\documentclass[a4paper,12pt]{article}
\textwidth 16cm
\oddsidemargin -0.5cm
\topmargin -2.5cm
\textheight 26cm
\pagestyle{empty}
\usepackage{amsmath}
\usepackage[latin2]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage[magyar]{babel}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{enumerate}
\usepackage[dvips]{graphicx}

\begin{document}

\newcommand{\ud}{\mathrm{d}}
\newcommand{\tr}{\mathrm{tr}\,}
\newcommand{\modulo}{\,\mathrm{mod}}
\newcommand{\tart}{$z \not \in \{0,1\}$}
\pagestyle{plain}
\centerline{\bf IMC 2004 1. nap 6. feladat megoldása}

\medskip

Minden \tart-re legyen $f(z)=\sum(\log z)^{-4}$, ahol az összegzés a logaritmus összes ágán fut végig.

Ha $z=e^{x+iy}$, ahol $0\leq y<2\pi$, akkor 

$$f(z)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{1}{[x+i(y+2k\pi)]^4}.$$

Az összeg pontonként abszolút konvergens, hiszen $\sum k^{-4}$ típusú minden egyes $z$-re. Belátjuk, hogy differenciálható (és így folytonos) is. Rögzítsünk valamely logaritmust $\log_0$-nak úgy, hogy az reguláris legyen $z$ valamely környezetében; $f(z)$ ekkor írható így is:

$$f(z)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{1}{(\log_0 z+2k\pi i)^4}.$$

Ha \tart, akkor az összeg tagonként differenciálható:
$$\Big(\frac{1}{(\log_0 z+2k\pi i)^4}\Big)'=
\frac{1}{(\log_0 z+2k\pi i)^5 z}$$

Ha belátjuk, hogy ha tagonként deriválunk és ezután összegzünk, és az így kapott sor lokálisan egyenletesen konvergens, akkor ebből már adódik az, hogy $f(z)$ reguláris. Az így kapott sor szintén pontonként abszolút konvergens, ugyanis $\sum k^{-5}$ típusú. Ahhoz, hogy lokálisan egyenletesen konvergens, vegyük az alábbi különbséget:
$$\frac{1}{(\log_0 z_0+2k\pi i)^5 z_0}-
\frac{1}{(\log_0 z+2k\pi i)^5 z}$$

Elég belátni, hogy ez $z\to z_0$ esetén tart a $0$-hoz ($z_0 \not \in \{0,1\}$). 
$$\Big|\frac{1}{(\log_0 z_0+2k\pi i)^5 z_0}-
\frac{1}{(\log_0 z+2k\pi i)^5 z}\Big|\leq$$
$$=\Big|\frac{1}{(\log_0 z_0+2k\pi i)^5 z_0}-
\frac{1}{(\log_0 z_0+2k\pi i)^5 z}\Big|+$$
$$\Big|\frac{1}{(\log_0 z_0+2k\pi i)^5 z}
-\frac{1}{(\log_0 z+2k\pi i)^5 z}\Big|=D_1+D_2$$

$D_1$-et és $D_2$-t külön becsüljük.

$$D_1=\Big|\frac{z_0-z}{(\log_0 z_0+2k\pi i)^5 z_0 z}\Big|,$$
és ez nekünk elég, hiszen a számláló $k$-tól független, és $0$-hoz tart, amint $z\to z_0$, míg a nevezőnek pozitív alsó korlátja van, tehát az ilyen típusú kifejezéseket összegezve is olyan sort kapunk, mely tart a $0$-hoz, amint $z\to z_0$. Még ugyanezt be kell látni $D_2$-re is.

$$D_2=\Big|\frac{(\log_0 z_0+2k\pi i)^5-(\log_0 z+2k\pi i)^5} {(\log_0z_0+2k\pi i)^5 (\log_0 z+2k\pi i)^5 z}\Big|$$

A számlálót vizsgáljuk. $a^5-b^5$ típusú kifejezésből $a-b$, jelen esetben $(\log_0 z_0-\log_0 z)$ kiemelhető; mi marad? A maradék a kiemelés után $k$ negyedfokú polinomja lesz (a $z$-t és $z_0$-t tartalmazó tagok korlátosak), míg a nevező $k$ tizedfokú polinomja, így egy $k^{-6}$ típusú kifejezést kaptunk. Ez összegezhető, és mivel még van egy $(\log_0 z_0-\log_0 z)$ szorzónk, így $D_2$ is tart a $0$-hoz, amint $z\to z_0$.

Ezzel tehát megvan, hogy $f(z)$ reguláris, ha \tart.

A következő állításunk az, hogy $\lim_{z\to 0} f(z)=0$, azaz $f$ a $0$-ban folytonossá tehető (és ekkor reguláris is). Az is kijön egyúttal, hogy $\lim_{z\to \infty} f(z)=0$. Egészen pontosan azt bizonyítjuk, hogy ha $z=e^{x+iy}$ és $|x|\to \infty$ (azaz $z\to 0$ vagy $z\to \infty$), akkor $f(z)\to 0$.
$$f(z)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{1}{[x+i(y+2k\pi)]^4}=$$
$$\sum_{|k|<|x|}\frac{1}{[x+i(y+2k\pi)]^4}+
\sum_{|k|\geq |x|}\frac{1}{[x+i(y+2k\pi)]^4}=S_1+S_2$$

Külön becsüljük $S_1$-et és $S_2$-t, szem előtt tartva, hogy $S_1$-ben $|x|>|k|$, míg $S_2$-ben $|k|\geq |x|$.
$$|S_1|\leq\sum_{|k|<|x|}\frac{1}{|x|^4},$$
hiszen ha elhagyjuk a nevező képzetes részét, akkor a nevező abszolútértéke csökken, a törté nő. Tovább
$$|S_1|\leq\sum_{|k|<|x|}\frac{1}{|x|^4}<\frac{2|x|}{|x|^4}=
\frac{2}{|x|^3},$$
ugyanis az összegzésben $\frac{1}{|x|^4}$ konstans, és a tagok száma legfeljebb $2|x|$. Az utolsó kifejezésről már világos, hogy $0$-hoz tart, ha $|x|\to \infty$.

$S_2$ pedig $\sum k^{-4}$ típusú, így abszolút konvergens sor, és ha az összegzést egyre nagyobb indextől kezdve hajtjuk végre ($|k|\geq |x|$ és $|x|\to \infty$), akkor a sorösszeg tart a $0$-hoz.

Most megvizsgáljuk $f$-et az $1$ környékén. Itt a definiáló sorösszegben egyetlen tag van, ami gondot okoz: amikor $\log 1=0$, a többi tag összege ugyanúgy abszolút konvergens, mint a $z\not=1$ pontokban. 1 környékén $\log z$ reguláris, és $1$ középponttal Taylor-sorba fejthető:
$$\log z=(z-1)-\frac{1}{2}(z-1)^2+\frac{1}{3}(z-1)^3-\dots$$

$z\to 1$ esetén az első tag a domináns, így $\log z \approx z-1$, amiből már látható, hogy $\frac{(z-1)^4}{(\log z)^4}$ az $1$-ben is létezik; pl. L'Hospital szabállyal:
$$\lim_{z\to 1}\frac{z-1}{\log z}=\lim_{z\to 1}\frac{(z-1)'}{(\log z)'}=\frac{1}{\frac{1}{z}}=1$$

$f$-nek tehát negyedrendű pólusa van $1$-ben, és a komplex síkon mindenhol máshol reguláris (beleértve a végtelent is). Eszerint $f(z)(z-1)^4$ mindenhol reguláris, és $\lim_{z\to \infty}f(z)=0$ miatt $f(z)(z-1)^4<c z^4$ elég nagy abszolútértékű $z$-re, így Liouville tétele szerint $f(z)(z-1)^4$ legfeljebb negyedfokú polinom.

Legyen tehát $Q(z)=(z-1)^4$, és már csak $P(z)$-t kell megadni. $P(z)$ negyedfokú nem lehet, mert ekkor $\frac{P(z)}{Q(z)}$ a végtelenben a főegyütthatók hányadosához tartana, ami nem nulla; így $P(z)$ legfeljebb harmadfokú. $f(0)=0$-ból $P$-nek gyöke a 0; továbbá az $1$ körüli korábbi vizsgálódásaink alapján $P(1)=1$, mert az $f$-et megadó sorösszeg tagjait a $(z-1)^4$-nel való beszorzás egy tag kivételével kiejti, az az egy tag pedig $1$ lesz. $P(z)=z(az^2+bz+c)$, ahol $a+b+c=1$.

Még két egyenletre van szükségünk $a,b,c$ meghatározásához; egy lehetőség pl. az $f(z)+f(-z)=16f(z^2)$ egyenlőség felhasználása, ahonnan $b=4a$ és $a=c$. Az egyenlőség azon múlik, hogy $\log(z^2)=2\log z$ és $\log(z^2)=2\log(-z)$ helyettesíthető a $\log$ megfelelő ágaiban. A $P$ együtthatóira kapott egyenletekből végül $P(z)=z(\frac{1}{6}z^2+\frac{2}{3}z+\frac{1}{6})$.

\end{document}
