¿Es correcta mi prueba? (una generalización de la expansión de Laurent en un anillo)

Question

Quiero ver si mi solución al siguiente problema del texto de Análisis Complejo de Ahlfors es correcta. El problema dice:

Dejemos que $\Omega$ sea una región doblemente conectada cuyo complemento está formado por los componentes $E_1, E_2$ . Demostrar que toda función analítica $f(z)$ en $\Omega$ puede escribirse de la forma $f_1(z)+f_2(z)$ donde $f_1(z)$ es analítico fuera de $E_1$ y $f_2(z)$ es analítico fuera de $E_2$ .

(Obsérvese que se trata de una generalización de la conocida expansión de Laurent en un anillo).

Aquí está mi intento de prueba:

En primer lugar, demostraremos la afirmación para una región acotada $\Omega$ :

Se da que $\Omega^c=E_1 \cup E_2$ donde el complemento se toma en la esfera de Riemann. Exactamente uno de estos componentes contiene $\infty$ y la otra, por tanto, está acotada. Supongamos WLOG que $E_1$ está acotado y $\infty \in E_2$ .

El límite de $\Omega$ es $$\partial \Omega=\partial (\Omega^c)=\partial \left(E_1 \cup E_2 \right)=\overline{E_1 \cup E_2} \setminus \text{int}(E_1 \cup E_2)=E_1 \cup E_2 \setminus (\text{int}E_1 \cup \text{int} E_2)=(E_1 \cup E_2) \cap [(\text{int} E_1)^c \cap (\text{int} E_2)^c]\\=(E_1 \cap (\text{int} E_1)^c \cap (\text{int} E_2)^c) \cup (E_1 \cap (\text{int} E_1)^c \cap (\text{int} E_2)^c) \\ =\partial E_1 \cap (\text{int} E_2)^c \bigcup \partial E_2 \cap (\text{int} E_1)^c=\partial E_1 \cup \partial E_2.$$

donde he utilizado información de este pregunta.

A continuación, dado $\delta>0$ cubrimos el plano con la red de cuadrados de lado $\delta$ inducido por las líneas $x=m \delta,y=n \delta$ y denotamos por $Q_j, j \in J$ las casillas cerradas de la siguiente que están contenidas en su totalidad en $\Omega$ porque $\Omega$ está acotado $J$ es finito, y si $\delta$ es lo suficientemente pequeño $J$ no está vacío.

Denote la distancia entre $\partial E_1,\partial E_2$ por $\rho$ . Está claro que $\rho>0$ y, por tanto, para $\delta<\frac{\rho}{\sqrt{2}}$ los cuadrados cerrados de la red se dividen en tres grupos:

1. Las casillas contenidas en su totalidad en $\Omega$ , $Q=\{Q_j: j \in J \}$ .
2. Las plazas que se reúnen $E_1$ (exclusivamente), $R=\{R_k: k \in K \}$ .
3. Las plazas que se reúnen $E_2$ (exclusivamente), $S=\{S_l: l \in L \}$ .

Además, si $\delta<\frac{\rho}{2\sqrt{2}}$ dos casillas de $R$ y $S$ no pueden ser adyacentes entre sí. En el texto se demuestra que $$ f(z)=\frac{1}{2 \pi i} \oint_{\partial Q} \frac{f(\zeta)}{\zeta-z} \mathrm{d} \zeta,$$ para todos $z \in \text{int} Q$ . Podemos demostrar una vez más que $\partial Q=\partial R \cup \partial S$ para que $$f(z)=\frac{1}{2\pi i}\oint_{\partial S} \frac{f(\zeta)}{\zeta-z} \mathrm{d} \zeta+\frac{1}{2 \pi i}\oint_{\partial R} \frac{f(\zeta)}{\zeta-z} \mathrm{d} \zeta=:f_1(z)+f_2(z)$$ con la orientación adecuada. Esto funcionará para cualquier $z \in \Omega$ siempre y cuando tomemos $\delta$ suficientemente pequeño, tal que $z \in \text{int} Q$ .

Por último, si $\Omega$ no está acotado, y $z \in \Omega$ repite esta prueba en el dominio restringido $\Omega'=\Omega \cap \{\zeta: |\zeta|<|z|+1 \}$ .

¿Es esto correcto?

Answer 1

Su prueba tiene la idea correcta, pero hace algunas cosas que no son necesarias (por ejemplo, $\partial \Omega=\partial E_1\cup \partial E_2$ ) y omite otras más relevantes (comprobar la holomorficidad de $f_1$ y $f_2$ en conjuntos adecuados). Además, es posible trabajar con conjuntos acotados y no acotados $\Omega$ a la vez si no te centras en cubrir $\Omega$ sí mismo.

Como has dicho, uno de los dos componentes del complemento está acotado; que sea $E_1$ . Escoge $\delta>0$ tal que $\operatorname{dist}(E_1,E_2)>10\,\delta$ . Cubrir el plano por la red $\mathcal N$ de los cuadrados de la longitud lateral $\delta$ . Sea $$\mathcal A=\{Q\in\mathcal N : Q\cap E_1\ne\varnothing\}$$ $$\mathcal B=\{Q\in\mathcal N\setminus \mathcal A : Q \cap Q'\ne\varnothing \text{ for some }Q'\in \mathcal A\}$$ Desde $E_1$ está acotado, $\mathcal A$ es finito. Por lo tanto, $\mathcal B$ también es finito. Ninguna de las dos colecciones está vacía. Todos los cuadrados
en cualquiera de los dos casos $\mathcal A$ o $\mathcal B$ mienten en $\Omega$ .

Dejemos que $\gamma = \sum_{Q\in\mathcal B} \partial Q$ , entendida como la suma de ciclos (con cancelación). Las aristas presentes en $\gamma$ son de dos tipos:

1. un borde entre un cuadrado en $\mathcal B$ y un cuadrado en $\mathcal A$
2. un borde entre un cuadrado en $\mathcal B$ y un cuadrado no en $\mathcal A\cup \mathcal B$

Escriba $\gamma=\gamma_1+\gamma_2$ en consecuencia, y observe que $\gamma_1$ y $\gamma_2$ son disjuntos. Sea $$f_k(z)= \frac{1}{2\pi i}\int_{\gamma_k} \frac{f(\zeta)}{z-\zeta}\,d\zeta,\quad k = 1,2 $$ Cada función $f_k$ es holomorfo en el complemento del soporte de $\gamma_k$ . Por lo tanto, $f_1$ es holomorfo en $\mathbb C \setminus \bigcup \mathcal A$ , y $f_2$ es holomorfa en el interior de $\bigcup \mathcal A\cup \bigcup \mathcal B$ .

Por puntos $z$ en el interior de $Q_0\in \mathcal B$ y para cualquier cuadrado $Q\in \mathcal B$ tenemos $$ \frac{1}{2\pi i}\int_{\partial Q} \frac{f(\zeta)}{z-\zeta}\,d\zeta =\begin{cases} f(z), \quad &Q=Q_0 \\ 0, \quad & Q\ne Q_0 \end{cases} $$ Suma de $Q\in\mathcal B$ concluimos que $$f(z)=f_1(z)+f_2(z)\tag1$$ se mantiene en el interior de cualquier cuadrado de $\mathcal B$ . Por la continuidad de ambos lados, (1) también se cumple en el interior de $\bigcup\mathcal B$ .

Desde $f-f_1$ es holomorfo en $\Omega \setminus \bigcup \mathcal A$ la función $f_2$ tiene una extensión holomorfa a $\mathbb C\setminus E_2$ . Y como $f-f_2$ es holomorfa en el interior de $\Omega\cap (\bigcup \mathcal A\cup \bigcup \mathcal B)$ la función $f_1$ tiene una extensión holomorfa a $\mathbb C\setminus E_1$ .