Una pregunta sobre un conjunto de racimos

Question

He tenido algunas dificultades para probar este ejercicio en $\textit{Complex Analysis}$ por Gamelin:

Dejemos que $\{z_k\}$ sea una secuencia de puntos distintos en un dominio $D$ que se acumula en el límite $\partial D$ y que $E$ sea un subconjunto cerrado del plano complejo extendido $\mathbb{C} \cup \{\infty\}$ . Demuestre que existe una función analítica $f(z)$ en $D$ tal que $E$ es el conjunto de valores de cluster de $f$ a lo largo de la secuencia $\{z_k\}$ .

Ahora hay un teorema que dice que hay una función analítica $f(z)$ en el disco de la unidad abierta $\mathbb{D}$ cuyo conjunto radial en cualquier $\zeta \in \partial \mathbb{D}$ coincide con todo el plano complejo. En el ejercicio no podría dejar $D= \mathbb{D}$ ¿Y de alguna manera trabajar a partir de ahí usando este teorema? Agradecería alguna aportación al respecto.

Answer 1

Podemos mostrar bastante más de lo que usted pide.

Dejemos que $z_k$ sea una secuencia de puntos distintos en un subconjunto abierto $D$ del plano complejo extendido $\mathbb{C}\cup\{\infty\}$ , acumulándose en el límite $\partial D$ . Sea $a_k$ sea una secuencia en $\mathbb{C}$ . Entonces, existe una función analítica $f$ en $D$ tal que $f(z_k)=a_k$ para todos $k$ .

Como cualquier subconjunto cerrado (¡no vacío!) del plano complejo extendido es el conjunto de puntos de cluster de alguna secuencia $a_k\in\mathbb{C}$ , esto da lo que pides.

Para demostrar mi afirmación, podemos empezar aplicando un Transformación de Möbius , si es necesario, para transformar el dominio de manera que $\infty\in D$ . Entonces, $\partial D$ es un subconjunto compacto de $\mathbb{C}$ . Elija una secuencia $y_k\in\partial D$ para que $\Vert z_k-y_k\Vert\to0$ . La idea es construir una función de la forma $$f(z)=\sum_{k=1}^\infty c_k(z-z_1)(z-z_2)\cdots(z-z_{k-1})\frac{(z_k-y_k)^{n_k}}{(z-y_k)^{n_k}}$$ donde $c_k\in\mathbb{C}$ et $n_k\in\mathbb{N}$ son secuencias que describiré ahora. (Nota, tendremos $n_k\ge k-1$ siempre que $c_k\not=0$ para que cada uno de los términos de la suma esté definido en $\infty$ .)

Considera las sumas parciales, $$f_m(z)=\sum_{k=1}^m c_k(z-z_1)(z-z_2)\cdots(z-z_{k-1})\frac{(z_k-y_k)^{n_k}}{(z-y_k)^{n_k}}.$$ Si ya hemos elegido $c_k,n_k$ para $k < m$ tal que $f_{m-1}(z_k)=a_k$ (todos $k < m$ ), entonces es automáticamente cierto que $f_m(z_k)=a_k$ (todos $k < m$ ). También hay una opción única para $c_m$ tal que $f_m(z_m)=a_m$ . Además, el valor de $c_m$ no depende de cómo elijamos $n_m$ . A continuación, el término $$c_m(z-z_1)(z-z_2)\cdots(z-z_{m-1})\frac{(z_m-y_m)^{n_m}}{(z-y_m)^{n_m}}$$ converge uniformemente a cero en el conjunto $S_m=\{z\in\mathbb{C}\colon\Vert z-y_m\Vert\ge2\Vert z_m-y_m\Vert\}$ en el límite $n_m\to\infty$ . Por lo tanto, la elección de $n_m$ suficientemente grande, podemos suponer que este término está acotado por $2^{-m}$ en $S_m$ .

Ya hemos terminado. Todo subconjunto cerrado de $\mathbb{C}$ disjuntos de $\partial D$ estará en $S_m$ para grandes $m$ por lo que la suma que define $f$ converge uniformemente en los compactos en $D$ et $f$ es una función analítica bien definida. Por construcción, $f_m(z_k)=a_k$ para todos $m\ge k$ Así que $f(z_k)=a_k$ .