Analysis IV, SS 2012 Freitag $Id: residuum.tex,v /06/29 17:27:57 hk Exp $

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1 $Id: residuum.tex,v.6 202/06/29 7:27:57 hk Exp $ 6 Der Residuenkalkül 6. Der Residuensatz Am Ende der letzten Sitzung hatten wir den Begriff des Residuums einer holomorphen Funktion f : U C in einer isolierten Singularität z 0 von f eingeführt. Zur Definition hatten wir einen Radius r > 0 mit B r (z 0 )\{z 0 } U gewählt und das Residuum durch das Kurvenintegral res z0 (f) := f(ζ) dζ 2πi κ z0,r eingeführt. Die Homotopieinvarianz des Kurvenintegrals zeigt das dieser Wert unabhängig vom speziell gewählten Radius r ist. Alternativ war das Residuum auch einfach der Koeffizient res z0 (f) = a der Laurententwicklung f(z) = n= a n(z z 0 ) n zum Entwicklungspunkt z 0. Im häufig vorkommenden Fall das die Funktion f im Punkt z 0 einen einfachen Pol hat, ließ sich das Residuum als der Grenzwert res z0 (f) = lim z z0 (z z 0 )f(z) berechnen. Entsteht dieser einfache Pol indem f ein Quotient f = g/h ist wobei g(z 0 ) 0 ist und h eine einfache Nullstelle in z 0 hat, so läßt sich diese Formel noch weiter vereinfachen. Lemma 6.2 (Quotientenformel für das Residuum) Seien U C offen, z 0 U und f, g : U C zwei holomorphe Funktionen mit f(z 0 ) 0 und ord z0 (g) =, d.h. g hat eine einfache Nullstelle in z 0. Dann gilt res z0 ( f g ) = f(z 0) g (z 0 ). Beweis: Nach Lemma.(d) ist res z0 ( f g ) ( = lim (z z 0 ) f(z) ) = lim z z0 g(z) z z0 ( ( ) ) g(z) g(z0 ) f(z) z z 0 = f(z 0) g (z 0 ). Diese einfache Formel reicht bereits aus um einen Großteil der üblichen Beispiele zu behandeln. Der Kern des Residuenkalküls ist der sogenannte Residuensatz den wir jetzt 2-

2 formulieren und beweisen wollen. Dieser Satz erlaubt es ein komplexes Kurvenintegral im wesentlichen als eine Summe der Residuen von Singularitäten im Inneren des Integrationsbereichs zu berechnen. Damit dies funktioniert müssen alle Punkte im Inneren der Kurve im Definitionsbereich der zu integrierenden Funktion liegen, wir benötigen also eine geeignete geometrische Bedingung für Kurve und Definitionsbereich. Wir könnten beispielsweise fordern das unsere Funktion auf einer einfach zusammenhängenden Menge U definiert ist, nach 4.Korollar 3 liegt dann jeder von einer geschlossenen Kurve in U umlaufene Punkt selbst in U. Nach 4.Lemma 28.(a) ist die Menge U genau dann einfach zusammenhängend wenn in U jede stetige, geschlossene Kurve in U frei homotop zu einer konstanten Kurve ist. Für den Residuensatz reicht aber schon eine schwächere Bedingung aus, es müssen gar nicht alle geschlossenen Kurven in U frei homotop zu einer konstanten Kurve sein, es genügt das der Integrationsweg dies ist. Satz 6.3 (Der Residuensatz) Seien U C ein Gebiet und eine geschlossene stückweise C -Kurve in U, die in U frei homotop zu einer konstanten Kurve ist. Weiter sei D U diskret und abgeschlossen in U mit Bild() D =. Sei f : U\D C eine holomorphe Funktion. Dann gilt f(ζ) dζ = 2πi ω z () res z (f) wobei in dieser Summe nur endlich viele von Null verschiedene Summanden vorkommen. Beweis: Sei x U so, dass in U frei zur konstanten Kurve ɛ x homotop ist, und wähle eine freie Homotopie H von nach ɛ x in U. Dann ist die Menge C := Bild(H) U kompakt und insbesondere ist D C endlich. Da auch D\(D C) abgeschlossen in U ist, existiert ein ɛ > 0 mit (D\(D C)) B ɛ (C) = und B ɛ (C) U, d.h. V := B ɛ (C) U und V D = C D ist endlich. Wegen C V ist die Kurve in V zu ɛ x homotop. Schreibe jetzt D V = {z,..., z n }. Ist z D\{z,..., z n }, so ist die Funktion V C; w /(w z) wegen z / V holomorph und die Homotopieinvarianz des Kurvenintegrals 4.Lemma 27 liefert Damit ist ω z () = 2πi z D ω z () res z (f) = z D dζ ζ z = 0. n ω zk res zk (f) und die links stehende Summe hat nur endlich viele von Null verschiedene Summanden. Sei jetzt k n gegeben. Dann gibt es nach Lemma.(e) holomorphe Funktionen g k : (U\D) {z k } C und h k : C\{z k } C mit k= f(z) = g k (z) + h k(z) + res z k (f) z z k 2-2

3 für alle z U\D. Mit diesen Funktionen definieren wir jetzt die Funktion f : V \D = V \{z,..., z n } C; z f(z) l n l k n h k(z) k= n k= res zk (f) z z k und behaupten das diese in jedem Punkt z k für k n eine hebbare Singularität hat. Sei nämlich k n gegeben. Für jedes z V \{z,..., z n } gilt dann f(z) = g k (z) ( h l(z) + res ) z l (f), z z l wobei die ganz rechts stehende Summe in C\{z,..., ẑ k,..., z n } holomorph ist, d.h. f stimmt in der Menge V \{z,..., ẑ k,..., z n } mit einer holomorphen Funktion überein, und hat somit in z k eine hebbare Singularität. Also kann f zu einer auf ganz V holomorphen Funktion fortgesetzt werden, und eine erneute Anwendung der Homotopieinvarianz des Kurvenintegrals 4.Lemma 27 liefert 0 = f(ζ) dζ = f(ζ) dζ n k= Damit ist der Residuensatz bewiesen. n h dζ k(ζ) dζ res zk (f) k= ζ z k n = f(ζ) dζ 2πi ω zk () res zk (f). k= Wir schauen uns einige kleine Beispiele an, und beginnen mit dem Kurvenintegral ζ 3 + ζ + κ 0,2 (ζ )(ζ + 3) dζ. Der Integrand hat einfache Pole in z = und in z = 3 und wegen ω (κ 0,2 ) =, ω 3 (κ 0,2 ) = 0 ist für unser Kurvenintegral nur die Polstelle in z = von Interesse. Zur Berechnung des Residuums in diesem Punkt schreiben wir z 3 + z + z3+z+ (z )(z + 3) = z+3 z und dann ergibt die Quotientenformel für Residuen Lemma 2 ( ) z 3 + z + res = z3 + z + (z )(z + 3) z + 3 = 3 z= 4. Eine Anwendung des Residuensatz Satz 3 liefert schließlich ( ) ζ 3 + ζ + z 3 κ 0,2 (ζ )(ζ + 3) dζ = 2πi res + z + (z )(z + 3) 2-3 = 3 2 πi.

4 In diesem Beispiel hatten wir überhaupt nur einen Pol im Inneren des Integrationsweges, und wir wollen uns jetzt ein Beispiel anschauen bei dem mehrere Pole vorhanden sind. Wir nehmen denselben Integranden wie im eben gerechneten Beispiel, aber diesmal integrieren wir über den Kreis κ 0,4 mit Radius 4. Dann sind ω (κ 0,4 ) = ω 3 (κ 0,4 ) = und wir müssen beide Pole berücksichtigen. Analog zur obigen Berechnung des Residuums in z = erhalten wir für das Residuum in z = 3 res 3 ( z 3 + z + (z )(z + 3) und der Residuensatz Satz 3 ergibt diesmal ζ 3 + ζ + κ 0,4 (ζ )(ζ + 3) ) = z3 + z + z = 29 z= 3 4 ( ( ) ( z 3 + z + z 3 + z + dζ = 2πi res + res 3 (z )(z + 3) (z )(z + 3) ) Schon etwas komplizierter ist das Kurvenintegral κ 0,2 ζ 3 + ζ + (ζ ) 2 (ζ + 3) dζ. = 2πi ( )) = 6πi. Hier haben wir zwar wieder nur einen relevanten Pol in z = innerhalb des Integrationsbereichs, aber dies ist ein Pol der Vielfachheit 2. Nach dem Residuensatz Satz 3 gilt erneut ζ 3 + ζ + κ 0,2 (ζ ) 2 (ζ + 3) dζ = 2πi res ( ) z 3 + z +, (z ) 2 (z + 3) aber diesmal können wir nicht die Quotientenformel Lemma 2 zur Berechnung dieses Residuums verwenden. Nach Lemma.(a) ist das Residuum der Koeffizient bei (z ) in der Laurententwicklung zum Entwicklungspunkt z =, und daher wollen wir jetzt die ersten Terme dieser Laurententwicklung berechnen. Hierzu beginnen wir mit der geometrischen Reihe z + 3 = 4 + (z ) = 4 + z = 4 für z < 4, also ausgeschrieben n=0 ( ) n (z )n 4n+ z + 3 = 4 6 (z ) + 64 (z )2 + Hier brauchen wir eigentlich nur die ersten beiden Terme, das quadratische Glied könnten wir auch weglassen. Als nächsten Schritt rechnen wir für z < 4 z 3 + z + z + 3 = (z )3 + 3(z ) 2 + 4(z ) + 3 z = (z ) (z )2 +

5 wobei der quadratische Term wieder nur der Information dient. Als Laurententwicklung zum Entwicklungspunkt z 0 = ergibt sich d.h. es ist z 3 + z + (z ) 2 (z + 3) = 3 4 (z ) z , ( ) z 3 + z + res = 3 (z ) 2 (z + 3) 6. Insgesamt ergibt sich für das zu bestimmende Kurvenintegral ζ 3 + ζ + 3 dζ = κ 0,2 (ζ ) 2 (ζ + 3) 8 πi. Zur Berechnung von Residuen bei Polen höherer Ordnung kann man im Prinzip immer wie in diesem Beispiel vorgehen, man berechnet den Hauptteil des Laurententwicklung und nimmt den Koeffizienten zum Exponenten. Zur Durchführung dieser Rechnung kann man dann oftmals die in 3.4 entwickelten Methoden zum Rechnen mit Potenzreihen verwenden. Alternativ lassen sich solche Residuen auch mit dem folgenden Lemma berechnen. Lemma 6.4 (Residuen in Polen höherer Vielfachheit) Seien U C offen, f : U C eine holomorphe Funktion, z 0 U und m N mit m eine natürliche Zahl. Dann hat die Funktion g : U\{z 0 } C; z in der isolierten Singularität z 0 das Residuum f(z) (z z 0 ) m res z0 (g) = f (m ) (z 0 ) (m )!. Beweis: Ist r > 0 mit B r (z 0 ) U, so konvergiert die Taylorreihe f(z) = k=0 f (k) (z 0 ) (z z 0 ) k k! nach 3.Lemma 5 für z B r (z 0 ) gegen f(z). Für jedes z B r (z 0 ) folgt hieraus weiter g(z) = f(z) (z z 0 ) = m m k= f (m k) (z 0 ) (m k)! und jetzt ergibt Lemma.(a) die Behauptung (z z 0 ) + k res z0 (g) = f (m ) (z 0 ) (m )!. 2-5 k=0 f (m+k) (z 0 ) (m + k)! (z z 0) k,

6 Damit ist diese Residuenformel bewiesen. In unserem Beispiel ist m = 2 und f(z) = (z 3 + z + )/(z + 3) mit f (z) = (z + 3)(3z2 + ) z 3 z (z + 3) 2 = 2z3 + 9z (z + 3) 2, also ergibt das Lemma erneut ( ) z 3 + z + res (z ) 2 (z + 3) = f () = 3 6. Für zweifache Pole ist Lemma 4 häufig der beste Weg zur Berechnung des Residuums, für Pole noch höherer Vielfachheit m kann die Berechnung der (m )-ten Ableitung schnell zu aufwändig werden so, dass die Berechnung des Hauptteils der Laurententwicklung dann der bequemere Rechenweg ist. Als ein letztes Beispiel nehmen wir das Kurvenintegral tan ζ dζ. ζ 2 κ π 4, π 2 Für z C mit z π/4 < π/2 ist ω z (κ π/4,π/2 ) = und für z C mit z π/4 > π/2 ist ω z (κ π/4,π/2 ) = 0. Der Integrand hat einmal einen einfachen Pol in z = 0 und weitere einfache Pole in den Nullstellen des Cosinus, wobei die einzige Nullstelle des Cosinus des betrachteten Kreises in z = π/2 ist. Zur Berechnung der beiden Residuen läßt sich die Quotientenformel Lemma 2 verwenden, wir müssen nur beachten das tan z/z = sinc(z)/ cos(z) in z = 0 den Wert hat. Es ergeben sich res 0 ( tan z z 2 ) = und res π 2 ( ) tan z und unser Kurvenintegral wird damit zu ( ( ) tan ζ tan z dζ = 2πi res ζ 2 0 z 2 κ π 4, π Das Argumentprinzip z 2 + res π 2 = sin π 2 ( π 2 ) 2 sin π 2 ( )) tan z z 2 = 4 π 2 = 2(π2 4)i. π Eine der erstaunlichsten Anwendungen des Residuensatzes ist das sogenannte Argumentprinzip das es erlaubt die Anzahl der mit Vielfachheiten gezählten Nullstellen einer holomorphen, oder allgemeiner einer meromorphen, Funktion durch Auswertung eines gewissen Kurvenintegrals zu berechnen. Dieses Prinzip beruht auf einer einfachen Beobachtung. Gegeben seien ein Gebiet U C und eine meromorphe Funktion f 0 auf U. Wie schon in 5.3 bezeichne P (f) die Menge der Polstellen von f und N(f) := {z U\P (f) f(z) = 0} 2-6

7 die Menge der Nullstellen von f. Nach 5.Satz ist auch die sogenannte logarithmische Ableitung g := f /f auf U meromorph mit P (g) P (f) N(f). Warum man dies dies logarithmische Ableitung nennt wissen wir schon aus Aufgabe (29), ist f(z) = eh(z) so ist f (z)/f(z) = h (z), d.h. f /f ist die Ableitung von ln f. Während ln f allerdings nicht immer existieren muss, dies wissen wir nur für nullstellenfreie holomorphe Funktionen auf einfach zusammenhängenden Gebieten, können wir den Quotienten f /f als meromorphe Funktion immer hinschreiben und verwenden den Namen dann einfach weiter. Wir wollen uns die potentiellen Pole von g = f /f einmal näher anschauen. Zunächst sei z N(f) eine Nullstelle von f und es bezeichne n ihre Vielfachheit. Dann können wir in einer offenen Umgebung V U von z auch f(w) = (w z) n h(w) für alle w in V schreiben, wobei h : V C eine holomorphe Funktion mit h(z) 0 ist. Durch eventuelles Verkleinern von V können wir sogar h(w) 0 für alle w V annehmen. Für jedes w V ist dann auch g(w) = f (w) f(w) = n(w z)n h(w) + (w z) n h (w) (w z) n h(w) = n w z + h (w) h(w), d.h. die Funktion g hat in z einen einfachen Pol mit res z (g) = n = ord z (f). Nun sei z P (f) ein Pol der Vielfachheit n von f. Dann existiert in einer offenen Umgebung V U von z wieder eine holomorphe Funktion h : V C mit h(w) 0 für alle w V und f(w) = h(w) (w z) n für alle w V \{z}. Für alle w V \{z} ist damit auch f (w) = nh(w) (w z) + h (w) n+ (w z), d.h. g(w) = f (w)(w z) n n h(w) = n w z + h (w) h(w), d.h. die Funktion g hat auch in z einen einfachen Pol mit res z (g) = n = ord z (f). Damit haben wir gezeigt das die Polstellenmenge der logarithmischen Ableitung von f durch ( ) f P = P (f) N(f) f gegeben ist und das alle Pole von f /f einfach sind mit der jeweiligen Ordnung von f als Residuum. Wenden wir den Residuensatz auf die logarithmische Ableitung f /f an, so ergibt sich jetzt das schon angekündigte Argumentprinzip. Satz 6.5 (Das Argumentprinzip) Seien U C ein Gebiet, f 0 eine meromorphe Funktion auf U und eine geschlossene, stückweise C -Kurve in U mit Bild() (P (f) N(f)) = die in U frei homotop zu einer konstanten Kurve ist. Dann gilt 2πi f (ζ) f(ζ) dζ = z P (f) N(f) 2-7 ω z () ord z (f),

8 und es gibt nur endlich viele z P (f) N(f) mit ω z () 0. Beweis: Klar nach dem Residuensatz Satz 3 und unserer eingangs durchgeführten Überlegung. Um den Argumentprinzip besser zu verstehen wollen wir noch einige kleine Bezeichungen einführen. Seien hierzu U C ein Gebiet und eine geschlossene, stückweise C -Kurve in U, die in U zu einer konstanten Kurve frei homotop ist. Weiter sei 0 f M(U) eine meromorphe Funktion auf U mit Bild() (P (f) N(f)) =. Dann bezeichne P (f) := {z P (f) ω z () 0} und N (f) := {z N(f) ω z () 0} die Menge der von umlaufenen Pol- beziehungsweise Nullstellen von f. Nach dem Argumentprinzip sind P (f) und N (f) beides endliche Mengen. Die Summen P (f; ) := z P (f) ω z () ord z (f) und N(f; ) := z N (f) ω z () ord z (f) sind dann die Anzahlen der mit Vielfachheit gezählten Pol- beziehungsweise Nullstellen von f gewichtet durch mit der Anzahl der Umläufe von um die jeweilige Polbeziehungsweise Nullstelle. Das Argumentprinzip besagt in dieser Notation N(f; ) P (f; ) = f (ζ) 2πi f(ζ) dζ das rechts stehende Integral zählt also die von umlaufenen, mit Vielfachheit gezählten, Nullstellen minus die von umlaufenen, mit Vielfachheit gezählten, Polstellen von f, jeweils gewichtet durch die Anzahl der jeweiligen Umläufe von. Man nennt das Kurvenintegral über die logarithmische Ableitung daher oftmals auch das nullstellenzählende Integral. In den meisten Anwendungen des Argumentprinzips gilt ω z () = für alle z P (f) N (f) und dann wird die Anzahl der mit Vielfachheit gezählten Nullstellen minus die Anzahl der mit Vielfachheit gezählten Polstellen berechnet. Die für uns wichtigste Anwendung des Argumentprinzips ist der sogenannte Satz von Rouche. Dieser behandelt die folgende Problemstellung. Gegeben sind zwei auf einem Gebiet U holomorphe Funktionen f, g : U C mit f, g 0. Die Funktionen f und g seien in einem geeigneten Sinne nahe beieinander, dass wir uns etwa f als eine leicht gestörte Version von g denken können. Wir wollen einsehen das f und g dann mit Vielfachheiten gezählt die gleiche Anzahl von Nullstellen haben. Der Satz von Rouche stellt eine spezifische Bedingung bereit unter der wir derartige Aussagen beweisen können. Korollar 6.6 (Satz von Rouche) Seien U C ein Gebiet und eine geschlossene, stückweise C -Kurve in U, die in 2-8

9 U frei homotop zu einer konstanten Kurve ist. Seien f, g : U C zwei holomorphe Funktionen mit f(z) g(z) < g(z) für alle z Bild(). Dann gilt ω z () ord z (f) = ω z () ord z (g). z N(f) z N(g) Beweis: Wegen f(z) g(z) < g(z) für alle z Bild() ist Bild() N(f) = Bild() N(g) = und insbesondere sind f 0 und g 0. Wir können also das Argumentprinzip Satz 3 auf f und g anwenden und erhalten z N(f) ω z () ord z (f) z N(g) ω z () ord z (g) = 2πi ( f (ζ) f(ζ) g (ζ) g(ζ) ) dζ. Nach 5.Satz ist die Funktion h := f/g auf U meromorph und für jedes z U\(N(f) N(g)) gilt also ist insbesondere h (z) h(z) = g(z) f(z) f (z)g(z) f(z)g (z) g(z) 2 2πi = f (z) f(z) g (z) g(z), ( ) f (ζ) f(ζ) g (ζ) dζ = h (ζ) g(ζ) 2πi h(ζ) dζ. Wir müssen also nur noch zeigen das das rechts stehende Kurvenintegral verschwindet, und hierzu wollen wir uns überlegen das die Funktion h in einer offenen Umgebung von Bild() eine Stammfunktion besitzt. Zu diesem Zweck definieren wir die offene Menge V := {z U : f(z) g(z) < g(z) } mit Bild() V. Dann ist V (N(f) N(g)) = und für jedes z V gilt h(z) = f(z) g(z) f(z) g(z) = <, g(z) also h(z) B (). Dies zeigt h(v ) B () C und damit können wir auf V die holomorphe Funktion H := ln (h V ) : V C bilden, wobei ln : C C den in 3.Satz 3 eingeführten Hauptzweig des komplexen Logarithmus bezeichnet. Für jedes z V haben wir dann H (z) = (ln (h V )) (z) = h (z) h(z), also gilt H = h /h. Somit hat h /h in V eine Stammfunktion und insbesondere ist ω z () ord z (f) ω z () ord z (g) = h (ζ) dζ = 0. 2πi h(ζ) z N(f) z N(g) 2-9

10 Damit ist der Satz von Rouche bewiesen. Wie schon beim Argumentprinzip ist der für uns wichtigste Fall, dass für alle z U im Inneren von, also mit ω z () 0, stets ω z () = gilt. Bezeichnet V := {z U\ Bild() ω z () 0} dann das Innere von, so besagt der Satz von Rouche das ord z (f) = ord z (g) z N(f) V z N(g) V ist, d.h. die Anzahlen der mit Vielfachheit gezählten Nullstellen von f und g im Inneren von sind gleich. Will man den Satz von Rouche anwenden, so ist eine der beiden Funktionen eine Funktion deren Nullstellenzahl innerhalb von man bestimmen will, und die andere Funktion ist eine geschickt gewählte Vergleichsfunktion für die man diese Zahl schon kennt. Der Satz von Rouche besagt dann dass die gesuchte Nullstellenanzahl genau dieselbe wie bei der Vergleichsfunktion ist. Wir wollen uns drei kleine Beispiele zum Satz von Rouche anschauen.. Wir wollen die Anzahl der mit Vielfachheit gezählten Nullstellen der Funktion f(z) = 2z 4 + 6z + 3 im Einheitskreis B (0) berechnen. Die Kurve im Satz von Rouche ist = κ 0,, denn dann ist B (0) = {z C\ Bild() ω z () 0}. Weiter ist für jedes z B (0) stets ω z () =, wir sind also im oben erwähnten Hauptfall. Weiter verwenden wir die Hilfsfunktion g(z) := 3 + 6z als unsere Vergleichsfunktion. Die Funktion g hat genau eine Nullstelle z in B (0) nämlich z = /2. Für jedes z C mit z = ist g(z) = 3 + 6z 6 z 3 = 3 > 2 z 4 = f(z) g(z), also ist der Satz von Rouche anwendbar und liefert das auch f genau eine Nullstelle in B (0) besitzt. Auch in den folgenden Beispielen werden wir weiterhin Kreise für unsere Kurve verwenden, ohne jedesmal wieder darauf hinzuweisen, dass wir im obigen Hauptfall sind. 2. Sei λ R mit λ > gegeben. Wir behaupten das die Funktion f(z) = ze λ z genau eine Nullstelle in B (0) besitzt und das diese im reellen Intervall (0, ) liegt. Hierzu betrachten wir die Vergleichsfunktion g(z) = ze λ z die genau eine einfache Nullstelle in B (0) hat, nämlich z = 0. Für jedes z C mit z = ist g(z) = e λ Re z > = f(z) g(z), also hat f nach dem Satz von Rouche genau eine Nullstelle in B (0). Wegen f(0) = und f() = e λ > 0 liegt diese nach dem Zwischenwertsatz in (0, ). 3. Nun seien U C eine offene Menge und r > 0 mit B r (0) U und f : U C holomorph mit f(z) < r für alle z C mit z = r. Wir behaupten das es dann 2-0

11 genau ein z C mit z < r und f(z) = z gibt. Setzen wir h(z) := f(z) z und g(z) := z für alle z U, so hat g genau eine einfache Nullstelle in B r (0) und für alle z C mit z = r gilt h(z) g(z) = f(z) < r = g(z), d.h. auch h hat genau eine Nullstelle in B r (0) und dies bedeutet das es genau ein z B r (0) mit f(z) = z gibt. Wir wollen noch eine weitere, etwas kompliziertere, Anwendung des Satzes von Rouche besprechen. Wir wollen zeigen, dass die Nullstellen eines komplexen Polynoms stetig von seinen Koeffizienten abhängen. Etwas genauer formuliert ist hiermit die folgende zu beweisende Aussage gemeint. Sei n N mit n und sei p(z) = a n z n + + a 0 ein komplexes Polynom von Grad n, also a n 0. Nach dem Fundamentalsatz der Algebra 4.Satz 2 hat p genau n entsprechend ihrer Vielfachheit gezählte Nullstellen z,..., z n C. Weiter sei ein ɛ > 0 gegeben. Wir behaupten das es dann ein δ > 0 gibt so, dass jedes komplexe Polynom q(z) = b n z n + + b 0 von Grad n mit b j a j < δ für alle 0 j n mit Vielfachheit aufgezählte Nullstellen w,..., w n C hat, die sich mit w j z j < ɛ für alle j n anordnen lassen. Um dies zu beweisen bezeichne u,..., u m die verschiedenen Nullstellen von p, also ist m n, die u,..., u m sind paarweise verschieden und es ist {z,..., z n } = {u,..., u m }. Setze dann ( { }) ui u j r := min {ɛ} 3 i < j m > 0. Dann ist r ɛ und für alle i < j m gilt B r (u i ) B r (u j ) =. Ist i m, so ist insbesondere u j / B r (u i ) für alle j m mit j i, es ist also Weiter setze θ i := min p(z) > 0. z u i =r M i := u i + r + > und δ i := > 0. 2(n + )Mi n Schließlich sei δ := min{δ,..., δ m } > 0. Sei jetzt q(z) = b n z n + + b 0 ein komplexes Polynom von Grad n mit b j a j < δ für alle 0 j m. Sei i m. Für jedes z C mit z u i = r gilt dann z u i + r < M i also ist auch q(z) p(z) n b j a j z j j=0 n j=0 θ i b j a j M j i (n + )δm n i θ i 2 < p(z), und nach dem Satz von Rouche hat q mit Vielfachheit gezählt genau ord ui (f) viele Nullstellen in B r (u i ), und ist w eine dieser Nullstellen so gilt w u i < r ɛ. Wegen m i= ord u i (p) = n und da auch das Polynom q mit Vielfachheit gezählt genau n Nullstellen in C hat, können die Nullstellen von q also wie behauptet aufgelistet werden. 2-

12 6.3 Berechnung uneigentlicher Integrale Wir kommen nun zu einer weiteren Anwendung des Residuensatzes, wir werden uneigentliche reelle Integrale mit komplexen Methoden berechnen. Diese Technik geht auf Cauchy zurück der mittels des Residuensatzes und dem im Folgenden vorgestellten Verfahren eine Vielzahl derartiger Integrale berechnen konnte. Wir wollen mit einem Beispiel beginnen und das uneigentliche Integral dx x 4 + berechnen. In diesem konkreten Beispiel kann man natürlich auch einfach eine Stammfunktion bestimmen und das Integral direkt berechnen, es geht uns hier um die Methode nicht um das Ergebnis. Zunächst beachte das wir schon aus Analysis II wissen das dieses uneigentliche Integral überhaupt existiert, und damit gilt dx x 4 + = lim r Sei r > 0 gegeben. Dann betrachten wir den Halbkreis r dx x 4 +. κ + 0,r : [0, π] C; t re it und bilden mit diesem die geschlossene Kurve r := κ + 0,r + τ r,r. Weiter setzen wir ξ := e i π 4 = + i 2, und dann hat der Integrand f(z) = /(z 4 + ) einfache Pole in ξ, ξ, iξ und iξ, deren Residuen in der oberen Halbebene sich gemäß der Quotientenformel Lemma 2 als ( ) res ξ = z 4 + 4ξ = 3 4 ξ = + i ( ) 4 2 und res iξ = z 4 + 4iξ = i 3 4 ξ = i 4 2 ergeben. Für jedes r > ist damit nach dem Residuensatz Satz 3 ( ( ) ( )) dζ ζ 4 + = 2πi res ξ + res z 4 iξ = 2πi 2i + z = π. 2 r Jetzt ist für jedes r > 0 auch dζ ζ 4 + = r r r dx x κ + 0,r und da für alle z C mit z = r 2 /4 stets z 4 + r 4 2 r dζ ζ 4 +,

13 gilt, läst sich der zweite Summand für r 2 /4 abschätzen durch κ + 0,r dζ ζ 4 + 2π r. 3 Dies zeigt lim κ + 0,r dζ ζ 4 + = 0, und wir haben dx r x 4 + = lim r ( dx x 4 + = lim κ + 0,r dζ r ζ r ) dx x 4 + = lim r dζ ζ 4 + = π 2 eingesehen. Dieses Beispiel zeigt schon die allgemeine Methode, man konstruiert eine parametrisierte Folge von Integrationswegen, wendet auf diese den Residuensatz an und führt dann einen Grenzübergang bezüglich des Parameters durch. Dies liefert uns eine Gleichung für den zu bestimmenden Grenzwert, die wir dann zur endgültigen Berechnung des Ergebnisses auswerten. Sehr häufig ist wie im eben gerechneten Beispiel die vom Residuensatz gelieferte Summe sogar vom Parameter unabhängig, was die weitere Rechnung vereinfacht. Wir wollen uns ein weiteres Beispiel anschauen, diesmal geben wir uns eine Konstante 0 < a < vor und wir wollen das Integral e ax + e x dx berechnen. In diesem Beispiel läßt sich keine elementare Stammfunktion bestimmen, eine direkte Berechnung dieses Integrals wird also nicht möglich sein. Da der Integrand positiv ist, reicht es den Grenzwert e ax r e ax dx = lim + ex r + e dx x zu berechnen, ist dieser endlich so folgt insbesondere die Konvergenz unseres uneigentlichen Integrals. Das prinzipielle Vorgehen ist wie im vorigen Beispiel, wir konstruieren geeignete geschlossene Kurven r auf die wir den Residuensatz anwenden können so, dass wir im Grenzwert r unser gesuchtes uneigentliches Integral bestimmen können. Diesmal benutzen wir für r ln 2 den folgenden Weg r := τ r,r + τ r,r+2πi + τ r+2πi, r+2πi + τ r+2πi, r, 2-3

14 d.h. r ist der positiv orientierte Rand eines Rechtecks mit den Eckpunkten in r, r, r + 2πi und r + 2πi. Hier haben wir nur ein relevantes Residuum im Inneren der Kurve r, nämlich in z = iπ, dessen Wert wir mit der Quotientenformel Lemma 2 als ( ) e az res iπ = eiπa + e z e = iπ eiπa, berechnen können. Der Residuensatz Satz 3 ergibt Schreiben wir jetzt r e aζ + e ζ dζ = 2πieiπa. I(r) := r r e ax + e x dx, so ergeben sich die Teilintegrale über die untere und obere Seite des Rechtecks als τ r,r e aζ dζ = I(r) und + eζ τ r+2πi, r+2πi also ist die Summe der beiden waagerechten Seiten gleich τ r,r e aζ + e ζ dζ + τ r+2πi, r+2πi e aζ r + e dζ = e a(x+2πi) ζ r + e dx = x+2πi e2πia I(r), e aζ + e ζ dζ = ( e2πia )I(r). Wir kommen jetzt zu den beiden vertikalen Seiten, und wollen einsehen das diese im Grenzwert r verschwinden. Für alle 0 t 2π gelten jetzt wegen r ln 2 und also sind auch τr,r+2πi e aζ e a(r+it) + e r+it = e a( r+it) + e r+it = + e dζ ζ 4πe(a )r und Da 0 < a < vorausgesetzt ist, gelten damit lim τr,r+2πi e aζ e ar + e r+it ear e r 2e(a )r e ar + e r+it e ar 2e ar e r dζ = lim + eζ 2-4 τ r+2πi, r e aζ τ r+2πi, r e aζ + e dζ ζ 4πe ar. dζ = 0, + eζ

15 also folgt die Existenz des Grenzwerts Wegen lim e 2πia e iπa können wir diese Gleichung auch als r lim r 2πieiπa 2πieiπa I(r) = = e2iπa e 2iπa. = e iπa e iπa = 2i sin(πa) e ax dx = lim + e I(r) = x π sin(πa) schreiben. Damit ergibt sich zum einen die Konvergenz unseres uneigentlichen Integrals und zum anderen der Wert e ax + e dx = π x sin(πa). Das hier vorgestellte Verfahren zur Berechnung uneigentlicher Integrale über den Residuensatz ist eine Methode und kein fixierter Satz. Für viele Standardsituationen kann man aber spezialisierte Sätze aufstellen die direkt ein Ergebnis liefern und die Durchführung der eigentlichen Methode überflüssig machen. Alle diese Sätze werden nach demselben Schema konstruiert, man wählt sich eine Familie von Integrationswegen r und überlegt sich für welche Integranden f die Residuenmethode mit dieser Familie funktioniert. Dies führt auf Bedingungen an die Funktion f die man dann als Voraussetzung des aufzustellenden Satzes verwendet. Wir wollen zwei Beispiele für derartige Sätze vorführen. In unserem Eingangsbeispiel der Funktion f(z) = /(z 4 + ) hatten wir für r einen oberen Halbkreis mit Radius r und Mittelpunkt in 0 verwendet und der folgende Satz gibt eine Bedingung an f unter der diese Halbkreismethode funktioniert. Satz 6.7 (Satz über die Halbkreismethode) Seien U C eine offene Menge mit R [0, ) U, D U eine endliche Menge mit D R = und f : U\D C eine holomorphe Funktion. Schreibe D + := {z D Im z > 0 } und M(r) := sup{ f(z) : z C, z = r, Im z 0} für jedes r > 0 und es gelte lim rm(r) = 0. Dann existiert der Grenzwert lim r r f(x) dx = 2πi z D + res z (f). Beweis: Da D endlich ist gibt es ein r 0 > 0 mit z r 0 für alle z D. Für jedes r > r 0 setzen wir r := τ r,r + κ + 0,r und haben nach dem Residuensatz Satz 3 r f(x) dx + f(ζ) dζ = f(ζ) dζ = 2πi res z (f). r κ + 0,r r z D + 2-5

16 Weiter gilt κ + 0,r f(ζ) dζ πrm(r) für jedes r > r 0 und unsere Voraussetzung lim rm(r) = 0 impliziert f(ζ) dζ = 0. Damit ist der Satz bewiesen. lim κ + 0,r Oft ist f sogar auf ganz C\D definiert und holomorph und erfüllt die Bedingung lim z zf(z) = 0, die insbesondere die Voraussetzung des Satzes impliziert. Als ein Beispiel verwenden wir einmal diesen Satz um das uneigentliche Integral x 2 x + 2 x 4 + 0x dx zu berechnen. Da dieses Integral uneigentlich konvergiert, ist dabei x 2 x + 2 dx = lim x 4 + 0x r r x 2 x + 2 x 4 + 0x dx. Wie schon vor dem Fundamentalsatz der Algebra 4.Satz 2 festgehalten wachsen Polynome so wie ihr höchster Term, es gibt also ein a > 0 mit z 2 z z 2 und z 4 + 0z z 4 für alle z C mit z a, d.h. für z C mit z a gilt auch z 2 z + 2 z 4 + 0z und somit z lim z 2 z + 2 z 2 z z 4 + 0z = 0. Die Voraussetzen des Satzes über die Halbkreismethode sind also erfüllt. Das Polynom z 2 +0z +9 hat Nullstellen in 5± 25 9, also z = 9 und z 2 =. Die Nullstellen von z 4 + 0z sind damit ±3i und ±i. Die relevanten Residuen ergeben sich mit 2 als und also ist ( ) z 2 z + 2 res 3i z 4 + 0z = 7 3i 08i + 60i = 3 7i 48 ( ) z 2 z + 2 res i = i z 4 + 0z i + 20i = i + 6, x 2 x + 2 0i dx = 2πi x 4 + 0x = 5 2 π. 2-6

17 Wir kommen zu unserem zweiten Beispielsatz, hier wird für den Integrationsweg ein Rechteck mit Ecken in s, r, r + i(r + s) und s + i(r + s) verwendet, wobei r, s > 0 zwei Parameter sind. Wir verwenden diesmal zwei unabhängige Parameter um auch die Konvergenz unseres uneigentlichen Integrals beweisen zu können. Satz 6.8 (Satz über die Rechteckmethode) Seien U C offen mit R [0, ) U, a > 0 und D U endlich mit D R =. Schreibe D + := {z D Im z > 0}. Weiter sei f : U\D C eine holomorphe Funktion mit lim z Im z 0 f(z) = 0 und setze g : U C; z f(z)e iaz. Dann existiert das uneigentliche Integral f(x)e iax dx = 2πi z D + res z (g). Beweis: Wähle eine Konstante b > 0 mit D ( b, b) ( b, b). Für r, s > b betrachte die geschlossene, stückweise C -Kurve rs := τ s,r + τ r,r+i(r+s) + τ r+i(r+s), s+i(r+s) + τ s+i(r+s), s, d.h. rs ist der positiv orientierte Rand des Rechtecks mit den Ecken s, r, r + i(r + s) und s + i(r + s). Nach dem Residuensatz Satz 3 gilt für alle r, s > b f(ζ)e iaζ dζ = g(ζ) dζ = 2πi res z (g). rs rs z D + Für jedes q > 0 setzen wir M(q) := sup{ f(t + iq) : t R}, N + (q) := sup{ f(q + it) : t 0} Unsere Voraussetzung an f ergibt dann und N (q) := sup{ f( q + it) : t 0}. lim M(q) = lim N +(q) = lim N (q) = 0. q q q Seien jetzt r, s > b gegeben. Dann ist zunächst r g(ζ) dζ = f(x)e iax dx g(ζ) dζ+ rs s τ s+i(r+s),r+i(r+s) τ r,r+i(r+s) g(ζ) dζ τ s, s+i(r+s) g(ζ) dζ und wir wollen die drei hinteren Summanden abschätzen. Für die obere Seite ist einfach. g(ζ) dζ τ s+i(r+s),r+i(r+s) = f(ζ)e iaζ dζ τ s+i(r+s),r+i(r+s) (r + s)e a(r+s) M(r + s) 2-7

18 Für die beiden anderen Seiten müssen wir ein klein wenig genauer abschätzen, und aus technischen Gründen behandeln wir hier gleich eine etwas allgemeinere Abschätzung. Sei zusätzlich ein 0 s < r + s gegeben. Dann haben wir g(ζ) dζ τ r+is,r+i(r+s) = f(ζ)e iaζ dζ τ r+is,r+i(r+s) = r+s if(r + it)e ta+iar dt s N + (r) r+s s e at dt = N + (r) e as und speziell für s = 0 ist damit g(ζ) dζ τ r,r+i(r+s) N +(r). a Auf der linken Seite folgt analog für jedes 0 r < r + s g(ζ) dζ τ s+ir, s+i(r+s) N (s) a und speziell für r = 0 ist damit g(ζ) dζ τ s, s+i(r+s) N (s). a e a(r+s) a e ar N +(r) e as, a Nun verwenden wir diese Ungleichungen zunächst um die Konvergenz des uneigentlichen Integrals f(x)eiax dx zu beweisen. Hierzu wollen wir das Cauchy-Kriterium für uneigentliche Integrale verwenden. Sei ɛ > 0. Wähle dann ein festes s > b. Wegen lim (r + N + (r) s)e a(r+s) M(r + s) = lim a existiert ein r 0 > b > 0 mit (r + s)e a(r+s) M(r + s) < ɛ 5, N +(r) a N (s) = lim e a(r+s) = 0 a < ɛ 5 und N (s) e a(r+s) < ɛ a 5 für alle r r 0. Seien jetzt r, r R mit r > r r 0 gegeben. Dann ist r r r g(x) dx = g(x) dx g(x) dx r s s (r + s)e a(r +s) M(r + s) + (r + s)e a(r+s) M(r + s) + N +(r ) + N +(r) a a + g(ζ) dζ τ s+i(r+s), s+i(r +s) < 4 5 ɛ + N (s) e a(r+s) < ɛ, a 2-8

19 und das Cauchykriterium ergibt die Existenz des uneigentlichen Integrals 0 f(x)e iax dx und analog von 0 f(x)e iax dx. Damit existiert das uneigentliche Integral und es gilt f(x)e iax dx = lim g(ζ) dζ = 2πi res z (g). rr z D + Um ein konkretes Beispiel für diesen Satz zu sehen, seien a R mit a > 0 und b C mit Re b > 0 gegeben. Dann sind lim z Im z 0 z ib = lim z Im z 0 z + ib = 0 und der Satz über die Rechteckmethode liefert die Existenz der uneigentlichen Integrale ( ) e iax e iaz x ib dx = 2πi res ib = 2πi e ab z ib und Hieraus folgen weiter und 2πi e ab = 2πi e ab = ( e iax x ib + ( e iax x ib e iax dx = 0. x + ib ) eiax dx = x + ib ) eiax dx = x + ib 2xe iax x 2 + b 2 dx 2ibe iax x 2 + b 2 dx. Schauen wir uns im ersten Integral den Imaginärteil an und verwenden das der Integrand dann eine gerade Funktion ist und im zweiten Integral entsprechend den Realteil, so ergeben sich letztlich die klassischen Integrale 0 b cos(ax) x 2 + b 2 dx = 0 x sin(ax) x 2 + b 2 dx = π 2 e ab. 2-9