Demuestra que $\lim_{\epsilon\to0^{+}}\frac{1}{2\pi i}\int_{\gamma_\epsilon}\frac{f(z)}{z-a} \, dz=f(a)$

Question

Sea $a\in\Bbb C$ y $r>0$ y denotamos por $B(a,r)\subseteq \Bbb C$ la bola abierta del centro $a$ y radio $r$ . Supongamos que $f:B(a,r)\to\Bbb C$ es una función continua y para cada $\epsilon>0$ deje $\gamma_\epsilon:[0,2\pi]\to \Bbb C$ viene dada por $\gamma_\epsilon(t)=a+\epsilon e^{it}$ . Demuestre que $$\lim_{\epsilon\to0^{+}}\frac{1}{2\pi i}\int_{\gamma_\epsilon}\frac{f(z)}{z-a} \, dz = f(a).$$

He probado lo siguiente $$\lim_{\epsilon\to0^{+}}\frac{1}{2\pi i}\int_{\gamma_\epsilon}\frac{f(z)}{z-a}dz=\lim_{\epsilon\to0^{+}}\frac{1}{2\pi i}\int_0^{2\pi}\frac{f(a+\epsilon e^{it})}{a+\epsilon e^{it}-a}i\epsilon e^{it} \, dt = \lim_{\epsilon\to0^{+}} \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi}f(a+\epsilon e^{it}) \, dt$$

Si puedo cambiar el límite y la integral, entonces es obvio. Intenté utilizar el teorema de convergencia acotada de Lebesgue para argumentar que, puesto que $f:B(a,r)\to\Bbb C$ así el $B(a,r)$ tenemos $|f(a+\epsilon e^{it})|\le M$ donde M es el máximo de $|f(x)|$ en $B(a,r)$ .

¿Es eso válido?

Answer 1

$f$ es continua en $a$ por lo tanto, para todos $\eta > 0$ existe a $\delta > 0$ tal que $$ |f(z) - f(a)| < \eta \text{ for all } z \in B(a, \delta) \, . $$ Entonces para $0 < \epsilon < \delta$ $$ \left| \frac{1}{2\pi i}\int_{\gamma_\epsilon}\frac{f(z)}{z-a} \, dz - f(a) \right| = \left | \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}(f(a+\epsilon e^{it}) - f(a)) \, dt \right| \le \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \bigl|f(a+\epsilon e^{it}) - f(a) \bigr| \, dt \\ \le \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \eta \, dt = \eta $$ y la conclusión es la siguiente.

Answer 2

Sugerencia: la función puede no estar acotada en $B(a,r)$ pero seguro que está en $\overline{B(a,r/2)}$ (que es compacto), por lo que no es restrictivo suponer que está acotado, ya que estamos calculando el límite para $\varepsilon\to0$ .