Оффтоп из topic119283

[Markiyan Hirnyk]

Deggial: оффтоп выделен из этой темы

sup в сообщении #1230406 писал(а):

В соседней теме про струну (ПРР) возникла любопытная задачка. Не хитрая, но, как мне кажется, довольно типичная.
Пусть в полуплоскости $\operatorname{Re} z > 0$ имеется аналитическая функция $f(z)$. Причем, для любого $x > 0$ имеет место неравенство

$$ |f(z) e^{xz}| \leqslant A(x) (1 + |z|)^{B(x)}. $$

Проще говоря, для любого фиксированного $x > 0$, функция $f(z) e^{xz}$ может расти по $z$ не быстрее некоторой степени (зависит от $x$).
Докажите, что $f(z) \equiv 0$.

Если я не ошибаюсь, это утверждение ложно. Контпример - функция $f(z):=\exp (-z \log (z))$, где выбрана однозначная ветвь логарифма в плоскости с разрезом по отрицательному лучу действительной оси, такая, что $\log(1)=0$. В правой полуплоскости \log(z)$ ведет себя как $\log(|z|).$ В полярных координатах $z=r\exp(i\varphi)$ имеем $|f(z)\exp(xz)|={{\rm e}^{-r \left( \cos \left( \varphi \right) \ln \left( r \right) - \sin \left( \varphi \right) \arctg \left( \tg \left( \varphi \right) \right) \right) +xr\cos \left( \varphi \right) }}. $

Отсюда следует ограниченность $|f(z)\exp(xz)|$ в правой полуплоскости.

[sup]

У меня получилось так

$$ \ln f(z)e^{xz} = r((x - \ln r) \cos \varphi + \varphi \sin \varphi) + i ( \dots) $$

На кривой

$$\ln r \cos \varphi = \varepsilon$$

при $\varphi \sim \pi /2$ данная функция имеет экспоненциальный рост по $r$.

[Markiyan Hirnyk]

sup в сообщении #1231160 писал(а):

У меня получилось так
На кривой

$$\ln r \cos \varphi = \varepsilon$$

при $\varphi \sim \pi /2$ данная функция имеет экспоненциальный рост по $r$.

Выражения для модуля у нас совпали. Пожалуйста, подробно обоснуйте процитированное мною место. Мне оно просто непонятно.

[sup]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1231181 писал(а):

Пожалуйста, подробно обоснуйте процитированное мною место.

Виноват, я Вам предъявил кривую, на которой Ваша функция не ограничена полиномом. Что еще я должен сделать?
Вы утверждаете, что Ваша функция ограничена в правой полуплоскости. Но вещественная часть логарифма будет вести себя на той самой кривой при больших $r$ не хуже

$$ r (\pi / 2 - 2 \varepsilon) $$

А все потому, что $\varphi \sin \varphi $ "задавит" $\ln r \cos \varphi$. Для углов близких к $\pi / 2$ косинус стремится к нулю. Вот и все обоснование.

[Markiyan Hirnyk]

Извините, не понял. Представьте себе, что Вам студенты отвечают в таком стиле. Или мы будем вести обсуждение серьезно и корректно, или я прекращаю свое участие.
PS. Пожалуйста, точно укажите "соседнюю тему". Спасибо.

[sup]

Хм, уж если Вы так склонны к строгости, то Вам стоило бы начать со строгого доказательства Вашего утверждения.
Вы предъявили некую функцию и заявили, что это контрпример. Может (в порядке взаимности) сначала докажете что это действительно контрпример? Почему Вы ждете, что я должен это делать за Вас? Я, все же, указал Вам на проблемы с этим примером. Но Вы, похоже, ждете от меня строгого опровержения.

Что касается соседней темы, то там этот вопрос не обсуждался. Я счел его сравнительно сложным и даже не стал его поднимать. Обошлись некими предположениями о существовании некой экспоненциальной оценки сверху. Тема назвалась "О распространении импульса в полубесконечной струне". Как-то так.

[Markiyan Hirnyk]

Я признаю ясное и аккуратное изложение и стараюсь так делать. Вы правы, приведенная мною функция не является контрпримером. Задача трудная,т. к. структурное представление для функций, аналитических в открытой полуплоскости, неизвестно (полагаю, что не только мне). Посоветуюсь с коллегами.

[Markiyan Hirnyk]

DeBill в сообщении #1231584 писал(а):

sup
На мнимой оси функция растет не быстрее многочлена.
Поделив на подходящую степень $(1+z)^n$, сведем к случаю "функция ограничена на мнимой оси, и не боле $M$ там". По фрагментарному Линделёфу, левая часть везде не боле $M$, так что $\left\lvert f(z)\right\rvert \leqslant M\cdot e^{-x \operatorname{Re}z}$, для всех $x$ . Значить, она - нуль

О какой функции идет речь? По условию функция $f(z)$ определена только в $\operatorname{Re} z >0$.

[ex-math]

Это как раз не так страшно: всегда можно сдвинуться чуть правее.

[Markiyan Hirnyk]

ex-math
Пожалуйста, изложите подробно.

[Markiyan Hirnyk]

DeBill в сообщении #1231680 писал(а):

ex-math в сообщении #1231652 писал(а):

Это как раз не так страшно: всегда можно сдвинуться чуть правее.

Ага, это я забыл добавить...

Пожалуйста, изложите Ваше "добавление" подробно и аккуратно. Заранее благодарен.

[DeBill]

Markiyan Hirnyk
Положим $\tilde{f}(z) = f(z+\frac{1}{2})$. Тогда для $\tilde{f}$ выполняются те же условия, что и для $f$ (с той же $B$, но с другой $A$), но голоморфной она будет вплоть до границы полуплоскости....

[Padawan]

Markiyan Hirnyk
Может Вам не стоит участвовать в темах, комментарии в которых Вы плохо понимаете? Либо ведите себя более скромно. По моему, участник DeBill объяснил свое решение достаточно подробно. Лично совет от мегчня: ведите себя скромнее.

[Markiyan Hirnyk]

DeBill в сообщении #1231695 писал(а):

Markiyan Hirnyk
Положим $\tilde{f}(z) = f(z+\frac{1}{2})$. Тогда для $\tilde{f}$ выполняются те же условия, что и для $f$ (с той же $B$, но с другой $A$), но голоморфной она будет вплоть до границы полуплоскости....

Спасибо. Давайте продолжим рассуждения. Согласно условию темы, выполнено соотношение $|f(z+\frac{1}{2})\exp(x(z+\frac 1 2))|\le A(x)(1+|z + \frac 1 2 |)^{B(x)}$ для $\operatorname{Re} (z+ \frac 1 2) >0 $, т. е. $\tilde{f}(z)\exp(x(z+\frac 1 2))|\le A(x)(1+|z + \frac 1 2 |)^{B(x)}\Leftrightarrow \tilde{f}(z)\exp(xz)|\le A_1(x) (1+|z + \frac{1 }{2} |)^{B(x)} $
для $\operatorname{Re} z > - \frac{1}{2} .$ Как дальше?

-- 05.07.2017, 17:39 --

Padawan в сообщении #1231702 писал(а):

Markiyan Hirnyk
Может Вам не стоит участвовать в темах, комментарии в которых Вы плохо понимаете? Либо ведите себя более скромно. По моему, участник DeBill объяснил свое решение достаточно подробно. Лично совет от мегчня: ведите себя скромнее.

В отличие от многих, участвую под своим именем. См. здесь (неполный) список моих математических публикаций. Два десятилетия реферирую статьи для Mathematical Review.

[Markiyan Hirnyk]

Выше должно быть (виноват, не успел отредактировать):

Согласно условию темы, выполнено соотношение $|f(z+\frac{1}{2})\exp\left(x\left(z+\frac 1 2\right)\right)|\le A(x)(1+|z + \frac 1 2 |)^{B(x)}$ для $\operatorname{Re} (z+ \frac 1 2) >0 $, т. е.

$$|\tilde{f}(z)\exp\left(x\left(z+\frac 1 2\right)\right)|\le A(x)\left(1+\left|z + \frac 1 2 \right|\right)^{B(x)}\Leftrightarrow |\tilde{f}(z)\exp(xz)|\le A_1(x) \left(1+\left|z + \frac{1 }{2} \right| \right)^{B(x)} $$

для $\operatorname{Re} z > - \frac{1}{2} .$ Как дальше? Кстати, вот [url=https://en.wikipedia.org/wiki/Phragmén–Lindelöf_principle]ссылка[/url] на принцип Фрагмена-Линделефа. Пожалуйста, подробно изложите его применение к рассматриваемой задаче.