Riemann del teorema extraíbles singularidades

Question

Teorema de

Deje $\Omega\subseteq \mathbb{C}$ abierto , $ a\in\Omega,\ f\in H(\Omega\backslash \{a\})$ e no es $r>0$ con

$f$ está delimitada en $C(a,r)\backslash \{a\}$ ($C(a,r)$ es el círculo con origen $a$ y radio de $r$), a continuación, $a$ es una singularidad removible.

Prueba

Deje $h:\Omega\rightarrow \mathbb{C}$ se define como: $$ h(z)=\left\{\begin{array}{l} 0,\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ z=a \\ (z-a)^{2}f(z), \ z\in\Omega\backslash \{a\} \end{array}\right. $$ Entonces tenemos: $$ \lim_{z\rightarrow a}\frac{h(z)-h(a)}{z}=\lim_{z\rightarrow a}(z-a)f(z)=0\Rightarrow h'(a)=0. $$

$\color{red}{\text{ Why is} \lim\limits_{z\rightarrow a}(z-a)f(z)=0?}$

Así que tenemos $h\in H(\Omega)$ y, por tanto,$(h(a)=h'(a)=0)$. $$ h(z)=\sum_{n=2}^{\infty}c_{n}(z-a)^{n}\ (z\in K(a,\ r)). $$ Dejando $f(a):=c_{2}$, de la siguiente manera:

$\color{red}{\text{ Why do we have} f(a):=c_{2}?}$

$$ f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}c_{n+2}(z-a)^{n}\ (z\in K(a,\ r)), $$ por lo $f\in H(\Omega).\ \square $

Answer 1

La primera línea roja sigue porque $|(z-a)f(z)|\le M|(z-a)|$ cerca de $a$ donde $M$ es el límite para $f(z)$. Esto va claramente a cero como $z$$a$.

El coeficiente de $c_2$ $h''(z)/2!$ evaluado en $a$. Vemos a $h'(z)=(z-a)^2f'(z)+2(z-a)f(z)$$h''(z)=(z-a)^2f''(z)+2(z-a)f'(z)+2(z-a)f'(z)+2f(z)$. Conectar $a$ y dividiendo por 2 da el valor de $c_2$ por encima.

Answer 2

1. Desde $f(z)$ está delimitado en $C(a,r)$$\lim_{z\to a}(z-a)=0$$\lim_{z\to a}(z-a)f(z)=0$.
2. Desea que la función sea continua en $z=a$, por lo que necesita $\lim_{z\to a}f(z)$. Observar que $h'(z)=2(z-a)f(z)+(z-a)^2f'(z)$ todos los $z\neq a$. Por lo tanto: $$h''(z)=2f(z)+2(z-a)f'(z)+(z-a)^2f''(z)$$ Conectar $z\to a$, usted tiene $\lim_{z\to a}f(z)=\frac{h''(a)}{2}=c_2$