chądzyński1

176 11. FUNKCJE HARMONICZNE I SUBHARMONICZNE

Rozwiązanie. Skorzystamy tu z własności II. 13.1. W tym celu weźmy dowolny punkt zq € G i dowolną liczbę a E R taką, że

(1)    p(u(z₀))<a.

Funkcja p, jako ciągła i niemałejąca w IR, ma granicę lim^-oo p (^x)-Zatem funkcja p jest ciągła w R U {—oo}, w⁷ szczególności jest ciągła w punkcie u(z₀). Istnieje zatem ciąg {a;_n} C R taki, że a_n > u(z₀), Oin -»■ u(z₀), gdy n -> oo i lim^oo p (a'_n) = p(u(z₀)). Stąd i z (1) wynika, że istnieje taki wskaźnik N, że

(2)    p (a_N) < a i

(3)    u(zo)<a_N.

Z półciągłości z góry funkcji u w punkcie z₀ i z (3) wynika (patrz własność II. 13.1), że istnieje liczba 5 > 0 taka, że

(4)    u (z) < a_Ar dla \z — z₀1 < ó.

Z (4), monotoniczności funkcji <p i z (2) dostajemy

(5)    p (u (z)) < <p (ckat) < cl dla \z — z₀\ < 5.

I

Z (5) i własności II. 13.1 dostajemy półciągłość z góry funkcji ip o u Iw punkcie zo-

To kończy rozwiązanie.    □

Zadanie 3. Niech tp będzie funkcją wypukłą i niemałejącą w IR i niech <p (—oo) = lim^-oo <p (x). Pokazać, ze jesłi funkcja u : G Ru{—ocj)} jest subharmoniczna w zbiorze otwartym G C C_; to również funkcja po u jest subharmoniczna w G.

Rozwiązanie. Ponieważ subharmoniczność funkcji ma charakter lokalny, możemy bez straży ogólności założyć, że G jest obszarem.

Funkcja p, jako wypukła w R, jest ciągła (patrz np.[Kra], twierdzenie 6.81, por. zadanie ll(b)). Zatem z zadania 2 wynika, że funkcja p o u jest półciągła z góry w obszarze G.

Pokażemy teraz, że funkcja po u jest subharmoniczna w G. W myśl twierdzenia II.13.2 (c)=^(a) wystarczy pokazać, że dla dowolnego punktu a £ G i dowolnej liczby r takiej, że 0 < r < d{a) mamy

(1)    {p o u) (a) < (1/271) / (p o u) {ą + re^lt) dt.

Rozważmy najpierw przypadek, gdy u(a) — — oo. Wtedy z monoto-niczności funkcji p dla dowolnego t e M mamy (p o u) (a) < <p(t). Stąd 277 (p o u) (a) < J_Q^27r (/9(?r (a -j- re^lt))dt, co daje (1) w tym przypadku.

Rozważmy drugi przypadek u(a) ^ — oo. Wtedy, na mocy twierdzenia II.13.4(b), dla dowolnego 0 < r < d(a), (1/27t) J₀^2?r u (a + re^if) dt =: c £ R. Z wypukłości funkcji <p, w myśl zadania 1, istnieje liczba M, taka że p (t) > p (c) + M {t — c) dla dowolnego t 6 M. Stąd

rZTT

(2)    (1/27t) /    <£>(u (a + re^lt))dt >

Jo

p (c) + M ^(l/27r) J u (a + re**) dt — c^j = p (c)

Z subharmoniczności funkcji u mamy u(a) < c. Stąd, z monotoni-czności funkcji p i z (2) dostajemy (1) w tym przypadku.

To kończy rozwiązanie.    □

Zadanie 4. Niech f będzie funkcją holomorficzną w zbiorze otwartym G C C i niech ln będzie logarytmem naturalnym w dziedzinie rzeczywistej. Połóżmy dodatkowo lnO = — oo. Pokazać, że funkcja ln|/| jest subharmoniczna w G.

Rozwiązanie. Przy powyższym rozszerzeniu funkcji ln funkcja ln|/| jest ciągła w G.

Pokażemy teraz, że funkcja ln |/| jest subharmoniczna w G, czyli, że dla każdego punktu a E G istnieje 0 < R(a) < d (a) takie, że dla dowolnego r €E (0, R(a)) mamy

1 r²ⁿ

(1)    ln    |/ (a)\ < — j ln \f (a + re^lt) \ dt.

Gdy / (a) = 0, to ln \f (a)| = —oo i nierówność (1) jest oczywista.

Gdy / (a) ^ o, to istnieje koło K_a = {z € C : \z — a\ < R(a)} takie, że f (z) ^ 0 dla z € K_a. Na mocy twierdzenia 1.41.1 istnieje w K_a gałąź logarytinu funkcji /. Oznaczmy ją L. Wówczas ln |/ (z) | = Re L (z) dla z E K_a. Ponieważ funkcja L jest holomorficzna w I\_a (zadanie 4.1.5), więc na mocy własności 1.60.2 funkcja ln |/| jest harmoniczna w K_a. Stąd, w myśl twierdzenia 1.65.2 (a)=^(c), mamy (1) dla r £ (0, R (a)).

To kończy rozwiązanie.    □