Atascado en la prueba utilizando la fórmula integral de Cauchy

Question

He publicado mi intento de prueba a esta pregunta aquí pero me di cuenta de que me equivoqué al tomar el límite, y que la prueba no tenía sentido. Así que sigo atascado en este problema

dejar $f: \Omega \rightarrow \mathbb{C}$ sea analítico y $z_0 \in \mathbb{C}$ .

Definir $$g(z) = \begin{cases} \frac{f(z)-f(z_0)}{z- z_0} & z \not = z_0 \\ f'(z_0) & z = z_0 \end{cases}$$

ahora elige $\varepsilon$ lo suficientemente pequeño como para que $\overline{D(z_0, \varepsilon)} \subset \Omega$

Demuestre que siempre que $z \in D(z_0, \varepsilon)$

$$\frac{g(z) - g(z_0)}{z-z_0} = \frac{1}{2\pi i}\int_{\partial D(z_0, \varepsilon)}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z)(\zeta-z_0)^2}d\zeta$$

Entonces, ¿la fórmula integral de Cauchy sigue siendo el camino correcto? Termino obteniendo que

$$\frac{g(z) - g(z_0)}{z-z_0} = \frac{f(z) - f(z_0)}{z-z_0} - \frac{1}{z-z_0}\int_{\partial D(z_0, \varepsilon)} \frac{f(\zeta)}{(\zeta-z_0)^2}d\zeta$$ y no estoy seguro de cómo proceder a partir de aquí

Answer 1

Este es un enfoque que evita el cálculo desordenado. Fijar $z$ y $z_0$ en $D(z_0, \varepsilon)$ . Entonces, el teorema del residuo da

$\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial D(z_0, \varepsilon)}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z)(\zeta-z_0)^2}d\zeta=\frac{f'(z_0)(z_0-z)-f(z_0)}{(z_0-z)^{2}}+\frac{f(z)}{(z-z_0)^{2}}=\frac{f(z)-f(z_0)}{(z-z_0)^{2}}-\frac{f'(z)}{z-z_0}.$

Por otro lado, por sustitución directa,

$\frac{g(z)-g(z_0)}{z-z_0}=\frac{f(z)-f(z_0)}{(z- z_0)^2}-\frac{f'(z_0)}{z-z_0}.$

Answer 2

La respuesta de arriba es hábil, pero si el ejercicio viene antes del teorema del residuo, tal vez podamos forzarlo. Por comodidad, escribe $w$ para $\zeta$ . Todas las integrales son sobre $\partial D.$ Fijar $z,z_0\in D.$

Es fácil ver que $g$ es analítico en $\Omega$ (tiene una singularidad removible en $z=z_0.)$

Entonces, tenemos

$\tag1 g(z)=\frac{1}{2\pi i}\int \frac{g(w)dw}{w-z}$

$\tag2 f(z)=f(z_0)+(z-z_0)g(z).$

Todas las integrales de la forma

$\tag3 \int \frac{dw}{w-z}-\int \frac{dw}{w-z_0}$

son iguales a cero, porque ambos $z$ y $z_0$ están contenidas en $D$ .

Ahora, sustituye $(2)$ en $(1)$ y utilizar $(3)$ encontrar que

$g(z)=\frac{1}{2\pi i}\int \frac{f(w)dw}{(w-z_0)(w-z)}-\frac{1}{2\pi i}\int \frac{f(z_0)dw}{(w-z_0)(w-z)}=\frac{1}{2\pi i}\int \frac{f(w)dw}{(w-z_0)(w-z)}.$

A partir de aquí, utilizando el hecho de que $g(z_0)=f'(z_0)=\frac{1}{2\pi i}\int \frac{f(w)dw}{(w-z_0)^{2}}$ Es un cálculo rutinario:

$\frac{g(z)-g(z_0)}{z-z_0}=\frac{1}{2\pi i(z-z_0)}\left [ \int \frac{f(w)dw}{(w-z_0)(w-z)}-\int \frac{f(w)dw}{(w-z_0)^{2}} \right ]=$

$\frac{1}{2\pi i(z-z_0)}\int\left [ \frac{f(w)(w-z_0)dw}{(w-z_0)^2(w-z)}-\int \frac{f(w)(w-z)dw}{(w-z_0)^{2}(w-z)} \right ]= \frac{1}{2\pi i}\int \frac{f(w)dw}{(w-z_0)^{2}(w-z)}$