La primera solución. Permítanme ampliar mis comentarios a una respuesta.
Deje $\mathbb{H}$ ser la mitad superior del plano y $\mathbb{D}^{*} = \mathbb{D}\setminus\{0\} $ ser el salpicado de la unidad de disco. A continuación, definimos la función de $G : \mathbb{D}^* \to \mathbb{C}$ por la siguiente relación
$$ \forall z \in \mathbb{H} \ : \qquad F(z) = G(e^{2\pi i z}) $$
Pretendemos que $G$ está bien definido y holomorphic.
Bien definedness. Para cada una de las $w \in \mathbb{D}^*$, vamos a $z, z' \in \mathbb{H}$ satisfacer $w = e^{2\pi i z} = e^{2\pi i z'}$. Sabemos que esto implica $z' = z + n$ para algunos entero $n$. Desde $F$ periodo $1$,$F(z') = F(z)$. Por lo tanto, el valor de $G(w)$ es definido de manera inequívoca.
Holomorphy. Para cada una de las $w_0 \in \mathbb{D}^*$, fix $z_0 \in \mathbb{H}$ tal que $w_0 = e^{2\pi i z_0}$. Consideramos que la función
$$\psi(w) = z_0 + \frac{1}{2\pi i}\log(w/w_0),$$
donde $\log$ es el principal logaritmo. A continuación, hay un barrio $U \subset \mathbb{D}^*$ $w_0$ tal que $\psi : U \to \mathbb{H}$ es holomorphic. Ahora nos encontramos con que
$$ F(\psi(w)) = G(e^{2\pi i \psi(w)}) = G(e^{2\pi i z_0 + \log(w/w_0)}) = G(w),$$
de ahí se sigue que $G$ es holomorphic en $U$. Por último, desde el $G$ es holomorphic en cualquier $w_0 \in \mathbb{D}^*$, la demanda de la siguiente manera.
Ahora una vez que tenemos $G$ en nuestras manos, la prueba está casi hecho. Desde $G$ es holomorphic y limitado en $\mathbb{D}^*$, el origen $0$ es una singularidad removible y, por tanto, $G$ se extiende a un holomorphic función en la unidad de disco $\mathbb{D}$. Por lo tanto
$$ \lim_{\operatorname{Im}(z) \to \infty} F(z)
\stackrel{w=e^{2\pi i z}}{=} \lim_{w \to 0} G(w) $$
converge y la demanda de la siguiente manera.
La segunda solución por la fuerza bruta de la computación. Fix $\epsilon > 0$ y deje $M$ ser un atado de $F$. Si $\Gamma_n = \{ne^{i\theta} + i\epsilon : 0 \leq \theta \leq \pi\}$ denota la parte superior del arco semicircular de radio $n$$i\epsilon$, las agujas del reloj orientado, a continuación,
$$ \left| \int_{\Gamma_n} \frac{F(\xi)}{\xi - i\epsilon} \, d\xi \right| \leq \pi M. $$
Por compacidad, podemos elegir un subsequence $n_k$ $\alpha \in \mathbb{C}$ tal que
$$ \int_{\Gamma_{n_k}} \frac{F(\xi)}{\xi - i\epsilon} \, d\xi \xrightarrow{k\to\infty} -i\pi\alpha $$
Hacemos la observación de que $\alpha$ es realmente el límite de$F(z)$$\operatorname{Im}(z) \to \infty$, aunque esto no es necesario para nuestra prueba.
Ahora vamos a $z \in \mathbb{C}$ $\operatorname{Im}(z) > \epsilon$ y asumir que $k$ es lo suficientemente grande que $|z| < |n_k|$. Si $L_{n_k}$ denota el segmento de la línea de$-n_k+i\epsilon$$n_k+i\epsilon$, luego por el teorema de los residuos que hemos
$$ \int_{L_{n_k}} \frac{F(\xi)}{\xi - z} \, d\xi
= 2\pi i F(z) + \int_{\Gamma_{n_k}} \frac{F(\xi)}{\xi - z} \, d\xi. \etiqueta{1} $$
Queremos tomar como límite $k\to\infty$ y simplificar ambos lados. Para ello, vamos a hacer algunas observaciones:
Es fácil comprobar que
$$ \int_{\Gamma_{n}} \frac{F(\xi)}{\xi - z} \, d\xi = \int_{\Gamma_{n}} \frac{F(\xi)}{\xi - i\epsilon} \, d\xi + \mathcal{O}(n^{-1}) \quad \text{as} \quad n \to \infty. $$
De modo que el lado derecho de la $\text{(1)}$ converge a$2\pi i F(x) - i\pi \alpha$$k\to\infty$.
La utilización de la periodicidad de las $F$, nos encontramos con que el lado izquierdo de $\text{(1)}$ es escrito como
$$ \text{[LHS de (1)]}
= \int_{L_{n_k}} \frac{F(\xi)}{\xi - z} \, d\xi
= \int_{i\epsilon}^{1+i\epsilon} \left( \sum_{n = -n_k}^{n_k - 1} \frac{1}{\xi + n - z} \right) F(\xi) \, d\xi. $$
Por symmetrizing la suma, podemos escribir
\begin{align*}
\sum_{n = -n_k}^{n_k - 1} \frac{1}{\xi + n - z}
&= -\frac{1}{\xi + n_k - z} + \frac{1}{2}\sum_{n = -n_k}^{n_k} \left( \frac{1}{\xi + n - z} + \frac{1}{\xi - n - z} \right) \\
&\hspace{5em} \xrightarrow{k\to\infty} \frac{1}{2}\sum_{n = -\infty}^{\infty} \left( \frac{1}{\xi + n - z} + \frac{1}{\xi - n - z} \right) =: K(\xi - z),
\end{align*}
donde la convergencia es uniforme en $\xi \in [0, 1]$.
La combinación en conjunto, teniendo como límite $k\to\infty$ $\text{(1)}$los rendimientos de la siguiente identidad
$$ \int_{i\epsilon}^{1+i\epsilon} K(\xi - z)F(\xi) \, d\xi = 2\pi i F(z) - i\pi \alpha. \tag{2}$$
Ahora pretendemos que $K(\xi - z) \to i\pi$ $\operatorname{Im}(z) \to \infty$ uniformemente en $\xi$. Desde $K$ periodo $1$, es suficiente para mostrar que $K(x-iy) \to i\pi$ $y\to\infty$ uniformemente en $x \in [0, 1]$. Comenzamos por escribir
\begin{align*}
K(x-iy)
&= \frac{1}{2}\sum_{n = -\infty}^{\infty} \left( \frac{1}{x - iy + n} + \frac{1}{x - iy - n} \right) \\
&= i \sum_{n = -\infty}^{\infty} \frac{y+ix}{y^2 + n^2 - x^2 + 2ixy} \\
&= i \sum_{n = -\infty}^{\infty} \frac{1+\frac{ix}{y}}{1 + (\frac{n}{y})^2 - \frac{x^2}{y^2} + \frac{2ix}{y}} \cdot \frac{1}{y}
\end{align*}
Ahora es tedioso cálculo para comprobar que
$$ \frac{1+\frac{ix} de{y}}{1 + (\frac{n}{y})^2 - \frac{x^2}{y^2} + \frac{2ix} de{y}} \cdot \frac{1}{y}
= (1 + \mathcal{S}(y^{-1})) \int_{\frac{n}{y}}^{\frac{n+1} de{y}} \frac{dt}{1+t^2} $$
de manera uniforme en $n$$x$. Por lo que se deduce que
$$ K(x - iy) \xrightarrow{y\to\infty} i \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dt}{1+t^2} = i\pi $$
de manera uniforme en $x$ como se desee. (Como alternativa, puede utilizar la identidad de $K(z) = \pi \cot (\pi z)$ y probar esta afirmación por puro cálculo.) Aplicando esto a $\text{(2)}$, se obtiene finalmente la conclusión deseada:
$$ F(z) \quad \xrightarrow{\operatorname{Im}(z) \to \infty} \quad \frac{1}{2}\left( \alpha + \int_{i\epsilon}^{1+i\epsilon} F(\xi) \, d\xi \right). $$
(Aquí, $\epsilon > 0$ fue un fijo, pero de otra manera arbitraria número. Así que incluso se puede tomar como límite $\epsilon \to \infty$ encontrar que el límite anterior es, en realidad,$\alpha$.)
