1) Sin pérdida de generalidad, podemos considerar a la región D de la siguiente manera:
$$
D = \{(x,y): (x-x_0)^2+(y-y_0)^2 \leqslant R^2 \},
$$
donde R > 0. No cambia drásticamente nada, uno puede probar fácilmente que para un dominio aleatorio D. no afecta realmente a la prueba.
Veamos ahora el cálculo de la integral se convierte en simple, si hacemos uso de las coordenadas polares con $(x_0,y_0)$ el centro de:
$$
x = x_0 + \sigma \cos \phi\\
y = y_0 + \sigma \sin \phi
$$
Para la región de $D\backslash B_\varepsilon (P_0)$ significa que $\phi \in [ 0, 2\pi)$$\sigma \in [\varepsilon, R]$. Ahora vamos a hacer la sustitución:
$$
A = \lim\limits_{\varepsilon \a +0} \int\limits_{D\barra invertida B_\varepsilon (P_0)} \frac{\frac{\partial f}{\partial x}\cdot \sigma \cos \phi + \frac{\partial f}{\partial y} \cdot \sigma \sin \phi}{\sigma^2} \sigma d\sigma d\phi = \lim\limits_{\varepsilon \a +0} \int\limits_{D\barra invertida B_\varepsilon (P_0)} [ \frac{\partial f}{\partial x}\cdot \cos \phi + \frac{\partial f}{\partial y} \cdot \sin \phi ] d\sigma d\phi
$$
Aquí tenemos en cuenta que la sustitución también se llevó a cabo en derivadas parciales, pero he omitido para evitar que el texto de la sobrecarga.
Es claro que el límite existe como la función de $[ \frac{\partial f}{\partial x}\cdot \cos \phi + \frac{\partial f}{\partial y} \cdot \sin \phi ]$ es continuamente diferenciable, por lo tanto, integrable sobre cualquier compacto, es $D\backslash B_\varepsilon (P_0)$ cualquier $\varepsilon$.
Ergo sólo hemos probado la primera parte. Pasemos a la segunda.
2) sugiero la siguiente notación en esta parte: $K_\varepsilon$ como el límite de $B_\varepsilon(P_0)$, es algún punto al azar en el límite $\partial D$, B es un punto en el límite de $\partial K_\varepsilon$ tales que a, B y $P_0$ pertenecen a la misma línea. Vamos a considerar un contorno:
$$
\Gamma = \partial D + AB + AB + \partial K^-_\varepsilon + BA
$$
(Recuerde que los contornos se utiliza en la teoría de variables complejas?) Vamos a usar de Cauchy de la integral teorema de dominio enlazado con $\Gamma$, con lo que obtenemos:
$$
\cualquier\limits_\Gamma = \cualquier\limits_{\partial D} + \cualquier\limits_{\partial K^-_\varepsilon}
$$
Primero vamos a calcular:
$$
\lim\limits_{\varepsilon \a +0}\cualquier\limits_{\partial K^-_\varepsilon} \frac{f(x,y)}{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}[(x-x_0)dy - (y-y_0) dx] =\\ -\lim\limits_{\varepsilon \a +0} \int\limits_0^{2\pi} \frac{f(x_0+\varepsilon \cos \phi, y_0 + \varepsilon \sin \phi)}{\varepsilon^2} [\varepsilon^2 \cos^2\phi + \varepsilon^2 \sin^2\phi]d\phi = \\-\lim\limits_{\varepsilon \a +0} \int\limits_0^{2\pi} f(x_0+\varepsilon \cos \phi, y_0 + \varepsilon \sin \phi)d\phi = -2\pi f(x_0,y_0).
$$
Ahora vamos a pasar a la integral sobre $\Gamma$ curva (usando el Verde del teorema):
$$
\lim\limits_{\varepsilon \a +0}\cualquier\limits_{\Gamma} \frac{f(x,y)}{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}[(x-x_0)dy - (y-y_0) dx] = \\
\lim\limits_{\varepsilon \a +0} \int\limits_{D\barra invertida B_\varepsilon (P_0)} \frac{\frac{\partial f}{\partial x}(x-x_0) + \frac{\partial f}{\partial y}(y-y_0)}{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2} dx dy = A
$$
Subsitituting el calculo de la integral de Cauchy en el teorema de uno obtiene:
$$
f(x_0, y_0) = \frac{1}{2\pi} \cualquier\limits_{\partial D} \frac{f(x,y)}{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}[(x-x_0)dy - (y-y_0) dx] - \frac{A}{2\pi}.
$$
Espero que la prueba era comprensible.
