Deje que $A \subseteq \Bbb {C}$ ser contable y cerrado. Que $f: \Bbb {C} \backslash A \longrightarrow \Bbb {C}$ ser analítico y limitado. ¿Es cierto que $f$ debe ser constante?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
La prueba propuesta por edo arad es bastante bonita.
Aquí hay otra, que es esencialmente la misma pero que evita el uso de la inducción transfinita.
Según Liouville, basta con demostrar que $f$ puede extenderse a una función analítica sobre $\mathbb C$ .
Para ello, basta con demostrar que cada punto $a\in A$ tiene un barrio abierto $V_a$ tal que $f$ puede extenderse a una función analítica $f_a$ en $(\mathbb C\setminus A)\cup V_a$ . De hecho, supongamos que esto es cierto. Entonces el $V_a$ se pueden tomar como discos abiertos, por lo que $V_a\cup V_{a'}$ está conectado siempre que $V_a\cap V_{a'}\neq\emptyset$ . Por el principio de identidad, se deduce que si $V_a\cap V_{a'}\neq\emptyset$ entonces $f_a\equiv f_{a'}$ en $V_a\cap V_{a'}$ Esto se debe a que $f_a$ y $f_{a'}$ estar de acuerdo $V_a\cap V_{a'}\cap (\mathbb C\setminus A)$ que es un conjunto abierto no vacío porque $\mathbb C\setminus A$ es denso en $\mathbb C$ (recordemos que $A$ es contable, por lo que tiene el interior vacío). Por tanto, existe una función perfectamente definida $\widetilde f:\mathbb C\to\mathbb C$ tal que $\widetilde f\equiv f$ en $\mathbb C\setminus A$ y $\widetilde f(z)\equiv f_a(z)$ en $V_a$ para cualquier $a\in A$ y $\widetilde f$ es analítica porque es analítica en una vecindad de cada punto.
Denotemos por $S$ el conjunto de todos los puntos $a\in S$ tal que $f$ no puede se extienda analíticamente en una vecindad de $a$ . Tenemos que demostrar que $S=\emptyset$ y como $S$ es contable y obviamente cerrado, basta con demostrar que $S$ no tiene puntos aislados (porque un subconjunto cerrado no vacío de $\mathbb C$ sin puntos aislados tiene que ser incontable, por ejemplo por el teorema de la categoría Baire).
Para llegar a una contradicción, supongamos que $S$ tiene al menos un punto aislado $a$ . Esto significa que se puede encontrar un barrio abierto $V$ de $a$ tal que $V\cap S=\{ a\}$ . En otras palabras, $f$ puede extenderse analíticamente en una vecindad de cada punto $a'\in V\setminus\{ a\}$ . Por el razonamiento anterior, $f_{V\setminus A}$ puede extenderse a una función analítica $g$ definido en $V\setminus\{ a\}$ . Esta función $g$ está acotado en $V\setminus\{ a\}$ porque $f$ está acotado en $V\setminus A$ y $V\setminus A$ es denso en $V$ . Pero esto implica que $g$ tiene una singularidad removible en $a$ . Así que $f_{V\setminus A}$ puede, de hecho, extenderse a una función analítica sobre $V$ lo que contradice la suposición $a\in S$ .
JamieH
Puntos
101
Demostramos que $f$ debe ser constante:
En primer lugar, si $A$ es un único punto, entonces $f$ tiene una singularidad removible en $A$ , por lo que podemos ampliar $f$ holomórficamente a $\mathbb{C}$ y utilizar Liouville. De forma similar, para el caso de $|A|$ finito.
Ahora queremos reducir al caso en que $A$ no tiene ningún punto aislado, y para ello se puede utilizar inducción transfinita (por favor, hágame saber si encuentra una manera de evitarlo). Definimos el conjunto $A_\alpha$ (para $\alpha$ un ordinal) para ser
- $A$ , si $\alpha=0$
- $A_{\alpha-1}-{p_\alpha}$ donde $p_\alpha$ es un punto aislado, si $\alpha$ es un sucesor y existen tales $p_\alpha\in A_{\alpha-1}$ .
- $\cap_{\beta<\alpha}A_\beta-p_\alpha$ si $\alpha$ es un límite y existen tales $p_\alpha\in A_{\alpha-1}$ .
- $A_{\alpha-1}$ si $\alpha$ si $\alpha$ un sucesor y no quedan puntos aislados en $A_{\alpha-1}$ .
- $\cap_{\beta<\alpha}A_\beta$ si $\alpha$ es un límite y no hay puntos aislados en $\cap_{\beta<\alpha}A_\beta$ .
Ahora, observe que para algunos $\alpha_0$ esta secuencia se estabilizará ( $A_{\alpha_0}=A_{{\alpha_0}+1}=...$ ), ya que $A$ es contable y el conjunto $A-A_\alpha$ es de la misma cardinalidad que $\alpha$ (y hay ordinales incontables). Ahora demostramos que para cualquier $\alpha$ podemos definir $f$ en $A_\alpha$ :
Para $\alpha=0$ está claro. para $\alpha$ sucesor, el punto $p_\alpha$ es una singularidad removible para $f$ ampliado a $A_{\alpha-1}$ , por lo que podemos ampliar $f$ además a $A_\alpha$ . Para $\alpha$ un ordinal límite, el punto $p_\alpha$ es una singularidad removible para $f$ ampliado a $cap_{\beta<\alpha}A_\beta$ , por lo que podemos ampliar $f$ además a $A_\alpha$ . (nótese que tanto aquí como en la construcción anterior podríamos haber escrito el paso del sucesor exactamente igual que el paso del límite).
Así que concluimos que podemos ampliar $f$ a $A_{\alpha_0}$ que no tiene ningún punto aislado (y por supuesto $f$ permanece acotado y analítico). Como ejercicio, utilice la inducción transfinita como en el caso anterior para demostrar que todo $A_\alpha$ están cerradas. Así que asumimos que $A$ no tiene ningún punto aislado.
Ahora usamos esta pregunta que muestra que no hay conjuntos cerrados (no vacíos) e incontables sin puntos aislados, por lo que $A=\emptyset$ y podemos utilizar directamente a Liouville.
