chądzyński3

176    11. FUNKCJE HARMONICZNE I SUBHARMONICZNE

Rozwiązanie. Skorzystamy tu z własności II.13.1. W tym celu weźmy dowolny punkt Zq G G i dowolną liczbę aGl taką, że

(1)    p(u(z₀))<a.

Funkcja p, jako ciągła i niemałejąca w R, ma granicę lim_x_,_oo p (xj). Zatem funkcja p jest ciągła w R U {—oo}, w szczególności jest ciągła w punkcie u(zq). Istnieje zatem ciąg {a_n} C R taki, że a_n > u(zq), a_n —► 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(z₀)<u_N.

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

(4)    u (z) < apj dla |z — zq\ < 5.

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

(5)    <p (u(z)) < ip (oln) < a dla \z — zq\ < 5.

Z (5) i własności II. 13.1 dostajemy półciągłość z góry funkcji o u w punkcie zq.

To kończy rozwiązanie.    □

Zadanie 3. Niech ip będzie funkcją wypukłą i niemałejącą w HŁ i niech (p (—oo) = lim_a;__₀₀ cp (x). Pokazać, że jeśli funkcja u : G —» Ru{—oó} jest subharmoniczna w zbiorze otwartym G C C, to również funkdja <p o u jest subharmoniczna w G.

i

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

Funkcja ip, 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

r

{p o u) (a) < (1/2-7t) / (p o u) (a + re^u) dt.

Jo

Rozważmy najpierw przypadek, gdy u(a) = — oo. Wtedy z monoto-niczności funkcji <p dla dowolnego t 6 1 marny fp o u) (a) < cp{t). Stąd 2tt fp o u) (a) < J_Q^27r </?(u (a + re^lt))dt, co daje (1) w tym przypadku.

Rozważmy drugi przypadek rz(a) =4 —oo. Wtedy, na mocy twierdzenia II.13.4(b), dla dowolnego 0 < r < d{a), (1/27t) u (a + re^lt) dt =: cel Z wypukłości funkcji <p, w myśl zadania 1, istnieje liczba M, taka że <p(t) > (p (c) + M (t — c) dla dowolnego t G R. Stąd

*27T

(2)    (l/2-7r) /    (a 4- re^zt))dt >

Jo

(p (c) + M ^(1/27t) J u (a + re^zi) dt — c^j — p (c)

Z subharmoniczności funkcji u mamy u(a) < c. Stąd, z monotoni-czności funkcji 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 InO = — 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 G G istnieje 0 < R(a) < d (a) takie, że dla dowolnego r G (0, R(a)) mamy

1 r²ⁿ

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

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

Gdy / (a) ^ 0, to istnieje koło K_a = {z G C : \z — a\ < R(a)} takie, że f (z) ^ 0 dla z G K_a. Na mocy twierdzenia 1.41.1 istnieje w K_a gałąź loga.rytmu funkcji /. Oznaczmy ją L. Wówczas ln |/ (z)\ — Re L (z) dla z E K_a- Ponieważ funkcja L jest holomorficzna w K_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)=4(c), mamy (1) dla r G (0, R(a)).

To kończy rozwiązanie.    □