $$

Доказать, что последовательность $\{f_n(z)\}$ равномерно сходится к нулю внутри области $D$ (т.е. на любом компактном подножестве $D$).
Рассмотреть случаи а) $p\geqslant 1$ б) $0<p<1$.

Верно ли высказанное утверждение, если $\{f_n(z)\}$ -- последовательность гармонических функций? Под гармоническими подразумеваются комплекснозначные функции, удовлетворяющие уравнению Лапласа $\Delta f=\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=0$.

[DeBill]

Для а): ну, есть оценки супремум-нормы через эль-один норму (у Хермандера в "Введение в ТФНКП", теорема 1.2.4, например).
Кустарно, их можно получить типа, так: Если $f$ голоморфна в круге радиуса $R$, то при $r_0 < r_1 < r_2 < R$, по интегральной формуле Коши, для $ \left\lvert z \right\rvert < r_0$, оценим $\left\lvert f(z)\right\rvert$ интегралом по окружности радиуса $r, r_1 < r < r_2$. Интегрируя по всем таким $r$, и получим нужную оценку, с константой типа $(2\pi \cdot (r_2 -r_1)\cdot(r_1 - r_0))^{-1}$.
Так что, по Гёльдеру, а) получается. (Ну, надо еще компакт $K$ покрывать открытыми кругами, лежащими в области, и извлекать конечные подпокрытия, - как всегда)
Но вот б) ?

[sup]

DeBill в сообщении #1201467 писал(а):

Но вот б) ?

Без потери общности рассматриваем все в единичном круге.
Если у функции $f$ нулей нет, то рассматриваем $f_1(z) = f^p(z)$. А если есть нули, то их конечное количество, которое можно ликвидировать с помощью функции Бляшке.
А именно, $f(z) = B(z)f_0(z)$. Следовательно $|f(z)| \leqslant |f_0(z)|$. И на границе круга $|f(z)| = |f_0(z)|$. Теперь уже можно рассмотреть функцию $f_0^p(z)$ и применить пункт (а).

[DeBill]

sup
Идея хороша! Но: как оценить $p-$ норму $f_0$ ?

[sup]

Да все просто. Вот если бы у функции $f(z)$ не было нулей, я бы рассмотрел аналитическую функцию $f^p(z)$. Для нее имеет место формула Коши и, следовательно, оценка модуля через интеграл по границе. Применяя эту оценку для семейства окружностей, получаем оценку модуля через интеграл по области (от модуля же). Ну все, как Вы и описали.
Главное, что нам надо - это неравенство

$$|f(z)|^p \leqslant C\int \limits_{|\xi| = R} |f(\xi)|^p \, d \xi .$$

Но если у функции есть нули, то этот прием в лоб не проходит, т.к. $f^p(z)$ уже не будет аналитической. Но, оказывается, с помощью функций Бляшке от нулей можно избавиться. Весь трюк в том, что функции Бляшке на границе имеют модуль равный единице, а внутри (по принципу максимума) меньше единицы. А значит

$$|f(z)|^p \leqslant |f_0(z)|^p = |f_0^p(z)| \leqslant C\int \limits_{|\xi| = R} |f_0^p(\xi)| \, d \xi = C\int \limits_{|\xi| = R} |f_0(\xi)|^p \, d \xi = C\int \limits_{|\xi| = R} |f(\xi)|^p \, d \xi.$$

[DeBill]

sup
В цепочке неравенств -все хорошо. Но ведь нам нужны такие неравенства для целого семейства окружностей.
И тогда, боюсь, в последнем равенстве будут проблемы: для разных $f_n$, соответствующие им бляшки могут вести себя нехорошо....

-- 18.03.2017, 22:24 --

Фигню каку то я написал - удалена.

[sup]

Ну что-ж, давайте более строго.
Лемма. Пусть функция $f(z)$ аналитична в окрестности круга радиуса $R$. Тогда для $|z| < r < R$ имеет место неравенство

$$|f(z)|^p \leqslant \frac {1}{2 \pi (R - r)}\int \limits_{|\xi| = R} |f(\xi)|^p \, |d \xi|.$$

Доказательство. В силу условия леммы, функция $f(z)$ имеет в замкнутом круге лишь конечное количество нулей. Предположим, для начала, что на границе нулей нет. Тогда имеет место представление

$$ f(z) = B(z) f_0(z), $$

где $f_0(z)$ не имеет нулей в круге, и $|B(z)|= 1$ для $|z| = R$.
Функция $B(z)$ - суть произведение функций Бляшке. Теперь рассмотрим функцию $g(z) = f_0^p(z)$. Ясно, что это аналитическая и непрерывная вплоть до границы круга функция. Применяя для нее формулу Коши, легко получаем неравенство для $|z| < r < R$

$$|g(z)| \leqslant \frac {1}{2 \pi (R - r)}\int \limits_{|\xi| = R} |g(\xi)| \, |d \xi|.$$

А из него уже элементарно следует

$$|f(z)|^p \leqslant |f_0(z)|^p = |g(z)| \leqslant \frac {1}{2 \pi (R - r)}\int \limits_{|\xi| = R} |g(\xi)| \, |d \xi| = \frac {1}{2 \pi (R - r)}\int \limits_{|\xi| = R} |f(\xi)|^p \, |d \xi|.$$

Таким образом, утверждение леммы доказано для функций, не имеющих нулей на границе круга. В общем случае, мы рассматриваем круг радиуса $R - \varepsilon$. Для всех достаточно малых $\varepsilon$ на границе этого круга у функции уже нет нулей. Применяем утверждение леммы и переходим к пределу при $\varepsilon \to 0$.

Как следствие из этой леммы получаем следующее неравенство. Для фиксированных $r_1< r < R$ при $|z| < r_1$ справедливо неравенство

$$|f(z)|^p \leqslant C(r_1, r,R)\int \limits_{r^2 \leqslant x^2 + y^2 \leqslant R^2} |f(\xi)|^p \, d x dy .$$

Правая часть стремится к нулю, значит и $f(z) \to 0$ равномерно в круге $|z| < r_1$.

[DeBill]

sup
Ага, все предельно аккуратно. Спасибо!
А для гармонических: для а), по крайней мере: у нас же есть теорема о среднем. Может, она вполне заменит интегральную формулу Коши?

[sup]

Ну да, формула Пуассона для $p \geqslant 1$ дает нужное неравенство. А вот для $p < 1$ уже так просто не получается.

[Padawan]

Я предполагал такое решение: $|f(z)|^p$ - субгармоническая функция для любого $p>0$. Поэтому $|f(z)|^p$ не превосходит интеграла Пуассона с граничными данными $|f(\zeta)|^p$. Откуда интегрированием по радиусу получаем оценку

sup в сообщении #1201719 писал(а):

$$|f(z)|^p \leqslant C(r_1, r,R)\int \limits_{r^2 \leqslant x^2 + y^2 \leqslant R^2} |f(\xi)|^p \, d x dy .$$

Про гармонические функции в случае б) я не знаю ответа. Предполагаю, что надо искать контрпример.

Да, произведение Бляшке - известный прием избавиться от ненужных нулей