1.3 Isolierte Singularitäten

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1 6.3 Isolierte Singularitäten Definition Sei U C offen, z 0 U und f : U \ {z 0 } C holomorph. Dann nennt man z 0 eine isolierte Singularität von f. Zunächst einmal ist z 0 nur eine Definitionslücke für f. Wie singulär f tatsächlich in z 0 ist, das müssen wir erst von Fall zu Fall herausfinden. Entscheidend ist, dass z 0 eine isolierte Definitionslücke ist, dass es also keine Folge von singulären Punkten von f gibt, die sich gegen z 0 häuft. Der komplexe Logarithmus ist im Nullpunkt nicht definiert, aber er hat dort auch keine isolierte Singularität, denn man muss immer einen von Null nach führenden Weg aus C herausnehmen, um log auf dem Rest definieren zu können. Wir wollen nun die isolierten Singularitäten klassifizieren. Definition Sei U C offen und f holomorph auf U, bis auf eine isolierte Singularität in einem Punkt z 0 U.. z 0 heißt eine hebbare Singularität von f, wenn es eine holomorphe Funktion f auf U gibt, so dass f(z) = f(z) für z U \ {z 0 } ist. 2. z 0 heißt eine Polstelle von f, wenn es ein k, eine Umgebung W = W (z 0 ) U und eine auf W holomorphe Funktion g mit g(z 0 ) 0 gibt, so dass gilt: f(z) (z z 0 ) k = g(z) für z W \ {z 0 }. Die eindeutig bestimmte Zahl k mit dieser Eigenschaft heißt dann die Polstellenordnung von f in z z 0 heißt eine wesentliche Singularität von f, wenn z 0 weder hebbar noch eine Polstelle ist. Offensichtlich schließen sich die Hebbarkeit und die Polstelle gegenseitig aus, so dass die isolierten Singularitäten durch die obige Definition tatsächlich klassifiziert werden. Die Polstellenordnung ist dadurch eindeutig bestimmt, dass k die kleinste natürliche Zahl ist, für die f(z) (z z 0 ) k holomorph und 0 in z 0 ist, während f(z) (z z 0 ) k+ holomorph mit einer Nullstelle in z 0 ist. Man kann die drei Typen isolierter Singularitäten auch auf Grund des Werteverhaltens von f in der Nähe von z 0 unterscheiden:

2 62 Funktionentheorie 3.. Satz Sei z 0 eine isolierte Singularität von f.. z 0 ist genau dann eine hebbare Singularität, wenn f in der Nähe von z 0 beschränkt bleibt. 2. Eine Polstelle liegt genau dann in z 0 vor, wenn lim z z0 f(z) = + ist. Beweis: ) folgt sofort aus dem Riemannschen Hebbarkeitssatz. 2) Ist f(z) (z z 0 ) k = g(z), mit einer holomorphen Funktion g mit g(z 0 ) 0, so gibt es eine Umgebung V = V (z 0 ) und ein ε > 0 mit g(z) > ε für z V. Ist z z 0, so gilt: f(z) = z z 0 g(z) > ε k z z 0 + (für z z 0). k Setzen wir umgekehrt voraus, dass lim z z0 f(z) = + ist, so lässt sich /f zu einer holomorphen Funktion h mit h(z 0 ) = 0 fortsetzen. Das bedeutet, dass es ein k N und eine holomorphe Funktion h in der Nähe von z 0 gibt, so dass gilt: Also ist f(z) = ist. f(z) = (z z 0) k h(z) und h(z) 0 nahe z 0. (z z 0 ) k g(z), wobei g(z) := / h(z) holomorph und 0 nahe z Satz von Casorati-Weierstraß f hat in z 0 genau dann eine wesentliche (isolierte) Singularität, wenn f(z) in jeder Umgebung von z 0 jedem beliebigen Wert beliebig nahe kommt. Das Kriterium bedeutet: Ist w 0 C ein beliebig vorgegebener Wert, so gibt es eine Folge von Punkten (z n ) mit lim z n = z 0 und lim f(z n ) = w 0. n n Beweis: ) Ist das Kriterium erfüllt, so ist f nicht beschränkt und strebt auch nicht gegen +. Also muss die Singularität wesentlich sein. 2) Sei umgekehrt z 0 eine wesentliche Singularität von f. Wir wollen zeigen, dass f in jeder Umgebung von z 0 jedem Wert w 0 C beliebig nahe kommt. Nehmen wir also an, es gibt eine offene Umgebung V = V (z 0 ), ein w 0 C und ein ε > 0, so dass gilt: f(v \ {z 0 }) D ε (w 0 ) =. Dann ist g(z) := / ( f(z) w 0 ) holomorph auf V \{z0 } und beschränkt bei Annäherung an z 0. Es gibt daher eine holomorphe Funktion ĝ auf V mit ĝ V \{z0 } = g

3 .3 Isolierte Singularitäten 63 Ist ĝ(z 0 ) = 0, so hat f(z) = w 0 + /g(z) in z 0 eine Polstelle. Ist dagegen ĝ(z 0 ) 0, so ist f nahe z 0 beschränkt, die Singularität also hebbar. Beides kann nicht sein! 3.3. Beispiele A. Sei f(z) := z/ sin z für z < π und z 0. Es ist sin(0) = 0 und sin (0) = cos(0) =, also sin(z) = z h(z), mit einer nahe z 0 = 0 holomorphen Funktion h mit h(0) =. Aus Stetigkeitsgründen gibt es dann ein kleines ε > 0, so dass sin(z)/z = h(z) > ε für z nahe bei 0 und z 0 ist. Also ist f(z) = z/ sin(z) < /( ε) in der Nähe von 0 beschränkt. (Die Abschätzung gilt natürlich nur für z 0 ). Damit liegt eine hebbare Singularität vor. Der Wert, der in 0 ergänzt werden muss, ist gegeben durch f(0) := /h(0) =. B. f(z) := /z hat offensichtlich in z = 0 eine Polstelle. C. Sei f(z) := exp(/z). In z 0 = 0 liegt eine isolierte Singularität vor. Aber was für eine? Setzen wir z n := /n ein, dann strebt f(z n ) = e n gegen. Also kann die Singularität nicht hebbar sein. Setzen wir dagegen z n := i /(2πn) ein, so erhalten wir f(z n ) = e 2πn i =. Also strebt f(z n ) in diesem Fall nicht gegen. Damit kann auch keine Polstelle vorliegen, die Singularität ist wesentlich! Die Methode, den Typ einer Singularität über das Werteverhalten der Funktion herauszubekommen, ist nicht immer so einfach anwendbar. Wir werden deshalb nach einer besseren Methode suchen. Zur Motivation betrachten wir eine Funktion f mit einer Polstelle in z 0, so dass f(z) = (z z 0 ) h(z) ist, mit einer nahe z k 0 holomorphen Funktion h. Dann können wir h in z 0 in eine Taylorreihe entwickeln, h(z) = a n (z z 0 ) n, für z z 0 < r, und dann gilt für z z 0 und z z 0 < r : f(z) = a n (z z 0 ) n k = a 0 (z z 0 ) k + a (z z 0 ) k + + a k + a k+ (z z 0 ) + Als Beispiel einer wesentlichen Singularität betrachten wir etwa f(z) := exp(/z). Hier erhalten wir für z 0 : ( ) n f(z) = = + z + n! z 2 z z 3 +

4 64 Funktionentheorie Die Reihe erstreckt sich über unendlich viele negative Potenzen von z. Wir werden sehen, dass es immer möglich ist, eine holomorphe Funktion um eine isolierte Singularität z 0 herum in eine Reihe zu entwickeln, die sowohl positive als auch negative Potenzen von z z 0 enthalten kann. Definition Eine Laurent-Reihe ist eine Reihe der Form L(z) = n= a n (z z 0 ) n. Die Zahlen a n heißen die Koeffizienten der Reihe, z 0 der Entwicklungspunkt. H(z) := = = n= a n (z z 0 ) n a n (z z 0 ) n n= a + a 2 z z 0 (z z 0 ) + 2 heißt Hauptteil der Reihe, N(z) := heißt Nebenteil der Reihe. a n (z z 0 ) n = a 0 + a (z z 0 ) + a 2 (z z 0 ) 2 + Die Laurentreihe L(z) = H(z) + N(z) heißt konvergent (absolut konvergent, lokal gleichmäßig konvergent usw.), wenn Hauptteil und Nebenteil es jeweils für sich sind. Ist 0 r < R, so nennt man K r,r (z 0 ) := {z C r < z z 0 < R} den Kreisring um z 0 mit innerem Radius r und äußerem Radius R. Dabei ist die Möglichkeit R = + zugelassen Satz Sei L(z) = H(z) + N(z) eine Laurentreihe mit Entwicklungspunkt z 0, R > 0 der Konvergenzradius des Nebenteils N(z) und r > 0 der Konvergenzradius des Hauptteils, d.h. der Konvergenzradius der Potenzreihe

5 .3 Isolierte Singularitäten 65 H(w) := H(z 0 + w ) = a w + a 2 w 2 +. Sei r := /r. Der Hauptteil H(z) konvergiert für z z 0 > r und strebt für z gegen Null.. Ist r R, so ist K r,r (z 0 ) =, und L(z) konvergiert auf keiner offenen Teilmenge von C. 2. Ist r < R, so konvergiert L(z) in dem Kreisring K r,r (z 0 ) absolut und lokal gleichmäßig gegen eine holomorphe Funktion. Beweis: Ist H(z) konvergent und w := /(z z 0 ), so konvergiert auch die Potenzreihe H(w) = a w+a 2 w 2 +, und umgekehrt. Nach Voraussetzung konvergiert H(w) für w < r. Dann konvergiert H(z) = H( ) für z z 0 > = r. Weil z z 0 r H(0) = 0 ist, strebt H(z) für z gegen Null. Ist r R, so kann die Reihe nirgends konvergieren. Ist r < R, so konvergieren Haupt- und Nebenteil beide für r < z z 0 < R. Laurentreihen konvergieren also auf Ringgebieten. Lässt man den inneren Radius gegen 0 und den äußeren gegen gehen, so erhält man C als Beispiel eines ausgearteten Ringgebietes. Wir wollen nun sehen, dass sich umgekehrt jede auf einem Ringgebiet definierte holomorphe Funktion dort in eine konvergente Laurentreihe entwickeln lässt. Auf dem Weg dahin brauchen wir ein paar Hilfssätze Hilfssatz Sei 0 < r < R und f holomorph auf dem Kreisring K r,r (z 0 ) := {z C : r < z z 0 < R}. Für r < ϱ < ϱ 2 < R ist dann stets f(ζ) dζ = D ϱ (z 0 ) D ϱ2 (z 0 ) f(ζ) dζ. z 0r R

6 66 Funktionentheorie Beweis: Man teile den Kreisring in mehrere Sektoren und wende jeweils den Cauchy schen Integralsatz für einfach-zusammenhängende Gebiete an: Das Integral über die Sektoren des kleineren Ringes K ϱ,ϱ 2 (z 0 ) verschwindet immer. Addiert man diese Integrale, so fallen die über die Verbindungsstege weg und es bleiben nur die Integrale über D ϱ (z 0 ) und über D ϱ (z 0 ) übrig, mit umgekehrten Vorzeichen Hilfssatz 2 Sei f holomorph auf dem Kreisring K r,r (z 0 ) und r < ϱ < z z 0 < ϱ 2 < R. Dann ist f(z) = f(ζ) ζ z dζ f(ζ) ζ z dζ. D ϱ2 (z 0 ) D ϱ (z 0 ) Der Beweis benutzt die gleiche Skizze wie bei Hilfssatz, aber diesmal die Cauchy sche Integralformel. Eines der 4 Teilintegrale ergibt f(z), die anderen jeweils Null Satz von der Laurent-Entwicklung Sei f holomorph auf dem Ringgebiet K = K r,r (z 0 ). Dann lässt sich f auf K in eindeutiger Weise in eine Laurentreihe entwickeln: f(z) = n= a n (z z 0 ) n. Die Reihe konvergiert im Innern von K absolut und gleichmäßig gegen f. Für jedes ϱ mit r < ϱ < R und jedes n Z ist a n = f(ζ) dζ. (ζ z 0 ) n+ D ϱ(z 0 ) Beweis: a) Sei r < ϱ < R. Nach dem Entwicklungslemma ist F ϱ (z) := f(ζ) ζ z dζ D ϱ(z 0 ) holomorph auf C \ D ϱ (z 0 ). (Um F ϱ definieren zu können, braucht man nur die Werte von f auf D ϱ (z 0 )). b) Sei f + : D R (z 0 ) C definiert durch f + (z) := F ϱ (z), wobei ϱ (in Abhängigkeit von z) so gewählt werden soll, dass max ( r, z z 0 ) < ϱ < R ist.

7 .3 Isolierte Singularitäten 67 Ist z D R (z 0 ) und auch noch U = U ε (z) D ϱ (z 0 ), so ist f + U = F ϱ U. Daraus folgt, dass f + holomorph ist. Außerdem hängt die Definition von f + (z) gar nicht vom gewählten ϱ ab. Um das zu sehen, sei z festgehalten und max ( r, z z 0 ) < ϱ < ϱ 2 < R. Wählt man noch ein ϱ mit max ( r, z z 0 ) < ϱ < ϱ, so ist g z (ζ) := f(ζ) ζ z auf K ϱ,r(z 0 ) definiert und holomorph. Weil ϱ < ϱ < ϱ 2 < R ist, folgt aus Hilfssatz : F ϱ (z) = D ϱ (z 0 ) g z (ζ) dζ = D ϱ2 (z 0 ) g z (ζ) dζ = F ϱ2 (z). c) Sei f : C \ D r (z 0 ) C definiert durch f (z) := F ϱ (z), wobei ϱ (in Abhängigkeit von z) so gewählt werden soll, dass r < ϱ < min ( R, z z 0 ) ist. Wie in (b) folgt, dass f holomorph auf C \ D r (z 0 ) und die Definition unabhängig von der Wahl von ϱ ist. d) Ist z K r,r (z 0 ), so kann man ϱ, ϱ 2 so wählen, dass r < ϱ < z z 0 < ϱ 2 < R ist. Dann ist max(r, z z 0 ) = min(r, z z 0 ) = z z 0 und daher f + (z) = F ϱ2 (z) und f (z) = F ϱ (z). Mit Hilfssatz 2 folgt: f + (z) + f (z) = F ϱ2 (z) F ϱ (z) = f(z). Man spricht bei der Zerlegung f + + f = f auch von der Laurent-Trennung. e) Nun muss gezeigt werden, dass f + und f auf die gewünschte Weise in eine Reihe entwickelt werden können. f + kann in D R (z 0 ) in eine Potenzreihe um z 0 entwickelt werden: Für z z 0 < ϱ < R ist f + (z) = a n (z z 0 ) n. f + (z) = F ϱ (z) = D ϱ(z 0 ) und nach dem Entwicklungslemma ist dann a n = f(ζ) ζ z dζ, D ϱ(z 0 ) f(ζ) dζ. (ζ z 0 ) n+ Bei f erhält man die Reihenentwicklung wie beim Beweis des Entwicklungslemmas mit Hilfe der geometrischen Reihe: Für r < ϱ < z z 0 ist f (z) = F ϱ (z) = f(ζ) ζ z dζ. Ist ζ D ϱ (z 0 ), so ist ζ z 0 z z 0 < und D ϱ(z 0 )

8 68 Funktionentheorie ζ z = (ζ z 0 ) (z z 0 ) = = z z 0 ( ζ z0 z z 0 ) n (ζ z 0 )/(z z 0 ) z z 0 ( ) n = ζ z0 n= (z z 0 ) n. Also ist f (z) = n= mit a m = ( D ϱ(z 0 ) D ϱ(z 0 ) ) f(ζ)(ζ z 0 ) n dζ (z z 0 ) = n f(ζ) dζ. (ζ z 0 ) m+ m= a m (z z 0 ) m Wegen der negativen Potenzen von z z 0 strebt f (z) wie jeder Hauptteil einer Laurentreihe für z gegen Null. f) Zur Eindeutigkeit: Sind zwei Laurententwicklungen f = H + N = H 2 + N 2 auf K r,r (z 0 ) gegeben, so ist dort H H 2 = N 2 N. Also wird durch h(z) := { H (z) H 2 (z) auf C \ D r (z 0 ), N 2 (z) N (z) auf D R (z 0 ) eine holomorphe Funktion auf C gegeben. Weil die Hauptteile im Unendlichen verschwinden, gilt das auch für h(z) H (z) + H 2 (z). Also ist h beschränkt und nach Liouville konstant. Es kommt nur h(z) 0 in Frage. Damit ist H = H 2 und N = N Beispiel Sei f(z) := z(z i ) 2. Diese Funktion ist holomorph für z {0, i }. i 0 Es gibt hier verschiedene Gebiete, in denen f in eine Laurentreihe entwickelt werden kann. Im Kreisring K 0, (0) : Wir müssen f nach Potenzen von z entwickeln. Der erste Faktor hat schon die gewünschte Gestalt, und für den zweiten gibt es ein Kochrezept:

9 .3 Isolierte Singularitäten 69 Will man allgemein eine Funktion der Gestalt in eine Laurentreihe z z 0 um a z 0 entwickeln, so benutzt man den Trick mit der geometrischen Reihe. Für alle z mit z a < z 0 a ist z a z 0 a <, also z z 0 = z a (z 0 a) = = z 0 a ( z a z 0 a z 0 a ) n. (z a)/(z 0 a) Ist z a > z 0 a, so geht man analog vor: = z z 0 z a (z 0 a)/(z a) = z a Ist m 2, so ist ( ) (m ) (z z 0 ) = ( )m m (m )!. z z 0 ( ) n z0 a. z a Durch gliedweise Differentiation der Reihe für für die m-ten Potenzen. z z 0 erhält man die Reihe Im vorliegenden Fall ist a = 0, z 0 = i und z <, also z a < z 0 a. Wir wollen nach Potenzen von z = z a entwickeln. Nun ist z i ( z ) n = i i und ( ) (z i ) = = i 2 z i also f(z) = z Im Kreisring K, (0) : n= n= ( z ) n n i i = ( z ) n (n + ), i (n + ) i n z n = z (n + 2) i n+ zn. Hier ist wieder a = 0, z 0 = i, aber z a = z > = z 0 a, also

10 70 Funktionentheorie z i = z und ( ) (z i ) = = 2 z i Also ist f(z) = i n n n= ( ) n i = z n= i n z n i n ( n) z = i n n n+ n= z = n+2 n=3 wegen i n 3 ( n 2) = i n (n + 2). Im Kreisring K 0, ( i ) : i n 3 (n 2) z n = n= 3 n= z n+. i n (n + 2)z n, Hier ist a = i, z 0 = 0 und z a < z 0 a, und es soll nach Potenzen von (z i ) entwickelt werden. Es ist z = ( ) n z i = i n (z i ) n, i i also f(z) = z = (z i ) = 2 i (z i ) + 2 z i + i n (z i ) n 2 m=0 i m+ (z i ) m. Wir könnten noch den Kreisring K, ( i ) betrachten, aber darauf verzichten wir Satz Sei U C eine offene Umgebung von z 0 und z 0 eine isolierte Singularität der holomorphen Funktion f : U \ {z 0 } C. Auf einem Kreisring K 0,ε (z 0 ) besitze f die Laurententwicklung Dann gilt: f(z) = n= a n (z z 0 ) n. z 0 hebbar a n = 0 für alle n < 0, z 0 Polstelle n < 0 mit a n 0 und a k = 0 für k < n, z 0 wesentlich a n 0 für unendlich viele n < 0.

11 .3 Isolierte Singularitäten 7 Beweis: ) z 0 ist genau dann hebbar, wenn eine holomorphe Funktion f : D ε (z 0 ) C existiert, mit f f. Aber K0,ε (z 0 )= f besitzt eine Taylorentwicklung: f(z) = a n (z z 0 ) n. 2) z 0 ist genau dann eine Polstelle, wenn es in der Nähe von z 0 eine Darstellung f(z) = (z z 0 ) k h(z) gibt, wobei gilt: Aber dann ist h(z) = b n (z z 0 ) n, mit b 0 0. f(z) = b n (z z 0 ) n k = b n+k (z z 0 ) n. n= k 3) z 0 ist wesentlich, wenn es weder hebbar noch Polstelle ist. Das lässt nur die Möglichkeit, dass a n 0 für unendlich viele n mit n < 0 ist Beispiele A. Die Funktion sin z z = z ) (z z3 3! ±... = z2 3! ±... besitzt keinen Hauptteil, hat also in z = 0 eine hebbare Singularität. Natürlich ist sin z lim =. z 0 z B. Die Funktion f(z) = z(z i ) 2 hat eine Polstelle. Ordnung in 0 und eine Polstelle 2. Ordnung in i. Die nötigen Laurentreihen haben wir schon ausgerechnet. C. Die Funktion e /z = hat in z = 0 eine wesentliche Singularität. n! z n = + z + 2z + 2

12 72 Funktionentheorie D. Die Funktion f(z) := sin z ist holomorph für z nπ, n Z. Sei g(z) := sin z z. Dann ist g holomorph und 0 auf D π(0), mit g(0) =. Aber dann ist auch g holomorph auf D π(0), und man kann schreiben: Also ist g(z) = a n z n, mit a 0 =. f(z) = z g(z) = z + a n+ z n. Das bedeutet, dass f in z = 0 eine Polstelle. Ordnung besitzt. Wir kehren noch einmal zu folgender Beziehung zurück: Ist z 0 C, r > 0 und z C ein weiterer Punkt, z z 0 r, so ist { dζ für z ζ z = z0 < r, 0 für z z 0 > r. D r(z 0 ) Was passiert, wenn man den Kreisrand durch einen beliebigen Weg ersetzt? 3.. Hilfssatz Ist G C ein Gebiet und α : [a, b] G ein stetiger Weg, so gibt es eine Zerlegung a = t 0 < t <... < t n = b und Kreisscheiben D,..., D n G, so dass α([t i, t i ]) in D i enthalten ist, für i =,..., n. Man nennt (D, D 2,..., D n ) eine Kreiskette längs α. Beweis: Sei t := sup{t [a, b] : Kreiskette längs α [a,t] }.

13 .3 Isolierte Singularitäten 73 Offensichtlich existiert t mit a < t b. Ist t = b, so ist alles bewiesen. Wenn nicht, dann setzen wir z := α(t ) und wählen eine Kreisscheibe D G mit Mittelpunkt z. Außerdem sei ε > 0 so gewählt, dass α([t ε, t + ε]) D ist. Dann gibt es eine Kreiskette D,..., D n G längs α [a,t ε], und (D,..., D n, D) ist eine Kreiskette längs α [a,t +ε]. Das ist ein Widerspruch zur Definition von t. Definition Sei α : [a, b] C ein Integrationsweg und z α. Dann heißt n(α, z) := dζ ζ z die Umlaufszahl von α bezüglich z. α 3.2. Satz Sei α : [a, b] C ein geschlossener Integrationsweg und z α. Dann ist n(α, z) eine ganze Zahl. Beweis: Es reicht, den Satz für z = 0 zu beweisen. Ist nämlich a C und T a (z) := z + a, so ist n(t a α, T a (z)) = dζ ζ T a (z) = = = T a α b a b a b a (T a α) (t) dt T a α(t) T a (z) α (t) (α(t) + a) (z + a) dt α (t) dt = n(α, z). α(t) z Sei also z = 0. Wir wählen nun eine Zerlegung a = t 0 < t <... < t n = b und eine dazu passende Kreiskette (D,..., D n ) längs α in C. Für ν = 0,..., n sei z ν := α(t ν ). Auf jeder der Kreisscheiben D ν gibt es eine Logarithmusfunktion L ν. Weil L ν(z) = /z auf D ν ist, gilt (mit α ν := α [tν,t ν]): n(α, z) = = dζ α ζ n ( ν= = n ν= α ν L ν (z ν ) L ν (z ν ) dζ ζ ).

14 74 Funktionentheorie Auf D ν D ν ist L ν (z) L ν (z) = k ν mit geeignetem k ν Z, für ν = 2,..., n, und auf D D n ist L (z) L n (z) = k mit k Z. Daraus folgt: n(α, z) = = Damit ist alles gezeigt. n ( ) L ν (z ν ) L ν (z ν ) ν= ( n ( ) ) L n (z 0 ) L (z 0 ) + L ν (z ν ) L ν+ (z ν ) ν= ν= = ( n ) k + k ν+ = n k ν Z. Die Umlaufszahl eines geschlossenen Weges α um einen Punkt z α zählt, wie oft z von α umlaufen wird. Wir wollen jetzt Umlaufszahlen berechnen. Dazu sind weitere geometrische Betrachtungen erforderlich. Definition Sei K C kompakt, B := C \ K und z 0 B. Dann heißt die Menge ν= C B (z 0 ) := {z B : stetiger Weg von z 0 nach z in B. } die Zusammenhangskomponente von z 0 in B Satz Sei K C kompakt und B = C \ K.. C B (z 0 ) ist das größte Teilgebiet von B, das z 0 enthält. Ist also Z B ein Gebiet mit z 0 Z, so liegt Z in einer Zusammenhangskomponente. 2. Je zwei verschiedene Zusammenhangskomponenten in B sind disjunkt. 3. Es gibt genau eine unbeschränkte Zusammenhangskomponente. 4. B ist endliche Vereinigung von Zusammenhangskomponenten. Beweis: ) Sei C := C B (z 0 ). Offensichtlich ist C ein Gebiet. Ist andererseits G B ein Gebiet, das z 0 enthält, so muss G definitionsgemäß in C liegen. 2) Gibt es einen Punkt z 0 C B (z ) C B (z 2 ), so können Punkte z C B (z ) und z C B (z 2 ) durch einen über z 0 führenden Weg in B miteinander verbunden werden. Also stimmen die beiden Komponenten überein.

15 .3 Isolierte Singularitäten 75 3) K ist kompakt und daher in einer abgeschlossenen Kreisscheibe D R (0) enthalten. Die zusammenhängende Menge U := C \ D R (0) liegt in einer (unbeschränkten) Komponente, jede andere Komponente muss in D R (0) enthalten, also beschränkt sein. 4) Ist z B, so liegt z in C B (z). Wegen (2) wird B in paarweise disjunkte Zusammenhangskomponenten zerlegt. Da man in jeder solchen Komponente einen Punkt mit rationalen Koordinaten auswählen kann, gibt es höchstens abzählbar viele Komponenten. Da das Komplement der unbeschränkten Komponente kompakt ist, kann es nur endlich viele beschränkte Komponenten geben Satz Sei α ein geschlossener Integrationsweg in C. Dann ist die Umlaufszahl n(α, z) auf jeder Zusammenhangskomponente von C \ α konstant und = 0 auf der unbeschränkten Komponente. Beweis: Da n(α, z) stetig ist, aber nur ganzzahlige Werte annimmt, muss die Umlaufszahl auf jeder Zusammenhangskomponente konstant sein. Die Umlaufszahl auf der unbeschränkten Komponente berechnen wir wie folgt: Sei α D R (0). Ist z 0 > R, so ist f(z) := /(z z 0 ) holomorph auf der sternförmigen Menge D R (0), besitzt dort also auch eine Stammfunktion. Daher ist n(α, z 0 ) = α f(z) dz = 0 und dann sogar n(α, z) = 0 auf der gesamten unbeschränkten Komponente. Es soll nun angedeutet werden, wie man zu einem geschlossenen Integrationsweg α ganz einfach per Hand sämtliche Umlaufszahlen n(α, z) bestimmen kann Satz Sei α : [a, b] C ein geschlossener Integrationsweg, t 0 (a, b), z 0 := α(t 0 ) und α in t 0 sogar differenzierbar, mit α (t 0 ) 0. Es gebe ein ε > 0, so dass gilt:. α läuft in D ε (z 0 ) von Rand zu Rand. 2. D ε (z 0 ) \ α besteht aus zwei Zusammenhangskomponenten C + und C. 3. Jeder Punkt aus D ε (z 0 ) α ist Randpunkt von C + und C. 4. C + liegt links von α und C liegt rechts von α. Ist dann z C und z 2 C +, so ist n(α, z 2 ) = n(α, z ) +.

16 76 Funktionentheorie Beweis: Wir benutzen die folgende Skizze. Dabei sei D := D ε (z 0 ) und α = α + α 0 + α, wobei α 0 der Teil ist, der im Innern von D verläuft. Der Teil α beginnt beim gemeinsamen Anfangs- und Endpunkt von α, und α endet dort. κ z 2 α D C + α α 0 z C κ 2 Dann ist C + = α 0 + κ und C = κ 2 α 0. Der Weg := α κ + α ist offensichtlich auch geschlossen. Da D = ist, liegt D ganz in einer Zusammenhangskomponente von C \, und es ist n(, z ) = n(, z 2 ). Weiter gilt:. n(κ + κ 2, z) = n( D, z) = für jedes z D. 2. n(α 0 + κ, z ) = n( C +, z ) = 0 und n(κ 2 α 0, z 2 ) = n( C, z 2 ) = 0. Alles zusammen ergibt: n(α, z 2 ) n(α, z ) = n(α + α 0 + α, z 2 ) n(α + α 0 + α, z ) Damit ist alles gezeigt. Die Moral von der Geschichte ist nun: = n(, z 2 ) + n(κ + α 0, z 2 ) n(, z ) n(κ + α 0, z ) = n(κ + κ 2, z 2 ) n(κ 2 α 0, z 2 ) =.. Weit draußen ist auf jeden Fall n(α, z) = Überquert man α (in einem glatten Punkt) so, dass α dabei von links kommt, so erhöht sich die Umlaufszahl um. Kommt α von rechts, so erniedrigt sie sich um. Definition Sei α : [a, b] C ein geschlossener Integrationsweg. Dann nennt man das Innere von α, und das Äußere von α. Int(α) := {z C \ α : n(α, z) 0} Ext(α) := {z C \ α : n(α, z) = 0}

17 .3 Isolierte Singularitäten Beispiel Satz Ist G C einfach-zusammenhängend und α : [a, b] G ein geschlossener Integrationsweg, so ist Int(α) G. Beweis: Ist z 0 G, so ist /(z z 0 ) holomorph auf G und daher n(α, z 0 ) = Satz Sei G C einfach-zusammenhängend und α ein einfach geschlossener Integrationsweg in G. Dann ist Int(α) = {z G : n(α, z) = ±}. Beweis: Int(α) besteht aus einer einzigen Zusammenhangskomponente. Außerhalb ist n(α, z) = 0. Dann kann in Int(α) nur der Wert ± auftreten. Es geht jetzt um folgendes Problem: Sei G C ein einfach-zusammenhängendes Gebiet, z 0 G, ein geschlossener Integrationsweg in G := G \ {z 0 } und f eine holomorphe Funktion auf G \ {z 0 }. Wie berechnet man f(z) dz? Um eine Idee zu bekommen, nehmen wir erst mal an, dass es einen Punkt z auf der Kurve gibt, so dass der Strahl von z 0 in Richtung z mit Ausnahme von z keinen weiteren Punkt der Kurve enthält.

18 78 Funktionentheorie D ε (z 0 ) z 0 Umgeht man z 0 mit Hilfe eines kleinen Abstechers und eines in umgekehrter Richtung durchlaufenen Kreises D ε (z 0 ) (siehe Skizze), so erhält man einen neuen geschlossenen Weg innerhalb eines einfach-zusammenhängenden Gebietes, der sich aus und D ε (z 0 ) zusammensetzt. Aus dem Cauchy schen Integralsatz folgt: f(z) dz = f(z) dz. D ε(z 0 ) Das Restintegral über den Kreisrand D ε (z 0 ) bezeichnet man (nach Division durch ) als Residuum. Definition Sei B C offen, z 0 B, f : B \ {z 0 } C holomorph und ε > 0, so dass D ε (z 0 ) B ist. Dann heißt res z0 (f) := D ε(z 0 ) f(ζ) dζ das Residuum von f in z 0. Bemerkungen:. Das Residuum hängt nicht von der Wahl des Radius ε ab (siehe Hilfssatz zum Satz von der Laurent-Entwicklung). 2. z 0 braucht keine Singularität zu sein! Ist f in z 0 holomorph, so ist res z0 (f) = 0. Das folgt aus dem Cauchy schen Integralsatz. 3. In der Laurententwicklung von f um z 0 ist a = f(ζ) dζ = res z0 (f), für ein genügend kleines ε. D ε(z 0 ) 4. Es ist res z0 (a f + b g) = a res z0 (f) + b res z0 (g).

19 .3 Isolierte Singularitäten Ist F holomorph auf B \ {z 0 } und F = f, so ist res z0 (f) = 0. Das ist klar, denn das Integral über eine abgeleitete Funktion und einen geschlossenen Weg verschwindet immer. 6. res z0 ( z z 0 ) = und res z0 ( (z z 0 ) k ) = 0 für k Allgemeiner gilt: Hat f in z 0 eine einfache Polstelle, so ist res z0 (f) = lim z z0 (z z 0 )f(z). Beweis: Wir schreiben f(z) = a z z 0 + h(z), h holomorph in z 0. Dann folgt: (z z 0 )f(z) = a + (z z 0 )h(z) a für z z Und noch allgemeiner kann man zeigen: Hat f in z 0 eine m-fache Polstelle, so ist res z0 (f) = (m )! lim z z 0 [(z z 0 ) m f(z)] (m ). Beweis: Es ist f(z) = a m (z z 0 ) m + + a z z 0 + a 0 + a (z z 0 ) +, also Damit ist (z z 0 ) m f(z) = a m + + a (z z 0 ) m + a 0 (z z 0 ) m + [(z z 0 ) m f(z)] (m ) = (m )!a + (z z 0 ) (...), und es folgt die Behauptung. 9. Seien g und h holomorph nahe z 0, g(z 0 ) 0, h(z 0 ) = 0 und h (z 0 ) 0. Dann ist res z0 ( g h ) = g(z 0) h (z 0 ). Beweis: Wir können schreiben: Dann ist g(z) = c 0 + (z z 0 ) g(z), mit c 0 0 und h(z) = (z z 0 ) (b + h(z)), mit b 0 und h(z 0 ) = 0.

20 80 Funktionentheorie g(z) h(z) = c 0 + (z z 0 ) g(z) (z z 0 ) (b + h(z)) = z z 0 c 0 b + h(z) + Also hat f := g/h in z 0 eine einfache Polstelle, und es ist lim (z z 0 )f(z) = z z 0 c 0 b + h(z 0 ) = c 0 b = g(z 0) h (z 0 ). g(z) b + h(z) Beispiele A. Sei f(z) := e i z z 2 + = e i z (z i )(z + i ). f hat einfache Polstellen bei i und i. Es ist und analog res i (f) = lim (z i )f(z) = lim z i z i e i z z + i = 2e i, res i (f) = lim (z + i )f(z) = lim z i z i e i z z i = e 2 i. B. f(z) := z2 hat 4 einfache Polstellen, insbesondere in + z4 z 0 := e (π/4) i = cos π 4 + i sin π 4 = 2 ( + i ). Mit g(z) := z 2 und h(z) := + z 4 ist res z0 (f) = g(z 0) h (z 0 ) = z2 0 4z Der Residuensatz = = 4z 0 4 e (π/4) i = 4 ( i ). 2 Sei G C ein einfach-zusammenhängendes Gebiet, D G diskret, ein geschlossener Integrationsweg in G mit D = und f : G\D C holomorph. Dann gilt: f(ζ) dζ = n(, z) res z (f). z G Bemerkung: Da das Innere von in G liegt, gibt es eine kompakte Menge K G, so dass n(, z) = 0 für z G\K ist. Da K D endlich ist, gibt es höchstens endlich

21 .3 Isolierte Singularitäten 8 viele Punkte z G, in denen das Produkt n(, z) res z (f) nicht verschwindet. Also ist die Summe auf der rechten Seite der Gleichung sinnvoll. Das Gebiet G braucht nicht unbedingt einfach-zusammenhängend zu sein. Man wird sehen, dass folgende Bedingung ausreicht: Für jede auf G holomorphe Funktion g verschwindet g(z) dz. Beweis: Die Menge D := D Int() besteht nur aus endlich vielen Punkten z,..., z N. Sei h µ (z) der Hauptteil der Laurententwicklung von f um z µ. Wie aus dem Satz von der Laurent-Entwicklung hervorgeht, ist h µ holomorph auf C \ {z µ }. Daher gilt: N f h µ ist holomorph auf G. Also folgt: Nun schreiben wir ausführlich: µ= f(z) dz = h µ (z) = n= N µ= h µ (z) dz. a µ,n (z z µ ) n. Diese Reihe konvergiert gleichmäßig auf, kann dort also gliedweise integriert werden. Daher gilt: h µ (z) dz = a µ,n (z z µ ) n dz denn für n 2 besitzt n= Da a µ, = res zµ (f) ist, folgt der Satz. = a µ, dz + a µ, n z z µ n 2 = a µ, n(, z µ ), (z z µ ) n dz in der Nähe von eine Stammfunktion. (z z µ ) n Angewandt wird der Residuensatz oft in einer spezielleren Form: 3.2. Residuenformel Sei G C ein einfach-zusammenhängendes Gebiet, ein geschlossener Integrationsweg in G und z,..., z N Punkte in Int(). Ist f : G \ {z,..., z N } C eine holomorphe Funktion und n(, z) = für alle z Int(), so ist f(ζ) dζ = N res zk (f). k=

22 82 Funktionentheorie Beweis: Man kann den Residuensatz auf f und anwenden Beispiele A. Es soll z = e z dz berechnet werden. z4 Das geht in diesem Falle auch sehr einfach mit einer der höheren Cauchy schen Integralformeln: e z d 3 0 dz = (e z ) = π i z4 3! dz 3 3. z = Mit dem Residuensatz macht man es so: Die Laurentreihe des Integranden um z = 0 hat die Gestalt e z z = 4 z z n 4 n! = z + 4 z + 3 2z + 2 6z Also ist Daraus folgt: ( ) e z res 0 = Koeffizient bei z = 6. z = z 4 e z z 4 dz = res 0 ( ) e z z 4 = π i 3. B. Sei G C einfach-zusammenhängend, f holomorph auf G und : [a, b] G ein geschlossener Integrationsweg. Dann kann man den Residuensatz auf g(z) := f(z)/(z z 0 ) k+ anwenden. Es ist g(z) = (z z 0 ) (f(z 0) + f (z k+ 0 )(z z 0 ) + + f (k) (z 0 ) (z z 0 ) k + ), k! also res z0 (g) = k! f (k) (z 0 ). Damit folgt: k! f(ζ) (ζ z 0 ) k+ dζ = n(, z 0) f (k) (z 0 ). Das ist eine Verallgemeinerung der höheren Cauchy schen Integralformeln. Der Cauchy sche Integralsatz für einfach-zusammenhängende Gebiete folgt auch aus dem Residuensatz, da unter den Voraussetzungen des Integralsatzes alle Residuen (und damit die komplette rechte Seite) verschwinden. Wir kommen nun zu weiteren Anwendungen des Residuensatzes:

23 .3 Isolierte Singularitäten 83 Definition Sei B C offen und D in B diskret. Eine holomorphe Funktion f : B \ D C heißt eine meromorphe Funktion auf B, falls f in den Punkten von D höchstens Polstellen besitzt (also keine wesentlichen Singularitäten). Die Menge P (f) := {z D : Polstellenmege von f. f hat in z eine Polstelle der Ordnung } heißt Typische Beispiele meromorpher Funktionen sind rationale Funktionen, aber auch Funktionen der Gestalt / sin(z) Das Argument-Prinzip Sei G C einfach-zusammenhängend und ein geschlossener Integrationsweg in G. Weiter sei f auf G meromorph und nicht konstant, N die Menge der Nullstellen und P die Menge der Polstellen von f. Es sei (N P ) =. Dann gilt: f (ζ) f(ζ) dζ = n(, a)o(f, a) n(, b)o(f, b), a N b P wenn man mit o(f, z) die Null- bzw. Polstellenordnung von f in z bezeichnet. Beweis: D := N P ist eine diskrete Menge in B, und es ist n(, z) 0 für höchstens endlich viele Elemente von D. Die Funktion f /f ist holomorph auf G\D. Sei a D. Dann gilt in der Nähe von a : f(z) = (z a) k g(z), mit einer nahe a holomorphen Funktion g ohne Nullstellen, k N und k = ±o(f, a), je nachdem, ob eine Null- oder Polstelle vorliegt. Daraus folgt: f (z) f(z) = k (z a)k g(z) + (z a) k g (z) (z a) k g(z) = k z a + g (z) g(z). Da g /g nahe a holomorph ist, ist res a (f /f) = k = ±o(f, a). Mit dem Residuensatz ergibt sich die gewünschte Formel. Die Bezeichnung Argument-Prinzip rührt daher, dass f (z) f(z) dz = b f ((t)) (t) dt = f((t)) = a f dζ ζ = n(f, 0). b a (f ) (t) f (t) dt

24 84 Funktionentheorie ist. Das Integral auf der linken Seite der Formel misst also die Änderung des Arguments beim Durchlaufen des Weges f Folgerung Sei G C ein einfach-zusammenhängendes Gebiet, ein geschlossener Weg in G und n(, z) = für z Int(). Ist f meromorph auf G und ohne Nullund Polstellen auf G, sowie n die Anzahl der Nullstellen und p die Anzahl der Polstellen von f in G (jeweils mit Vielfachheit gezählt), so gilt: f (ζ) f(ζ) dζ = n p. Der Beweis ist trivial, die Umlaufszahlen sind alle = Satz von Rouché Sei B C offen und G B ein einfach-zusammenhängendes Gebiet. Der Rand von G sei die Spur eines einfach geschlossenen Integrationsweges, so dass G = {z B : n(, z) = } ist. Sind f und h zwei holomorphe Funktionen auf B mit h(z) < f(z) auf G, so haben f und f + h gleich viele Nullstellen (mit Vielfachheit) in G. Beweis: Für 0 λ sei f λ (z) := f(z)+λ h(z). Dann ist f λ auf B holomorph, und für z G gilt: f λ (z) f(z) λ h(z) > ( λ) h(z) 0. Also hat f λ auf G keine Nullstellen. Nun sei N λ die Anzahl der Nullstellen von f λ in G. Der Wert des Integrals N λ = f λ (z) f λ (z) dz hängt stetig von λ ab, liegt aber in Z. Also ist N 0 = N Beispiel G Wieviele Nullstellen hat das Polynom p(z) := z 4 4z + 2 im Innern des Einheitskreises D = D (0)? Setzen wir f(z) := 4z+2 und h(z) := z 4, so ist f(z) = 4z 2 4 z 2 = 2 auf D und h(z) = z 4 = < f(z) auf D. Nach dem Satz von Rouché müssen nun f und p = f + h in D gleichviele Nullstellen besitzen. Aber f hat dort genau eine Nullstelle (nämlich z = /2). Also kann auch p nur eine Nullstelle in D besitzen.

25 .3 Isolierte Singularitäten 85 Der Residuensatz erlaubt es, gewisse analytisch schwer zu behandelnde reelle Integrale auf algebraischem Wege zu berechnen. Hier kommen zwei typische Beispiele. Typ : Uneigentliche rationale Integrale Nun wollen wir Integrale der Form I := f(x) dx betrachten, wobei f(x) = p(x) sei, und p(x) und q(x) Polynome ohne reelle Nullstellen. Dabei müssen wir erst einmal klären, wann solche Integrale q(x) existieren Satz Sei p(z) ein komplexes Polynom n-ten Grades. Dann gibt es Konstanten c, C > 0 und ein R > 0, so dass gilt: c z n p(z) C z n für z R. Beweis: gilt: Sei p(z) = a 0 + a z + a 2 z a n z n. Dann gibt es ein C > 0, so dass p(z) = a 0 z n z + a n z + + a n n C für großes z. Und wegen der Dreiecksungleichung a + b a b kann man auch ein c > 0 finden, so dass gilt: p(z) an a 0 z n z + a n z + + a n c für großes z. n z Folgerung Sind p(z) und q(z) Polynome mit deg(q) = deg(p) + k, k 0, so gibt es eine Konstante C > 0 und ein R > 0, so dass p(z) C q(z) z k für z R ist. Außerdem folgt:. Ist k =, so ist p(z) z im Unendlichen beschränkt. q(z) 2. Ist k 2 und q(z) ohne reelle Nullstellen, so existiert das uneigentliche Integral p(x) q(x) dx.

26 86 Funktionentheorie Beweis: Ist deg(p) = m, deg(q) = n (also k = n m), so ist und daher c z m p(z) C z m und c 2 z n q(z) C 2 z n für z R, p(z) C z m n = C z k für z R und C := C. q(z) c 2 Ist k =, so ist p(z) z C. q(z) Ist k 2, so folgt die Existenz des uneigentlichen Integrals aus der Konvergenz des Integrals (/xk ) dx, dem Majoranten-Kriterium für uneigentliche Integrale und der Tatsache, dass q(x) keine reellen Nullstelle besitzt. Es seien nun die Voraussetzungen der Folgerung für f(z) = p(z)/q(z) erfüllt, mit k 2. Insbesondere ist dann lim z f(z) = 0. Das bedeutet, dass es ein r > 0 gibt, so dass alle Polstellen von f(z) in D r (0) liegen, und das können auch nur höchstens endlich viele sein. Wir betrachten nun folgenden Weg: r r r Polstellen von f Der Weg sei zusammengesetzt aus der Strecke zwischen r und r auf der reellen Achse und dem Halbkreis r (t) := re i t, 0 t π. Dann ist r f(z) dz + f(x) dx = f(z) dz = res z (f). r r Im(z)>0 Man beachte, dass das Residuum höchstens in den Singularitäten 0 ist, die Summe auf der rechten Seite ist also immer eine endliche Summe! Da f(z) C/ z 2 für große z ist, folgt: f(z) dz πr C r r = πc 2 r Also ist f(x) dx = 0 für r. Im(z)>0 res z (f)

27 .3 Isolierte Singularitäten 87 (oder = Im(z)<0 res z (f) ). Man kann sich fragen, ob wir die Existenz des Integrals bei dem gerade durchgeführten Grenzübergang nicht automatisch mitbewiesen haben. Leider ist das nicht der Fall. Zur Erinnerung: R C.H. g(t) dt := lim g(t) dt R R heißt Cauchy scher Hauptwert des uneigentlichen Integrals. Er kann existieren, auch wenn das uneigentliche Integral divergiert. Wenn letzteres allerdings konvergiert, dann stimmt es mit dem Cauchy schen Hauptwert überein. Aus der obigen Rechnung kann man nur entnehmen, dass der Cauchy sche Hauptwert existiert, denn wir haben die Grenzen r und +r gleichzeitig gegen gehen lassen. Deshalb waren die vorangegangenen Grad-Betrachtungen nötig, um die Existenz des uneigentlichen Integrals zu sichern Beispiel Wir wollen I := Die Funktion f(z) := x 2 dx berechnen. + x4 z2 hat Polstellen in den Punkten + z4 z k = ζ 4,k e i π/4 = e i (π+2πk)/4 = cos( π + 2πk 4 für k = 0,, 2, 3. Dabei ist Im(z k ) > 0 für k = 0 und k =. Da die 4 Polstellen paarweise verschieden sind, liegen in ) + i sin( π + 2πk ), 4 z 0 = e i π/4 = 2 ( + i ) und z = i e i π/4 = 2 ( i ) jeweils einfache Polstellen vor. Wie wir schon an früherer Stelle gesehen haben, ist und demnach res z0 (f) = z2 0 4z 3 0 und res z (f) = z2 4z 3 I = = 4 z 0 = 4 2 ( i ) = 4 z = 4 ( i ), 2 ( 4 2 ( i ) + ) 4 2 ( i ) = π i 2 2 ( 2 i ) = π 2.

28 88 Funktionentheorie Typ 2: Die Fourier-Rücktransformation Ist f : R C eine stetige und absolut integrierbare Funktion, so existiert dazu die Fourier-Transformierte f(ω) := f(t)e i ωt dt. Das Fourier-Integral-Theorem besagt, dass man f aus f zurückgewinnen kann. Und zwar ist f(t) = 2π C.H. f(ω)e i ωt dω. Die Gleichung bleibt richtig, wenn f nur stückweise stetig ist. Dann erhält man allerdings auf der linken Seite den Mittelwert zwischen dem linksseitigen und dem rechtsseitigen Grenzwert. In der Praxis kann dieses Problem besonders schön gelöst werden, wenn man f als Einschränkung einer meromorphen Funktion F auffassen kann. Wir nehmen außerdem an, dass F nur endlich viele Polstellen hat und dass z F (z) für großes z beschränkt bleibt, und wir betrachten nur den Fall t > 0. Dann benutzen wir folgende Integrationswege: 2 i s 3 R 0 R 2 Sei (τ) := R 2 + i τ, 0 τ s, 2 (τ) := τ + i s, R τ R 2, und 3 (τ) := R + i τ, 0 τ s. Dann ist (τ) 3(τ) i und 2(τ). Hat F nur endlich viele Polstellen, so kann man R, R 2 und s so groß wählen, dass die Polstellen alle im Innern des Weges liegen (wobei 0 die Strecke von R nach R 2 bezeichnet). Setzen wir I ν (t) := F (z)e i zt dz ν

29 .3 Isolierte Singularitäten 89 für ν =, 2, 3, so erhalten wir mit dem Residuensatz: R2 R F (x)e i xt dx + I (t) I 2 (t) I 3 (t) = Im(z)>0 res z (F (z)e i zt ). Wir schätzen nun die Integrale I ν (t) einzeln ab. Dabei verwenden wir folgende Tatsachen: a) Ist z = x + i y, so ist e i zt = e yt. b) Da s nicht unabhängig von R und R 2 gewählt werden muss, kann man s := R + R 2 setzen. c) Es gibt ein C > 0 und ein R > 0, so dass für z R gilt: Wir wählen R R und R 2 R. F (z) C z. Dann ist auch s R, und für z 2 ist z s. Die Standardabschätzung ergibt nun: I 2 (t) (R + R 2 ) e st sup F (z) C e st 0 2 (für festes t und R, R 2 ). Das Integral I wird folgendermaßen abgeschätzt: I (t) s 0 F (R 2 + i τ) e τt dτ C R 2 s I 3 (t) wird analog abgeschätzt. 0 e τt dτ = C R 2 ( t e τt ) s = C R 2 t ( e st ) 0 (für s und R 2 ). Also ist + F (x)e i xt dx = Im(z)>0 0 res z (F (z)e i zt ), und die Existenz des Integrals wurde (unter den obigen Voraussetzungen) gleich mitbewiesen Beispiel e i ax Zu berechnen ist das Integral dx, mit a, b > 0. x i b ( ) e i az Es ist res i b = e ab, also z i b I = e ab.

30 90 Funktionentheorie Typ 3: Trigonometrische Integrale Sei R(x, y) eine komplexwertige rationale Funktion. Wir wollen den Residuensatz anwenden, um Integrale vom Typ I := 2π 0 R(cos t, sin t) dt zu berechnen. Zu diesem Zweck suchen wir eine holomorphe oder meromorphe Funktion f, so dass wir das fragliche Integral als komplexes Kurvenintegral auffassen können: I = f(z) dz, mit (t) := e i t, 0 t 2π. Ist z = (t), so ist z = cos t + i sin t und /z = z = cos t i sin t. Damit ergibt sich: cos t = 2 (z + ) und sin t = z 2 i (z z ). Da (t) = i (t) ist, folgt: R(cos t, sin t) = i (t) R Setzen wir also f(z) := z R ( 2 2π 3.3. Beispiel 0 Sei I := ( 2 R(cos t, sin t) dt = i 2π 0 f(z) = z ( (t) + ( z + z = 2π 2π 0 ), 2 i (t) ) (, (t) ) ) (t). 2 i (t) ( z z ) ), so erhalten wir: f((t)) (t) dt = i res z (f). z D (0) f(z) dz dt, a > reell. Hier ist R(x, y) = a + sin t a + y, also a + (z /z)/(2 i ) = 2 i 2a i z + z 2 = 2 i (z z )(z z 2 ), mit z,2 = i ( a ± a 2 ). f hat also zwei einfache Polstellen auf der imaginären Achse. Offensichtlich ist z 2 D (0). Da a > ist, ist (a ) 2 = a 2 2a + < a 2, also a < a 2 < a +, d.h. < a + a 2 <. Also ist z D (0). Daraus folgt: 2π 0 dt a + sin t = 2π res z (f) = 2π lim z z = 4π i z z 2 = 2 i z z 2 4π i 2 i a 2 = 2π a2.