Holomorphic funciones son muy muy firmas. Así que pensé: debe haber un enlace (más allá de Cauchy-Riemann condiciones) entre el comportamiento de la real y la parte imaginaria de una función.
Vamos
$
f:\Omega\setminus\{a\}\longrightarrow\mathbb C
$
ser un holomorphic función de donde $a$ es una singularidad aislada y $\exists M\ge0$ s.t. $|v|\le M$ $\Omega\setminus\{a\}$ ,$f=u+iv$.
A continuación, $a$ es una singularidad removible.
Vamos a demostrar que si $a$ no es una singularidad removible, a continuación, $v$ no puede ser delimitada $\Omega\setminus\{a\}$.
Sólo hay dos posibilidades para $a$ a no ser una singularidad removible: ser un polo o una singularidad esencial.
Caso 1: $a$ es un polo.
Vamos a escribir la de la serie de Laurent de $f$$a$, polo de orden $m$:
$$
f(z)=\sum_{n=1}^{m}\frac{c_{-n}}{(z-a)^n}+
\sum_{n=0}^{+\infty}c_{n}(z-a)^n\;,\;\;\;z\in B(a,r[\setminus\{a\}
$$
donde
$$
P_{f}(z)=\sum_{n=1}^{m}\frac{c_{-n}}{(z-a)^n}
$$
es el principal (o a veces en singular) parte de $f$$a$. El nombre de "parte principal" es porque la naturaleza de la singularidad es su responsabilidad.
Ahora, $a$ es un polo de $f$ fib $\lim_{z\rightarrow a}f(z)=\infty_{\mathbb C}$, y, naturalmente, esto es iff $\lim_{z\rightarrow a}P_{f,a}(z)=\infty_{\mathbb C}$.
A continuación, se $v$ delimitada, $\lim_{z\rightarrow a}f(z)=\infty_{\mathbb C}$ fib $\lim_{z\rightarrow a}u(z)=\infty$, lo que implica que $\lim_{z\rightarrow a}\Re(P_{f,a}(z))=\infty$. Por otra parte $v$ delimitada implica $\Im P_{f,a}$ acotada.
Ahora vamos a llegar a la contradicción demostración por inducción en $m$ que
$$
\a la izquierda.
\begin{array}{lllllll}
(a) \; \lim_{z\rightarrow a}P_{f,a}(z)=\infty_{\mathbb C}\\
(b) \; \lim_{z\rightarrow a}\Re(P_{f,a}(z))=\infty\\
\end{array}
\right\}\Longrightarrow \lim_{z\rightarrow a}\Im(P_{f}(z))=\infty\;.
$$
Supongamos ahora $m=1,\; z=x+iy,\; a=\alpha+i\beta$.
\begin{align*}
P_{f,a}(z)=&\frac{c_{-1}}{z-a}\\
=&\frac{\Re c_{-1}+i\Im c_{-1}}{(z-a)(\overline{z-a})}\overline{z-a}\\
=&\frac{\Re c_{-1}(x-\alpha)+\Im c_{-1}(y-\beta)}{(x-\alpha)^2+(y-\beta)^2}+
i\frac{\Im c_{-1}(x-\alpha)-\Re c_{-1}(y-\beta)}{(x-\alpha)^2+(y-\beta)^2}
\end{align*}
A continuación,\begin{align*}
\Re(P_{f,a}(z))=&\frac{\Re c_{-1}(x-\alpha)+\Im c_{-1}(y-\beta)}{(x-\alpha)^2+(y-\beta)^2}\\
=&\frac{\Re c_{-1}}{(x-\alpha)+\frac{(y-\beta)^2}{(x-\alpha)}}+
\frac{\Im c_{-1}}{(y-\beta)+\frac{(x-\alpha)^2}{(y-\beta)}}\;;
\end{align*}
y por hipótesis $\lim_{z\rightarrow a}\Re(P_{f,a}(z))=\infty$, entonces al menos uno de entre
$\frac{(x-\alpha)^2}{(y-\beta)}$ $\frac{(y-\beta)^2}{(x-\alpha)}$ debe tender a $0$ $z\rightarrow a$ (equivalente a $(x,y)\rightarrow(\alpha,\beta)$). Entonces podemos concluir, con un simmetry argumento, que también se $\lim_{z\rightarrow a}\Im(P_{f,a}(z))=\infty$.
Tenga en cuenta que el papel de la $c_{-1}$ no es trivial: tenemos supone $\Re c_{-1}\neq0\neq\Im c_{-1}$; los otros dos casos son más fáciles; si $\Re c_{-1}\neq0=\Im c_{-1}$, supongamos wlog $c_{-1}=1$$a=0$. Entonces estamos frente al caso de $P_{f,a}(z)=\frac1{z}$. Ahora $\frac1{z}=\frac{x-iy}{x^2+y^2}=\frac{x}{x^2+y^2}-i\frac{y}{x^2+y^2}$; por hipótesis $\frac{x}{x^2+y^2}\rightarrow\infty$$(x,y)\rightarrow(0,0)$. Pero $a=0\in\Omega$ por lo tanto $\exists t>0$ s.t. $B(0,t[\subseteq\Omega$, por lo que podemos argumentar por simmetry a la conclusión de que también se $\frac{y}{x^2+y^2}\rightarrow\infty$$(x,y)\rightarrow(0,0)$.
El caso de $\Re c_{-1}=0\neq\Im c_{-1}$ es similar.
Inductivo paso: llame ahora
$$
P_{f,}^{m}=\sum_{n=1}^{m}\frac{c_{-n}}{(z-a)^n}
$$
(sólo se resalte la $m$). Así que, vamos a la declaración de la verdad para $P_{f,a}^{m-1}$ y mostrar que tiene de $P_{f,a}^{m}$.
$$
P_{f,}^{m}
=\sum_{n=1}^{m}\frac{c_{-n}}{(z-a)^n}
=\frac{c_ {m}}{(z-a)^m}+P_{f,}^{m-1}
$$
así
$$
\Re\left(P_{f,}^{m}\right)
=\Re\left(\frac{c_ {m}}{(z-a)^m}\right)+\Re\left(P_{f,}^{m-1}\right)\stackrel{z\rightarrow a}{\longrightarrow}\infty
$$
por lo tanto existe al menos un $k$ $\{1,\dots,m\}$ s.t. $\Re\left(\frac{c_{-k}}{(z-a)^k}\right)\stackrel{z\rightarrow a}{\longrightarrow}\infty$:
$\bullet$ si $k\le m-1$ $\Re\left(P_{f,a}^{m-1}\right)\stackrel{z\rightarrow a}{\longrightarrow}\infty$ y por inductivo hyp tenemos
$\Im\left(P_{f,a}^{m-1}\right)\stackrel{z\rightarrow a}{\longrightarrow}\infty$ , por lo que también se $\Im\left(P_{f,a}^{m}\right)\stackrel{z\rightarrow a}{\longrightarrow}\infty$ que concluye.
$\bullet$ si $k=m$, observando que
$
\frac{c_ {m}}{(z-a)^m}=\frac{c_ {m}}{(z-a)^{m-1}}\frac1{z}\;
$
tenemos
\begin{align*}
\Re\left(\frac{c_{-m}}{(z-a)^m}\right)=&
\Re\left(\frac{c_{-m}}{(z-a)^{m-1}}\frac{1}{z-a}\right)\\
=&\underbrace{\Re\left(\frac{c_{-m}}{(z-a)^{m-1}}\right)}_{\xi_1}
\underbrace{\Re\left(\frac1{(z-a)}\right)}_{\xi_2}-
\underbrace{\Im\left(\frac{c_{-m}}{(z-a)^{m-1}}\right)}_{\eta_1}
\underbrace{\Im\left(\frac1{(z-a)}\right)}_{\eta_2}
\end{align*}
que va hasta el infinito; por lo tanto al menos uno de entre $\xi_1,\xi_2,\eta_1,\eta_2$ va al infinito; si se $\xi_{1}$ y/o $\xi_2$ caemos en el caso anterior, a continuación, llegamos a la conclusión.
Si de lo contrario, fueron una de las $\eta$'s, a continuación,$\Im\left(P_{f,a}^{m}\right)\rightarrow\infty$, por lo que hemos terminado.
Luego llegamos a la contradicción , por lo $a$ no puede ser un polo.
Caso 2: $a$ es una singularidad esencial.
Simplemente el uso de Casorati-Weierstra$\beta$ teorema: vamos a $U$ libre nhb de $a$$\Omega$. A continuación, $f(U\setminus\{a\})$ es denso en $\mathbb C$, por lo tanto $v$ no puede ser delimitada, absurdo.
Así, se demostró que los aislados de singularidad no puede ser ni el polo ni una singularidad esencial. Por lo tanto debe ser una singularidad removible.
