Mathematik für Physiker IV

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1 Mathematik für Physiker IV Universität Tübingen Sommersemester 2 Prof. Dr. Christian Hainzl vervollständigt und getext von Mario Laux und Simon Mayer

2 Inhaltsverzeichnis Komplexe Analysis (Funktionentheorie) 3. Einleitung holomorphe Funktionen Potenzreihen Integration entlang Kurven Cauchy-Theorem und Anwendungen Meromorphe Funktionen Singularitäten Komplexer Logarithmus Konforme Abbildungen Fourier-Analysis Einleitung Fourier-Reihen Integralkerne Wiederholung: Hilbertraum und Skalarprodukt L 2 -Konvergenz von Fourier-Reihen Fourier-Transformation Anwendungsbeispiele von Fourier-Transformationen

3 Komplexe Analysis (Funktionentheorie). Einleitung Wir betrachten Funktionen, die von der Menge der komplexen Zahlen in die Menge der komplexen Zahlen abbilden, f : C C. Eine komplexe Zahl z C setzt sich aus Realteil x und Imaginärteil y zusammen, z = x + iy; x, y R. Dabei bezeichnet i die imaginäre Einheit, für die gilt i 2 =. Das Komplexkonjugierte einer komplexen Zahl ist die selbe Zahl mit Vorzeichenwechsel im Imaginärteil: z = x iy. Der Betrag einer komplexen Zahl sei definiert durch z = z z. Eine geometrische Interpretation komplexer Zahlen ist die Gaußsche Zahlenebene, man trägt den Realteil in x-richtung, den Imaginärteil in y-richtung auf. Optisch sieht sie dem zweidimensionalen Raum reeller Zahlen R 2 ähnlich (vgl. Abbildung ), wir werden im Folgenden untersuchen worin die beiden sich unterscheiden. Dazu definieren wir zuerst was es für eine komplexe Funktion bedeutet, holomorph zu sein. 2 (, ) Im z = x + iy y z x Re Abbildung : Die reelle (links) und komplexe (rechts) Ebene im Vergleich.. holomorphe Funktionen.. Definition. holomorph f(z Es sei f : C C eine Abbildung. f heißt holomorph in z C lim +h) f(z ) h h = a existiert. Man schreibt dann a = f (z ). Eine alternative Definition lautet: f(z + h) f(z ) = ah + ψ(h) wobei für ψ gilt, dass ψ(h) h ( ist die euklidische Norm). Wir betrachten die Funktion f(z) = z = x iy im Komplexen und analog dazu die zweidimensionale reelle Funktion F (x, y) = (x, y). F ist total differenzierbar, DF = ( ). 3

4 Sei h R. Bilden wir nun den Differenzenquotienten und nähern uns zuerst auf der rellen, dann auf der imaginären Ache der Null, so erhalten wir: f(h) f() h f(ih) f() ih = h h = ih ih = =. Die Funktion f(z) = z ist also nicht holomorph. Dies lässt schon vermuten, dass holomorph ein stärkerer Begriff als die totale Differenzierbarkeit ist. Eigenschaften holomorpher Funktionen sind (a) f holomorph γ f(z)dz = b a f(γ(t)) γ (t)dt =, wobei γ : [a, b] C eine Parametrisierung einer Kurve im Komplexen ist. (b) f holomorph f unendlich oft differenzierbar und sogar analytisch. (c) f = g auf einer Umgebung f = g überall. (d) Es gilt der Residuensatz: fdz = F (Singularitäten), γ wobei die Singularitäten Polstellen in der komplexen Ebene sind. Dadurch lässt sich z.b. das Integral dx leicht berechnen. +x 2 In der komplexen Ebene definiert man Mengen analog wie im Reellen: D r (z ) = {z z z < r} D r (z ) = {z z z r} C r (z ) = {z z z = r} D = {z z } (Einheitskreisscheibe). Auch Stetigkeit definiert man analog: f heißt stetig in z ɛ > δ z : z z < δ f(z) f(z ) < ɛ. Bemerkung: z f(z) ist dann ebenfalls stetig...2 Satz. Eine stetige Funktion auf einer kompakten Menge ist beschränkt und nimmt ihr Maximum an, Ω kompakt abgeschlossen und beschränkt. Beweis. Siehe Mathematik für Physiker III. Wir wenden uns wieder holomorphen Funktionen zu. Ein Beispiel für eine holomorphe Funktion ist die Identität f(z) = z. Denn bildet man den Differenzenquotient nach Definition, erhält man f(z + h) f(z ) lim = = f (z). h h 4

5 Ein weiteres Beispiel ist die Funktion, die einer Zahl ihr Inverses zuordnet, f(z) = z. Sie ist holomorph auf C\{}, f (z) =. Andere Beispiele für holomorphe Funktionen z 2 sind die Exponentialfunktion sowie Sinus und Kosinus...3 Bemerkung. Jedes Polynom p(z) = a + a z a n z n ist holomorph...4 Satz. Seien f, g holomorph in Ω C, dann gilt (a) f + g holomorph und (f + g) = f + g. (b) fg holomorph und (fg) = f g + fg. (c) f g holomorph bis auf Nullstellen von g mit ( f g ) = f g fg g 2. (d) f : Ω U, g : U C holomorph, dann ist g f holomorph mit (g f) = g (f(z))f. Beweis. Für (b): Seien f, g holomorph in z. Das heißt es gilt f(z + h) f(z) = f (z)h + ψ(h) g(z + h) g(z) = g (z)h + φ(h) ψ(h) h h φ(h) h h. Wir bilden nun die Differenz F (z + h) F (h) mit F := fg: f(z + h)g(z + h) f(z)g(z) = f(z + h)g(z + h) f(z)g(z + h) + f(z)g(z + h) f(z)g(z) = g(z + h) ( f (z)h + ψ(h) ) + f(z) ( g (z)h + φ(h) ) = g(z) ( f (z)h + ψ(h) ) + f(z) ( g (z)h + φ(h) ) + ( g (z)h + φ(h) )( f (z)h + ψ(h) ) }{{} :=A(h) = ( g(z)f (z) + f(z)g (z) ) h + g(z)ψ(h) + f(z)φ(h) + A(h), }{{} :=Γ(h) wobei Γ(h) h für h. (fg) = f g + fg. Betrachtet man eine Funktion f : C C, bei der Realteil und Imaginärteil von zwei Variablen x und y abhängen, f(z) = u + iv = u(x, y) + iv(x, y), so kann man wieder vergleichen mit dem reellen Analogon: F (x, y) : R 2 R 2, (x, y) (u(x, y), v(x, y)). Die totale Ableitung von F ist ) DF = J = ( u x u y Was ist nun der Zusammenhang zwischen J und f (z)? Zuerst lässt sich sagen, dass J eine Matrix und f (z) eine komplexe Zahl ist. Sei z = x +iy, h = h +ih 2. Bildet man v x v y. 5

6 die Ableitung von f wieder auf die Weise, dass man sich zuerst von der reellen Achse, dann von der imaginären Achse annähert, erhält man..5 Definition. f f(x + h, y ) f(x, y ) (z ) = lim h f (z ) = lim h 2 h f(x, y + h 2 ) f(x, y ) ih 2 = f x Sei f : C C holomorph in z, x + iy u + iv. Dann ist die Ableitung f (z) = x f = f. Definiere also eine Ableitung nach z: i y Es gilt z := ( 2 x + ) i y = i f y. z := ( 2 x ). i y x (u + iv) = (u + iv). i y Es bezeichne u x die partielle Ableitung von u nach x, analog für die anderen Größen. Führt man die Ableitungen aus, erhält man u x + iv x = i (u y + iv y ) = iu y + v y. Für Gleichheit müssen komplexe Zahlen in Real- und Imaginärteil übereinstimmen. Man erhält zwei Gleichungen, die sog. Cauchy-Riemann-Differentialgleichungen (C.-R.-DGL):..6 Satz. Sei f = u + iv holomorph in z, dann gilt (a) z f(z ) = (b) f (z ) = z f(z ) = 2 u z (c) f (z ) 2 = det J(z ) u x = v y u y = v x. Beweis. Für (a) offensichtlich, folgt direkt aus der Holomorphie von f. Für (b) bildet man die Ableitung von f: f (z ) = z f = z (u + iv) = z u + i z v, wobei man den Imaginärteil ersetzen kann mithilfe der C.-R.-DGL. Schreibe dazu i z v = i 2 (v x iv y ) = 2 (iv x + v y ) = 2 ( iu y + u x ) = z u. 6

7 Also ist f (z ) = 2 z u. Für (c) schreibt man det J = u x v x u y v y = u xv y u y v x = u 2 x + u 2 y = x u + i y u 2 = 2 2 z u = f (z ) Satz. Cauchy s Theorem Sei C ein stetig differenzierbarer geschlossener Weg in C mit Parametrisierung z(t) : [a, b] C und sei f holomorph und stetig differenzierbar. Dann gilt C f(z)dz = b a f(z(t)) z (t)dt =. Beweis. Die Parametrisierung ist z(t) = x(t) + iy(t). Es bezeichne A die von C eingeschlossene Fläche. Dann kann man schreiben b a b (u + iv) (x (t) + iy (t))dt = (ux (t) vy (t))dt + i (uy (t) + vx (t))dt a a ( ) ( ) b u x ( ) ( ) b v x = a v y dt + i a u y dt = (v x + u y )d(x, y) + i (u x v y )d(x, y) =, A wobei im vorletzten Schritt der Satz von Green und im letzten Schritt die C.-R.-DGL angewendet wurden...8 Theorem. Sei f = u + iv eine komplexe Funktion auf Ω C. Seien u, v stetig differenzierbar und erfüllen die C.-R.-DGL. Dann ist f holomorph auf Ω und f (z) = z f = 2 z u. Beweis. Es sei h = h + ih 2. Da u, v stetig differenzierbar, kann man für diese schreiben ) ) u(x + h, y + h 2 ) u(x, y) = v(x + h, y + h 2 ) v(x, y) = ( ux u y ( ) vx v y ( h h 2 ( ) h h 2 b A + h ψ (h) + h ψ 2 (h). 7

8 Schreibe also um die Holomorphität zu zeigen f(z + h) f(z) = u(z + h) u(z) + i(v(z + h) v(z)) ) ) ) = = ( ux u y ( ) ux u y ( ( h h 2 ( ) h h 2 + h ψ (h) + i (( vx v y (( ) uy + h ψ (h) + i u x ( ) h h 2 ( ) h h 2 + h ψ 2 (h) = x u + ) i y u (h + ih 2 ) + h ψ (h) + i h ψ 2 (h) }{{}}{{} für h = z f f holomorph. ) + h ψ 2 (h) ).2 Potenzreihen Wir möchten zeigen, dass die Exponentialfunktion sowie Sinus und Kosinus holomorph sind. Dazu betrachten wir deren Reihenentwicklung, bzw. allgemein Potenzreihen. Zuerst überprüfen wir die harmonische Reihe z n n= auf Konvergenz. Für N < kann man für die harmonische Reihe schreiben N n= z n = zn+. z Wieso geht das? Wir klammern immer jeweils ( z) aus und können schreiben z N+ = ( z)z N + z N = ( z)(z N + z N ) + z N =... N = ( z) z n. n= Lassen wir nun N gegen unendlich gehen, so konvergiert die Reihe nur für z <, da sonst der Term z N+ divergiert, n= z n = z falls z <. Für z > divergiert die Reihe, man sagt dann, der Konvergenzradius ist. 8

9 Nun betrachten wir eine allgemeine Potenzreihe der Form.2. Theorem. a n z n. n= Für eine Potenzreihe n= a n z n existiert ein R mit R = lim sup a n /n so dass folgendes gilt: (a) Falls z < R dann konvergiert die Reihe absolut, (b) falls z > R dann divergiert die Reihe, (c) falls z = R ist keine Aussage über Konvergenzverhalten möglich. Beweis. Für (a): Fixiere ein z < R, dies ist äquivalent zu z R < und damit äquivalent ( ) zu ɛ > : z R + ɛ <. Da nach Voraussetzung gilt, dass lim sup a n /n = R, kann man schreiben ɛ > n ɛ N : n > n ɛ : a n /n R + ɛ z a n /n = r < z n a n r n n=n ɛ n=n ɛ n= r n = r <. Beweis für (b): Sei nun z > R fest, wieder formen wir äquivalent um zu z ( ) R zu z R ɛ >. Dann > bzw. {a nk } k N ɛ > k ɛ N : k > k ɛ : a nk /n k R ɛ Die Reihe z n a n hat unendlich viele Glieder, die sind, n= z n k a nk > Die Reihe divergiert..2.2 Theorem. (a) Die Potenzreihe f(z) = n= a n z n definiert eine holomorphe Funktion innerhalb ihres Konvergenzradius, (b) die Ableitung von f ist auch eine Potenzreihe und zusätzlich gilt f (z) = n= na n z n, (c) f hat den selben Konvergenzradius wie f. 9

10 Beweis. Zu (c): Wie man durch Multiplizieren mit sieht, gilt lim sup a n /n = lim sup n /n lim sup a n /n = lim sup na n /n. }{{} = Also haben n a nz n und n na nz n und somit auch n a nz n den selben Konvergenzradius. Zu (a) und (b): Definiere eine Funktion g(z) := na n z n. n= Sei nun z < R, r : z < r < R. Spalte f(z) auf in einen Teil mit endlichem Summationsindex und Rest: f(z) = f N (z) + u N (z). Dabei sind die einzelnen Teile wie folgt definiert: f N (z) = N n= a n z n und u N (z) = f(z) f N (z) = n=n+ a n z n. Es gilt nun für ein h mit z + h < R f(z + h) f(z ) h g(z ) = f N(z + h) f N (z ) f h N(z ) + fn(z ) g(z ) }{{}}{{} =α + u N(z + h) u N (z ) }{{ h } =α 3. =α 2 + Wir müssen nun zeigen, dass die α i, i =, 2, 3 verschwinden, dann konvergiert der Differenzenquotient gegen die Ableitung und die Potenzreihe ist damit holomorph. Dazu eine Nebenrechnung. Allgemein gilt ( a n b n = a n b n a) ( = a n b ) n ( ) b k a a k= n = a n ( ) b k a b a. Für b < a < r kann man dies schreiben als k= a n b n a b r n n. Damit kann man α 3 abschätzen: α 3 = u N (z + h) u N (z ) h (z + h) N z N a n h n=n+ n=n+ a n nr n.

11 Da n= a n nr n < folgt, dass der Abstand zwischen den Reihengliedern immer kleiner werden muss: n=n+ a n nrn N. α 3 N. Da lim N f N (z ) = g(z ) a 2 N. Das bedeutet, dass ɛ > N ɛ N : N > N ɛ : α 2 + α 3 < ɛ 2. Da die Funktion f N ein Polynom ist, ist sie holomorph, d.h. lim f N (z + h) f N (z ) h h f N(z ) =. Also findet man ein δ > sodass gilt h < δ. α < ɛ 2. Also kann man für die ursprüngliche Differenz schreiben f(z + h) f(z ) g(z ) h < α + α 2 + α 3 < ɛ h < δ..2.3 Korollar. Eine Potenzreihe ist unendlich oft komplex differenzierbar innerhalb ihres Konvergenzradius und ihre höheren Ableitungen erhält man durch gliedweises Ableiten..2.4 Definition. Eine Funktion f(z) auf Ω C heißt analytisch, wenn eine Potenzreihe g(z) = n= a n (z z ) n (mit Mittelpunkt z ) existiert, sodass f g auf einer Umgebung von z. Das bedeutet also, dass das Theorem.2.2 aussagt: Aus analytisch folgt holomorph. Später werden wir zeigen, dass die Umkehrung auch gilt..3 Integration entlang Kurven.3. Definitionen. Für Kurven im Komplexen definieren wir Folgendes: (a) Eine parametrisierte Kurve ist eine Menge γ C zusammen mit einer Parametrisierung z : [a, b] γ (bijektiv), d.h. z([a, b]) = γ. Man bezeichnet die Kurve als geschlossen, falls z(a) = z(b). (b) Die Kurve ist differenzierbar, falls z existiert (dies ist im Folgenden immer der Fall). Bei t = a, b werden z (a), z (b) interpretiert als z (a) = lim h,h> f(a + h) f(a), z (b) = lim h h,h> f(b + h) f(b). h (c) Die Kurve ist stückweise differenzierbar, falls z stetig auf [a, b] und die Punkte a = a < a <... < a n = b existieren, so dass z auf [a n, a n ] differenzierbar ist (im Allgemeinen müssen die Rechts-/Linksableitungen nicht mehr übereinstimmen).

12 (d) z : [a, b] γ und z 2 : [c, d] γ heißen äquivalent, falls eine stetig differenzierbare Bijektion t : [c, d] [a, b] (Umparametrisierung) existiert mit t (s) > (Orientierungserhaltung) und z 2 (s) = z (t(s)). (e) Die Umkehrung von γ ist γ mit Parametrisierung z (t) = z(b + a t). (f) Die Kurve heißt einfach falls sie sich nicht mit sich selbst überschneidet. (g) Für eine differenzierbare Kurve z : [a, b] γ und f : γ C stetig ist das Integral von f entlang γ definiert durch γ f(z)dz = b a f(z(t)) z (t)dt. (h) Es ist (g) wohldefiniert, denn für eine äquivalente Kurve z 2 : [c, d] γ mit Umparametrisierung t : [c, d] [a, b] ist das Integral b a f(z(t)) z (t)dt = d c f(z(t(s)) z (t(s))t (s)ds) = d c f(z 2 (s)) z 2(s)ds. (i) Bei stückweise differenzierbaren Kurven gilt γ f(z)dz = n ak k= a k f(z(t)) z (t)dt. (j) Die Länge einer Kurve ist definiert durch l(γ) = b a z (t) dt..3.2 Beispiel. Ein Kreis mit Radius r um den Punkt z ist gegeben durch γ = C r (z ) = {z C z z = r}. Seine Parametrisierung ist.3.3 Satz. z(t) = z + re it t [, 2π] positive Orientierung z(t) = z + re it t [, 2π] negative Orientierung. Für Kurvenintegrale im Komplexen gilt (a) γ (αf(z) + βg(z))dz = α γ f(z)dz + β γ g(z)dz. (b) γ f(z)dz = γ f(z)dz. (c) γ f(z)dz l(γ) sup f(z). z γ Beweis. Zu (a): siehe Riemann-Integral, zu (b): siehe Substitutionsregel (Mathe für Physiker III). Zu (c): b f(z)dz sup f(z(t)) z (t) dt = l(γ) sup f(z). a z γ γ t [a,b].3.4 Definition. Eine Stammfunktion von f : Ω C ist eine holomorphe Funktion F : Ω C mit F f auf Ω. 2

13 .3.5 Theorem. Sei f eine stetige Funktion und habe diese eine Stammfunktion F in Ω und sei γ ein Weg mit Anfangspunkt ω und Endpunkt ω 2, dann gilt γ Beweis. f(z)dz = F (ω 2 ) F (ω ). γ f(z)dz = ω ω 2 γ : z(t) : [a, b] C mit z(a) = ω, z(b) = ω 2 b a b f(z(t))z (t)dt d = a dt F (z(t))dt = F (z(b)) F (z(a)) = F (ω 2 ) F (ω )..3.6 Korollar. Wenn γ ein geschlossener Weg in Ω und f stetig mit Stammfunktion F ist, dann gilt f(z)dz =..3.7 Beispiel. γ Sei C die Kurve, die entlang des Einheitskreises verläuft, z(t) = e it. Dann ist γ z dz = 2π e it ie it dt = 2πi. z.3.8 Korollar. hat keine Stammfunktion auf C. Sei f holomorph in Ω mit f =. Dann ist f konstant. Beweis. Verwende, dass nach Voraussetzung f = und dass.3.5 gilt, = f (z)dz γ = f(z) f(ω ) f(z) = f(ω ) f konstant. 3

14 .4 Cauchy-Theorem und Anwendungen.4. Theorem. Goursat s Theorem Sei Ω ein Gebiet in C und T Ω, wobei T ein Dreieck ist. Falls f holomorph in Ω gilt f(z)dz =. T T () 3 T () 2 T () 4 T () () T Ω Abbildung 2: Ein Dreieck, das durch Verbinden der Seitenmitten in immer kleinere Dreiecke geteilt wird. Wenn man die Kanten entlang fährt heben sich die Beiträge der inneren Dreiecke gegenseitig auf, wie am Beispiel von T () und T () 4 illustriert. Beweis. Vergleiche Abbildung 2 für eine Veranschaulichung der Vorgehensweise. Wir verbinden die Seitenmitten des Dreiecks T und erhalten vier neue Dreiecke T () k, k =, 2, 3, 4. Für das Wegintegral entlang des Dreiecks gilt dann f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz. T () T () T () 2 Es bezeichne i den Index des Dreiecks mit dem größten Flächeninhalt. Damit kann man den Betrag des Wegintegrals abschätzen: f(z)dz 4 f(z)dz T T () () 4n f(z)dz. T (n) i Auf diese Weise erhält man eine Folge von Dreiecken für die gilt T () T ()... T (n). Dann!z C : z n T (n) n. Da f holomorph ist, kann man schreiben T () 3 T () 4 4

15 ψ(z) z z f(z) = f(z )+f (z )(z z )+ψ(z)(z z ), wobei lim z z =. Es bezeichne d (n) die ( ) n längste Seite des n-ten Dreiecks. Da stets die Seiten halbiert wurden gilt d (n) = 2 d (). ( ) n Analog bezeichne p (n) den Umfang des n-ten Dreiecks, auch hier gilt p (n) = 2 d (). Damit ergibt sich ( f(z)dz = f(z ) + f (z )(z z ) + ψ(z)(z z ) ) dz T (n) T (n) = ψ(z)(z z )dz, T (n) wobei das Integral über die Terme f(z ) und f (z )(z z ) verschwindet, da beide eine bekannte Stammfunktion haben und der Weg geschlossen ist. Nun kann man weiter abschätzen: f(z)dz 4 n f(z)dz T T () (n) = 4 T n ψ(z)(z z )dz (n) T f(z)dz =. 4 n sup ( ψ(z) z z )p (n) z T (n) 4 n sup ψ(z) d (n) p (n) z T (n) = sup ψ(z) d () p () n z T (n).4.2 Korollar. Analog zu.4. gilt R f(z)dz =, wenn R ein Rechteck ist. Beweis. Zerlege das Rechteck in zwei Dreiecke und wende auf diese.4. an: R f(z)dz = T f(z)dz + T 2 f(z)dz =..4.3 Theorem. Eine holomorphe Funktion in einer offenen Kreisscheibe hat eine Stammfunktion in dieser. Beweis. Vergleiche Abbildung 3 für eine Veranschaulichung der Vorgehensweise. Es bezeichne F (z) = γ z f(ω)dω. Wir bilden nun die Differenz von F (z + h) und F (z), h C, um später den Differenzenquotienten bilden zu können und den Ansatz rechtfertigen zu 5

16 z+ h z γ γ z Ω Abbildung 3: Eine offene Kreisscheibe Ω, die mit rechtwinkligen Wegen durchlaufen wird. Dabei ist (z + h) Ω. können. Die im Folgenden verwendeten Wege sind z z+ h z z+ h Γ Γ 2 Γ 3 Γ 4 Γ 5 z z z+ h F (z + h) F (z) = f(ω)dω f(ω)dω γ z+h γ z = f(ω)dω + f(ω)dω γ z+h γ z = f(ω)dω Γ = f(ω)dω + f(ω)dω Γ 2 Γ 3 = f(ω)dω + f(ω)dω + f(ω)dω. Γ 4 Γ 5 Γ 3 Wie oben schon bewiesen wurde, verschwinden die Integrale über die Wege Γ 4 und Γ 5, da es sich dabei um ein Rechteck und ein Dreieck handelt. Wir entwickeln nun f(ω) im Punkt z: f(ω) = f(z) + f (z)(z ω) + φ. }{{} :=ψ(ω) Dabei geht ψ(ω) schneller als linear gegen Null für h. Schreibe damit F (z + h) F (z) = f(ω)dω Γ 3 = (f(z) + ψ(ω)) dω. Γ 3 6

17 Für den ersten Term im Integral kann man schreiben Γ 3 f(z)dω = f(z) Γ 3 dω = f(z)h, was schnell klar wird wenn man eine Parametrisierung z(t) = z + ht mit t [, ] verwendet. Es verbleibt das Integral über ψ(ω), welches betragsmäßig abgeschätzt werden kann: ψ(ω)dω sup ψ(ω) h h. Γ 3 ω Γ 3 Also kann man F (z + h) F (z) durch h dividieren, den Limes h bilden und erhält f(z). F (z) = f(z)..4.4 Korollar. Sei f holomorph in Ω, C ein Kreis mit C Ω. Dann gilt C f(z)dz =. Ω Abbildung 4: Eine Kreislinie C, die vollständig umschlossen wird von einem Kreis mit größerem Radius C. Beweis. Da Ω offen ist, gibt es einen Kreis C mit C D wobei D die zu C gehörige Kreisscheibe ist (vgl. Abbildung 4). Nach Theorem.4.3 existiert nun F mit F = f in D und damit C f(z)dz =..4.5 Bemerkung. Den Beweis für Kreise kann man leicht auf sog. toy contours erweitern. Dies sind z. B. ω z γ z, ω,,... Mittels obiger Beweisstrategie, nämlich der Definition eines Weges γ z mittels horizontaler und vertikaler Linien, zeigt man, dass es Stammfunktionen in diesen Gebieten gibt. 7

18 .4.6 Beispiel. Wir zeigen nun wie man mithilfe von komplexer Analysis cos x dx = π x 2 2 leicht ausrechnen kann. Zuerst einmal folgt mithilfe der eulerschen Identität e ix = cos x + i sin x, dass der Integrand geschrieben werden kann als cos x = Re eix. Damit folgt für das x 2 x 2 Integral unter Ausnutzung der Symmetrie des Integranden ir Γ ε, R -R -ε ε R Abbildung 5: Ein Weg durch die komplexe Ebene, der die Null nicht mit einschließt. Re eix 2 x 2 dx = Re 2 R e iz dz, wobei f(z) := e iz 2 holomorph in C\{}. Das bedeutet das Integral über einen geschlossenen Weg verschwindet. Der von uns gewählte Weg ist in Abbildung 5 dargestellt. Da z 2 dieser Weg die Null ausspart gilt Daraus folgt dann = f(z)dz = Γ ɛ,r ɛ R ɛ R z 2 R f + ɛ f + f + C ɛ f. C R R f + ɛ f = f C ɛ f. C R Wir betrachten nun den Betrag des Integrals über den großen Kreisbogen C R, die Parametrisierung für diesen lautet z(t) = Re it, t [, π]. Wir schätzen ab mit e CR iz z 2 dz = π e iz(t) R 2 e 2it ire it dt π 2 R 2 Rdt = 2π R R. Das Integral über den großen Kreisbogen verschwindet also für große R. Für das Integral des kleinen Kreisbogens drehen wir zunächst die Durchlaufrichtung um, f = f C ɛ C ɛ 8

19 und fügen eine Null ein: C ɛ f = iz + (iz e iz ) 2 Cɛ z 2 dz = i 2 Cɛ z dz + + iz e iz 2 Cɛ } z{{ 2 dz } =:E(z) = i 2 πi + E(z)dz 2 Cɛ = π 2 + E(z)dz. 2 C ɛ Da E(z) auf dem Einheitskreis beschränkt ist, folgt E(z)dz 2 2 sup E(z) πɛ ɛ. C ɛ Damit ist der Wert des Integrals.4.7 Theorem. Cauchy s Integralformel z D cos x x 2 dx = π 2. Sei f holomorph in Ω, C ein Kreis mit D Ω und D = C. Dann gilt f(z) = 2πi C f(ξ) ξ z dξ. Γ ε,δ ε z δ L Abbildung 6: F ist auf der geschlitzten Ebene C\L holomorph. Beweis. Es sei F := f(ξ) ξ z holomorph in C\L = Ω (vgl. Abb. 6). Dann verschwindet das Integral über einen geschlossenen Weg, Γ ɛ,δ F (ξ)dξ =. Für δ gelte Γ ɛ,δ Γ ɛ. Nun wird: F (ξ)dξ = = Γ ɛ C F (ξ)dξ + F (ξ)dξ = F (ξ)dξ F (ξ)dξ C ɛ C C ɛ 9

20 Es folgt: 2πi C f(ξ) ξ z dξ = 2πi = 2πi = f(z) 2πi F (ξ)dξ C ɛ ( f(ξ) f(z) C ɛ ξ z }{{} C ɛ ( ) dξ ξ z = f(z) 2πi = f(z) 2πi + f(z) ) dξ ξ z Dabei gilt ( ) im Grenzfall ɛ, denn: f(ξ) f(z) dξ C ɛ ξ z 2π sup f(ξ) f(z) ξ D ξ z 2πɛ ɛ.4.8 Korollar. Sei f holomorph auf Ω. Dann hat f unendlich viele (komplexe) Ableitungen in Ω und es gilt für einen geschlossenen Weg C um z Ω: f (n) (z) = n! 2πi C Beweis. Führe vollständige Induktion über n:. Für n = gilt nach.4.7 f(ξ) dξ (ξ z) n+ f () (z) = f(z) =! 2πi C f(ξ) (ξ z) dξ 2. Für den Schritt n n+ ergibt sich aufgrund der Kompaktheit von C (Ableitung und Integration vertauschen): f (n+) (z) = d dz f (n) (z) = d ( ) n! f(ξ) dz 2πi C (ξ z) n+ dξ = n! ( ) d f(ξ) 2πi C dz (ξ z) n+ dξ n!(n + ) f(ξ) = ( ) dξ 2πi C (ξ z) n+2 (n + )! f(ξ) = dξ 2πi (ξ z) n+2 C 2

21 .4.9 Korollar. Sei f holomorph auf Ω C und die Kreisscheibe D mit Mittelpunkt z und Radius R komplett in Ω. Bezeichne C = D den Rand von D. Dann gilt mit der Definition f C := sup z C f(z) : f (n) (z ) n! R n f C Beweis. Sei die Kreislinie um z parametrisiert durch ξ(t) = z + Re it für t [, 2π]. f (n) n! 2π f(z + Re it ) (z ) = 2πi (z + Re it z ) n+ ξ (t)dt n! 2π f(z + Re it ) = 2πi (Re it ) n+ ire it dt n! 2π sup f(z + Re it 2π ) R n dt t [,2π] = n! R n f C.4. Theorem. Sei f holomorph auf Ω und D eine Kreisscheibe mit Mittelpunkt z und D Ω. Dann lässt sich f in eine Potenzreihe um z entwickeln, sodass f(z) = a n (z z ) n für alle z D und mit a n = f (n) (z ) n! n= Beweis. Bezeichne C = D den Rand von D. Da C kompakt ist, vertauschen Grenzwertbildung und Integral. Es folgt unter Verwendung der geometrischen Reihe: f(z) = f(ξ) 2πi ξ z dξ = 2πi = 2πi a n = 2πi C f(ξ) (z z ) n dξ C (ξ z n= ) n+ f(ξ) (ξ z ) n+ (z z ) n dξ n= C C = n! f (n) (z ) f(ξ) dξ (ξ z ) n+ 2

22 .4. Definition. Eine Funktion f heißt entire oder ganz, wenn sie auf ganz C holomorph ist..4.2 Korollar. Liouville s Theorem Wenn f entire und beschränkt ist, so ist f auch konstant. Beweis. Seien z C und R [, ) beliebig. Sei R der Radius eines Kreises um z, dessen Rand mit C bezeichnet werde. Sei wiederum f C := sup z C f(z) M R (da f beschränkt). Zeige nun, dass f (z ) = gelten muss: f (z ) f C R M R R Da R beliebig war und deshalb f (z ) =, muss f konstant sein..4.3 Korollar. Jedes nicht-konstante Polynom p(z) = a n z n + a n z n a mit komplexen Koeffizienten a i (i =,..., n) hat mindestens eine komplexe Nullstelle. Beweis. Angenommen, p(z) hat keine Nullstelle, dann ist /p(z) beschränkt. Schreibe dann: = a n + a n Also gilt beispielsweise: Das bedeutet aber: p(z) z n p(z) z n a n 2 p(z) 2 z n a n n p(z) 2 a n a } z {{ z n } z z R mit R groß genug für z R z n 2 a n R n z R /p(z) beschränkt auf C p(z) = const. Dies ist aber ein Widerspruch, weswegen p mindestens eine Nullstelle haben muss..4.4 Korollar. Hauptsatz der Algebra Jedes Polynom vom Grad n hat exakt n Nullstellen in C, also gibt es ω i (i =,..., n), sodass p(z) = a n (z ω )(z ω 2 )... (z ω n ) 22

23 Beweis. p hat mindestens eine Nullstelle ω, also p(ω ) =. Damit kann man dann schreiben: p(z ω + ω ) = a n (z ω + ω ) n a = b n (z ω ) n + b n (z ω ) n b (z ω ) + b Da aber p(ω ) = folgt direkt b = und damit p(z) = (z ω )Q(z), wobei der Grad von Q genau n ist. Nun hat Q aber mindestens eine Nullstelle usw. (induktiv findet man also, dass p genau n Nullstellen hat).4.5 Theorem. Sei f eine holomorphe Funktion auf Ω, die auf einer Menge M Ω mit Häufungspunkt verschwindet. Dann gilt f = auf ganz Ω. Beweis. Wähle eine konvergente Folge (ω n ) n= Ω mit (ω n) ω, sodass f(ω n ) = für alle n N. (Diese existiert nach Bolzano-Weierstrass und den Voraussetzungen.) Da f holomorph in Ω, existiert eine Kreisscheibe D, sodass für alle z D f(z) = a n (z ω) n. n= Angenommen, f(z), so existiert ein n N, sodass a n. Da f stetig ist, folgt: Daher folgt ( ) = lim () = lim f(ω n) = f lim (ω n) = f(ω) a = n n n f(z) = a m (z ω) m k= a k+m a m (z ω) k = (z ω) m( + g(z ω) ), wobei m kleinstmöglich, sodass a m und g(z ω) z ω holomorph ist. Da nun aber (ω n ) n= ω, gibt es ein k, sodass für alle k k Also ist + g(ω k ω). }{{} = f(ω k ) = a n (ω k ω) m ( + g(ωk ω) ) m }{{}}{{} Dies ist aber ein Widerspruch, da ein a n existiert, also gilt f(z) = für alle z D. Dehne diesen Geltungsbereich nun induktiv aus (dies ist möglich, da Ω ein Gebiet und daher auch wegzusammenhängend ist, vgl. Abb.7). 23

24 n z Abbildung 7: Man findet induktiv Kreise, deren Mittelpunkte auf einem Weg von ω zu einem beliebigen z Ω liegen..4.6 Korollar. Seien f, g holomorph auf Ω und f = g auf einer Menge mit Häufungspunkt. Dann gilt f = g auf ganz Ω. Beweis. Folgt wegen h := f g (holomorph) sofort..4.7 Theorem. Morera Sei f auf einer offenen Kreisscheibe D stetig, sodass für alle Dreiecke T D das Integral über den Rand verschwindet, also T f =. Dann ist f holomorph in D. Beweis. Wegen T f = existiert eine Stammfunktion F mit F (z) = f(z). Daher ist f unendlich oft differenzierbar und holomorph..4.8 Theorem. Sei (f n (z)) n= eine Folge holomorpher Funktionen, die auf jeder kompakten Teilmenge Ω gleichmäßig gegen f(z) konvergiert. Dann ist f(z) holomorph. Merke: Der gleichmäßige Limes holomorpher Funktionen ist holomorph. (gilt im Reellen nicht!) Beweis. Zeige, dass das Integral über alle Dreiecke verschwindet: Da f n holomorph, gilt T f n = n N Wegen der Kompaktheit von T und da (f n ) f gleichmäßig vertauschen Grenzübergang k und die Integration, also = lim f k = f k T T 24

25 Da der gleichmäßige Limes stetiger Funktionen wieder stetig ist, gilt der Satz von Morera (vgl. Abschnitt.4.7), also ist f holomorph in Ω..4.9 Korollar. Sei f stetig auf einem Kreis C = D. Dann ist holomorph in D. Beweis. g(z) := 2πi C F n (z) = 2πi n j= f(ξ) ξ z dξ ist holomorph und konvergiert gleichmäßig gegen g..5 Meromorphe Funktionen.5. Definition. f(ξ j ) ξ j z (ξ j ξ j ) Eine Funktion f : C C heißt meromorph, wenn sie holomorph bis auf endlich (abzählbar) viele Pole ist. Dann gilt für das Integral entlang einer geschlossenen Kurve wobei res zi.5.2 Definitionen. N f(z)dz = 2πi res zi f, C i= das Residuum von f an der Polstelle z i bezeichnet. Da die Begriffe Residuum und Polstelle bisher noch unbekannt sind, beschäftigen wir uns zunächst mit diesen. (a) Punktsingularität: z ist Punktsingularität von f, wenn f in einer Umgebung von z definiert ist aber nicht in z. (b) Nullstelle: z ist Nullstelle, wenn f(z ) =. (c) deleted neighborhood (punktierte Umgebung) um z : D r (z )\{z } = {z < z z < r}. (d) Polstelle: f besitzt eine Polstelle bei z, wenn f D r (z ) mit geeignetem r. mit f (z ) := holomorph ist in.5.3 Beispiel. Nun einige Beispiele zu den obigen Definitionen: (a) f(z) = z für C\{} hat eine Punktsingularität in aber mit f() := ist f holomorph. 25

26 (b) g(z) = z z ist definiert auf C\{} und es ist g(z). Definiere analog zu (a) f(z) = g(z) mit f() :=, f ist dann holomorph. (c) f(z) = e z verhält sich unterschiedlich in einer Umgebung von Null, je nachdem aus welcher Richtung man kommt: x : f(x) = e x x : f(x) = e x y : f(iy) = e iy = e i y oszilliert. Die Funktion e z bildet jede Umgebung von Null, U ɛ (), dicht in ganz C ab..5.4 Bemerkung. Nullstellen einer holomorphen Funktion sind isoliert. Wenn f(z ) =, dann gibt es eine Umgebung U von z, sodass f in U\{z }..5.5 Theorem. Sei f holomorph in Ω und habe f eine Nullstelle z Ω, f in Ω. Dann gibt es eine Umgebung U von z und eine nicht verschwindende Funktion g auf U sowie eine eindeutige Zahl n N, sodass auf U. z ist Nullstelle n-ter Ordnung. f(z) = (z z ) n g(z) Beweis. Es ist nach Voraussetzung f(z ) =. f lässt sich in D z in eine Potenzreihe entwickeln, f(x) = a k (z z ) k für z D z. k= Es gibt eine Umgebung U von z, sodass f(z) in U\{z }. Da f(z ) = ist der erste Koeffizient der Reihenentwicklung a =. n sei kleinste Zahl, sodass a n. Dann gilt f(z) = (z z ) n a k+n (z z ) k =: (z z ) n g(z), k= wobei g(z) nach Voraussetzung. n bezeichnet die Ordnung der Nullstelle, Nullstellen. Ordnung nennt man einfach..5.6 Theorem. Wenn f eine Polstelle bei z hat, dann existiert eine Umgebung U von z und eine nicht verschwindende Funktion h(z) sowie eine eindeutige Zahl n N, sodass n ist die Ordnung der Polstelle. f(z) = (z z ) n h(z) für z U. 26

27 Beweis. Da z Polstelle von f ist gilt: z ist Nullstelle von f und f ist holomorph in U. Also gilt f (z) = (z z ) n g(z) mit g(z) in U f(z) = (z z ) n g(z) = (z z ) n h(z)..5.7 Theorem. Wenn f eine Polstelle bei z hat, dann gibt es eine Umgebung U von z, sodass f(z) = a n (z z ) n + a n+ (z z ) n a z z + G(z) mit G(z) holomorph in U. Dabei nennt man a das Residuum von f an der Stelle z : a := res z f. Beweis. Da z Polstelle von f ist, hat f eine Nullstelle bei z und man kann für f schreiben f (z) = (z z ) n g(z) mit g(z) in einer Umgebung von z. Jetzt kann man invertieren und erhält f(z) = (z z ) n h(z) mit h(z) holomorph in einer Umgebung von z. Da h(z) holomorph in einer Umgebung von z, kann man h(z) in eine Potenzreihe entwickeln und erhält f(z) = = ( ) (z z ) n A + A (z z ) + A 2 (z z ) A (z z ) n + A (z z ) n A n (z z ) + G(z), mit G(z) holomorph in einer Umgebung von z. Nun kann man sich noch andere Koeffizienten definieren, a n := A, a := A n und erhält was zu beweisen war. Die Summe P (z) = a n (z z ) a n (z z ) nennt man Hauptteil, a nennt man Residuum. Weshalb man a Residuum nennt wird klar, betrachtet man ein Wegintegral entlang eines Kreises um z. Dessen Parametrisierung lautet C z : z(t) = z + δe it mit δ >. Das Integral ist dann f(z)dz = P (z)dz + G(z)dz, C z C z C z }{{} = 27

28 wobei das Integral über G(z) verschwindet, da die Funktion holomorph in einer Umgebung von z ist. Da P (z) eine Summe ist, kann man gliedweise integrieren. Wir führen hier die Integration für den n-ten Term durch, daran kann man alle übrigen ablesen: C z a 2π n (z z ) n dz = a n (δe it ) n iδeit dt = ia n 2π = e it( n) δ n dt { n 2πia n n =. Also verschwinden alle Terme der Summe P (z) bis auf den mit a : f(z)dz = P (z)dz = 2πia. C z C z Wenn z nun ein Pol. Ordnung ist, so ist n = und man kann schreiben f(z) = a z z + G(z) a = lim z z (z z )f(z)..5.8 Theorem. Wenn f bei z einen Pol n-ter Ordnung hat, dann gilt ( ) d n a = res z f = lim ((z z ) n f(z)). z z (n )! dz Beweis. Multipliziert man f mit (z z ) n so ergibt sich (z z ) n f(z) = a n + (z z )a n a (z z ) n + (z z ) n G(z). Leitet man diesen Term nun gliedweise (n )-mal ab, so erhält man ( d dz ) n ( ) d n ((z z ) n f(z)) = (n )!a + ((z z ) n G(z)) dz }{{} für z z und daraus folgt die Behauptung..5.9 Theorem. Residuensatz Sei f holomorph in Ω bis auf eine Polstelle z D, D = C Ω sei Kreis in Ω. Dann gilt f(z)dz = 2πi res z f. C 28

29 Beweis. f hat eine Polstelle in z. Dann gibt es eine Umgebung U von z, sodass f(z) = (z z ) n h(z) mit h(z) holomorph. Entwickle dann h(z) in eine Potenzreihe, f(z) = a n (z z ) n a z z + G(z) z U. Nun legen wir einen toy-contour -Weg entlang C und um z (ähnlich Abbildung 6). Da dieser geschlossen ist und über eine holomorphe Funktion geht sowie keine Singularitäten beinhaltet gilt Also folgt C Γ δ,ɛ f(z)dz = = lim δ f(z)dz = f(z)dz = C ɛ C ɛ f(z)dz = Γ δ,ɛ C f(z)dz f(z)dz. C ɛ [ a n (z z ) n a ] + G(z) dz = 2πia. z z.5. Korollar. Sei f holomorph in Ω bis auf Pole {z,..., z N } D und D Kreisscheibe in Ω mit D = C Ω. Dann gilt N f(z)dz = 2πi res zl f. C Beweis. Der Beweis erfolgt analog zu.5.9, nur mit N-fachem Schlüsselloch-Weg: N f(z)dz = C l= C l ɛ l= N f(z)dz = 2πi res zl f. l=.5. Korollar. Sei f holomorph in Ω bis auf Pole z,..., z N innerhalb des toy-contour -Wegs γ, γ Ω. Dann gilt N f(z)dz = 2πi res zl f..5.2 Beispiel. γ Wir berechnen das Integral dx = π mithilfe des Residuensatzes. Zuerst untersuchen wir f(z) = auf Polstellen in der komplexen Ebene. Man findet sofort z = ±i. +x 2 +z 2 Diese Pole sind beide von erster Ordnung und man kann daher für das Residuum schreiben res zl f = lim (z z l )f(z). z zl l= 29

30 Abbildung 8: Zwei Wege durch die komplexe Ebene, die jeweils nur eine Polstelle einschließen. Wir legen uns nun einen Weg durch die komplexe Ebene, der nur einen Pol mit einschließt: Wir gehen von Null zu R auf der reellen Achse, von dort aus im Halbkreis über die obere Halbebene nach R und wieder zurück zur Null. Bezeichne Γ R diesen Weg, vgl. Abbildung 8. Das Integral über diesen Weg ist dann f(z)dz = 2πi res i f, Γ R da wir nur den Pol bei z = i umfahren. Das Residuum an dieser Stelle ist Also ist res i f = lim z i 2πi 2i = π = z i + z 2 = lim z i Γ R f(z)dz = z i (z i)(z + i) = lim z i R R z + i = 2i. f(z)dz + f(z)dz, C R wobei C R den halben Kreisbogen mit Radius R bezeichnet. Dessen Parametrisierung lautet C R : z(t) = Re it, t [, π]. Wir setzen diese ein und erhalten C R f(z)dz = π ire it + R 2 dt. e2it Um den Betrag abschätzen zu können führen wir eine Nebenrechnung durch: + R 2 e 2it = e 2it + R 2 R 2 R 2 2 R2. Damit schätzen wir ab und erhalten π f(z)dz R 2R C R + R 2 e 2it dt R 2 π dt = 2π R R. Also verschwindet das Integral über den halben Kreisbogen für den Grenzübergang R und der Wert des Kurvenintegrals über Γ R ist gleich dem über die reelle Achse: R lim f(z)dz = lim f(z)dz = dx = π. R Γ R R R + x2 3

31 .5.3 Beispiel. Als zweites Beispiel zur Demonstration der Residuenmethode zeigen wir, dass e ax + e x dx = π sin(πa) für < a <. Zunächst definiere eine komplexe Funktion f(z) = eaz +e. Für Polstellen betrachte eine z Nullstelle von f, + ez =. Dies liefert z = i(π + 2kπ), k Z. Die Polstellen befinden sich also alle auf der imaginären Achse, bei ungeradzahligen Vielfachen von iπ. Wir legen nun wieder einen Weg durch die komplexe Ebene, der nur eine Polstelle mit einschließt. Sei Γ R2 der Weg entlang des Rechtecks, das durch die Punkte R, 2πiR, 2πiR und R festgelegt ist, vgl. Abbildung 8. Dann ist nur eine Polstelle bei iπ eingeschlossen. Das Residuum dort ist lim z iπ (z iπ) eaz + e z = lim z iπ Mithilfe des Residuensatzes folgt e az e z e iπ z iπ Γ R2 f(z)dz = 2πie aiπ. = eaiπ (e z ) (iπ) = eaiπ e iπ = eaiπ. Dabei setzt sich Γ R2 aus vier Teilstrecken zusammen, eine auf der reellen Achse, eine parallel zur reellen Achse auf der Höhe 2πi sowie zwei Stücke an den Seiten. Das Integral über das Teilstück der reellen Achse sei bezeichnet mit I R, das parallel zur reellen Achse mit I R. Es ist also Γ R2 f(z)dz = I R + I R + Seitenintegrale = 2πie aiπ. Als Parametrisierung für I R wähle z(t) = 2iπ + t, t [ R, R]. Das Integral ist dann R I R = R e a(2πi+t) + e 2πi+t dt = R denn das Integral über das Teilstück der reellen Achse I R ist Also ist I R = R R R e 2πia e at + e 2πi e t dt = e2πia I R, e ax + e x dx. Γ R2 f(z)dz = I R ( e 2πia ) + Seitenintegrale = 2πie aiπ. Für die Beträge der Seitenintegrale ergibt sich beispielhaft für den rechten Teil mit einer Parametrisierung z(t) = R + it, t [, 2π] 2π e a(r+it) 2π dt + er+it e ar 2π + e R e it dt 2 e ar e R dt = e(a )R 4π R, 3

32 da < a <. Es wurde zudem verwendet, dass gilt +x 2 x für x groß genug. Das Integral auf der linken Seite lässt sich analog abschätzen und verschwindet für R. Also ergibt sich insgesamt I R = 2πieaiπ e 2aiπ = 2πi e aiπ e aiπ (e aiπ e aiπ ) =.5.4 Beispiel. Dirichlet-Problem 2πi e aiπ e aiπ = π sin(πa). Wir betrachten eine auf der Einheitskreisscheibe D = {z C z ρ} für ρ < holomorphe Funktion u. Wir nehmen an, dass u = u (t) auf dem Rand vorgegeben und dass u zusätzlich am Rand noch stetig ist. Nun soll die stationäre Wärmeleitungsgleichung u(z) = z D () gelöst werden. Dafür sind die folgenden drei Schritte notwendig:. Zeige zunächst Man erhält nun wegen folgende Darstellung:? = 2π 2π = 2π ϕ= [ 2π f(z) = ( 2π e f(e iθ iϕ ) + z ) Re 2π e iϕ dϕ. (2) z Re 2 ( e iϕ ) + z e iϕ = ( e iϕ ) + z z 2 e iϕ z eiϕ + /z e iϕ /z ( e iϕ + z e iϕ z eiϕ + /z e iϕ /z e iϕ e iϕ z } {{ } A + z e iϕ 2 e iϕ z } {{ } C ) f(e iϕ )dϕ e iϕ e iϕ /z }{{} B /z e iϕ ] 2 e iϕ f(e iϕ )dϕ /z }{{} D Mit dem Cauchy schen Integralsatz erhält man direkt, dass /(2π) 2π Af(e iϕ )dϕ = f(z). Für B ergibt sich leicht, dass D B = ist, weil B innerhalb von D keine Pole hat. Offensichtlich ist aber auch C + D =. Damit ist (2) gezeigt. Durch Umformungen erhält man aus (2) dann mit z = e iθ f(z) = 2π 2π f(e iϕ )P r (ϕ θ)dϕ, wobei P r den Poisson-Kern bezeichnet, welcher durch gegeben ist. P r (γ) = r 2 + r 2 2r cos(γ) 32

33 2. Die Formel gilt auch, wenn f holomorph auf D und stetig auf D, da das Integral für festes z auch für ρ konvergiert. 3. Es gelte nun u = Re f mit einer auf D holomorphen Funktion f. u erfülle u = wie in () und u = u sei am Rand stetig. Es gilt g(z) = 2 u ( z = x i ) u(x, y) y Wegen ( z f = ) f holomorph folgt daraus: g holomorph F mit F = g. g z = 2 z z = 2 u = Bemerkung. Sei u = Re f, dann gilt f = g, also f = F + c (ist Realteil einer komplexen Funktion). Da aber 2π f(re iθ ) = f(e iϕ )P r (ϕ θ)dϕ 2π = u(r, θ) + iv(r, θ) = 2π = 2π 2π 2π ( u(, ϕ) + iv(, ϕ) ) Pr (ϕ θ)dϕ u(, ϕ)p r (ϕ θ)dϕ + i 2π v(, ϕ)p r (ϕ θ)dϕ 2π Daher gilt u(r, θ) = 2π u(, ϕ)p r (ϕ θ)dϕ, 2π also kann man eine Lösung für u finden..6 Singularitäten.6. Definition. Sei f holomorph in Ω bis auf einen Punkt z Ω. Wenn man f(z ) so definieren kann, dass f holomorph in Ω wird, dann nennt man z behebbare Singularität..6.2 Theorem. Riemann s Theorem Sei f holomorph in Ω bis auf einen Punkt z Ω. Wenn f beschränkt ist in Ω\{z }, dann ist z eine behebbare Singularität. Dies ist eine besondere Eigenschaft komplexer Funktionen und gilt nicht im R n. Beweis. Der Beweis wird analog zu.4.7 geführt. Es ist zu zeigen, dass man schreiben kann f(z) = f(ξ) 2πi C ξ z dξ z z innerhalb von C. 33

34 d z z γ ε γ ε Γ ε, ε, δ Ω Abbildung 9: Ein Weg, der sowohl z als auch z umfährt. Dabei ist der Abstand d mindestens 2 z z groß. 2πi C Mit f(z ) := f(ξ) ξ z dξ wird f holomorph in Ω. Wir wählen unseren Weg Γ ɛ,ɛ,δ so, dass er sowohl z als auch z umfährt (vgl. Abbildung 9) und damit nur auf einer holomorphen Funktion definiert ist. Dabei soll der Abstand der beiden Kreise um z und z mindestens 2 z z betragen. Nun lassen wir δ gegen Null gehen und erhalten dadurch drei Integrale über Kreise: C = = f(ξ) ξ z dξ = Γ ɛ,ɛ,δ C γ ɛ f(ξ) dξ = lim ξ z δ Γ ɛ,ɛ,δ f(ξ) ξ z dξ f(ξ) ξ z dξ + } {{ } Dabei kann man für das Integral schreiben: f(ξ) ξ z dξ f(ξ) γ ɛ ξ z γ dξ f(ξ) ɛ ξ z dξ f(ξ) γ ɛ ξ z dξ. }{{} 2 f(ξ) f(z) = dξ + γ ɛ ξ z γ ɛ = dξ + 2πif(z). f(ξ) f(z) γ ɛ ξ z f(z) ξ z dξ Der vordere Term verschwindet im Limes ɛ, da f holomorph in z: f(ξ) f(z) dξ γ ɛ ξ z sup f(ξ) f(z) ξ z l(γ ɛ) ɛ. ξ D τ Für den Betrag von 2 kann man schreiben f(ξ) 2 = ξ z dξ 2 f(ξ) sup z z l(γ ɛ) ɛ, γ ɛ 34

35 da nach Voraussetzung der Abstand der beiden Kreise um z und z mindestens 2 z z beträgt. Es folgt insgesamt C f(ξ) dξ = 2πif(z) f(z) = ξ z 2πi C f(ξ) ξ z dξ..6.3 Bemerkung. Mittels Riemann s Theorem lassen sich Singularitäten klassifizieren..6.4 Korollar. Habe f bei z eine isolierte Singularität. Dann gilt f hat einen Pol bei z lim z z f(z) =. Beweis. : z ist Pol, d.h. f(z) hat Nullstelle bei z. lim z z f(z) = f(z) < ɛ f(z) > ɛ lim z z f(z) =. : f(z) ist holomorph in einer Umgebung von z z z und f(z). Also ist f(z) beschränkt in einer Umgebung von z. Nach Riemann s Theorem ist f holomorph in f(z ) =. z ist Pol..6.5 Definition. Sei z isolierte Singularität und weder Pol noch behebbar. Dann nennt man z wesentliche Singularität..6.6 Theorem. Casorati-Weierstraß Sei f holomorph in D r (z )\{z } und habe f wesentliche Singularität bei z. Dann liegt das Bild von D r (z )\{z } dicht in C. Beweis. Annahme: f(d r (z )\{z }) liegt nicht dicht in C. Dann gibt es ein ω C und ɛ > sodass f(d r (z )\{z }) C\D ɛ (ω ), denn ω und ɛ > ω : ω ω < ɛ sodass ω = f(z) z U δ (z ). Es ist dann f(z) ω holomorph in D r (z )\{z } und damit natürlich auch g(z) := f(z) ω holomorph in D r (z )\{z }. Nach Riemann s Theorem ist z behebbare Singularität von g, da g beschränkt ist nach Annahme. g holomorph in D r (z ). Jetzt kann es nur zwei Möglichkeiten geben, beide führen zum Widerspruch:. g(z ) g(z) = f(z) ω ist holomorph in D r (z ). Das ist ein Widerspruch zur Annahme, dass z wesentliche Singularität von f ist. 2. g(z ) = g(z) hat einen Pol bei z und damit auch f. Dies ist auch ein Widerspruch zur Annahme, dass z wesentliche Singularität von f ist. Somit muss das Gegenteil der Annahme gelten und das Bild von D r (z )\{z } liegt dicht in C. 35

36 .6.7 Definition. f ist meromorph in Ω, wenn es eine Folge von Punkten {z, z,..., z n } gibt, die keine Häufungspunkte in Ω hat, sodass (a) f holomorph in Ω\{z, z,..., z n } (b) f hat Pole bei {z, z,..., z n }. ( ) f hat einen Pol bei z =, wenn F (z) = f z einen Pol bei hat..6.8 Beispiel. Zur Veranschaulichung des nachfolgenden Argument principle zwei konkrete Beispiele. Betrachte das Integral C dz für (a) f(z) = az n (b) f(z) = a z n Das Integral über f f einer Funktion. C C f (z) f(z) f (z) f(z) dz = C f (z) f(z) dz = C.6.9 Theorem. Argument principle naz n az n dz = n C naz (n+) az n dz = n C dz = n2πi z dz = n2πi z liefert also Information über die Anzahl an Nullstellen oder Pole Sei f meromorph in Ω und C Ω ein Kreis (toy-contour) innerhalb Ω. Wenn f keine Nullstellen und Pole auf C hat, dann gilt f (z) dz = {#Nullstellen} {#Pole}, 2πi f(z) gerechnet mit Vielfachheit. C Beweis. Legt man einen Schlüsselloch-Weg um die Nullstellen und Pole von f, so erhält man, dass das Integral über einen Kreis äquivalent zur Integration über viele kleine Kreise um die Nullstellen/Pole ist (vgl. Abbildung ): C f (z) f(z) dz = i C i f (z) f(z) dz. (a) Sei z l Nullstelle. Dann kann man in einer Umgebung von z l die Funktion f darstellen durch f(z) = (z z l ) n g(z) mit g(z) holomorph und in einer Umgebung von z l. Für f f bedeutet das f f = ((z z l) n g(z)) (z z l ) n g(z) = n(z z l) n g(z) + (z z l ) n g (z) (z z l ) n g(z) = n z z l + g (z) g(z). 36

37 C C i Abbildung : Integriert man über einen Kreis C, der Nullstellen (Punkte) und Polstellen (Kreuze) beinhaltet, so genügt es kleine Kreise C i um besagte Stellen zu integrieren. Es folgt C l f (z) f(z) dz = n dz + C l z z l C l g (z) g(z) dz = n2πi +, wobei beim letzten Gleichheitszeichen verwendet wurde, dass g und folglich auch g holomorph in einer Umgebung von z l sind. (b) Sei z k Polstelle. Dann kann man in einer Umgebung von z k für f schreiben f(z) = (z z k ) n h(z) mit h(z) holomorph und in einer Umgebung von z k. Analog zu (a) erhält man f f = n + h (z) z z k h(z). Und damit folgt für das Integral f Ck f dz = n C k z z k dz + C k h (z) h(z) dz = n2πi..6. Theorem. Rouché s Theorem Seien f und g holomorph in einer offenen Menge Ω, die den Kreis C beinhaltet. Falls f(z) > g(z) auf C, dann haben f und f +g die gleiche Anzahl an Nullstellen innerhalb von C. Beweis. Definiere f t (z) := f(z) + tg(z) mit t [, ]. Nach dem Argument principle gilt für die Anzahl von Nullstellen von f t (z) innerhalb von C n t = f t(z) 2πi f t (z) dz. Da n t N genügt es nun zu zeigen, dass n t stetig ist. Damit ist automatisch n = n weil n t dann nur konstant sein kann. Es ist (t, z) f t (z) f stetig auf [, ] C, da f t(z) t(z) stetig in Abhängigkeit von (t, z) und f t (z) > ɛ auf C weil C f t (z) = f(z) + tg(z) f(z) t g(z) inf ( f(z) t g(z) ) =: ɛ. z C 37

38 Damit ist n t stetig in Abhängigkeit von t und damit n = n..6. Definition. Riemann sche Sphäre Die Riemann sche Sphäre ist die erweiterte komplexe Ebene C := C { }. Die Veranschaulichung der Riemann schen Sphäre liefert die stereographische Projektion p : S 2 C, x p(x) wobei S 2 := {x R 3 x = } die Einheitssphäre in R 3 ist. p(x) ist der Schnittpunkt der Gerade durch den Nordpol der Einheitssphäre N = (,, ) und x S 2 mit der Ebene E 3 := {x R 3 x 3 = }. Dieser wird aufgefasst als Punkt auf C, dabei ist p(n) :=. Das bedeutet es gibt nur positive Unendlichkeit auf der Riemann schen Sphäre. Für die explizite Formulierung der stereographische Projektion sei x S 2, dann ist die Gerade durch x und N das Bild von g(t) = N = (x N)t. Der Schnittpunkt mit E 3 wird angenommen wenn = (g(t)) 3 = + (x 3 )t t = x 3. Also ist die explizite Formulierung der stereographische Projektion x 2 p(x) = x + i. x 3 x 3 Die Umkehrabbildung der stereographische Projektion ist p : C S 2. Um die explizite Formulierung von p zu finden gehe von z = z + z 2 C aus. Es gilt z = z + iz 2 = x x 3 + i x 2 x 3, weiterhin gilt für das Betragsquadrat von z: z 2 = x2 + x2 2 ( x 3 ) 2 = x2 3 ( x 3 ) 2 = + x 3 x 3, wobei beim vorletzten Gleichheitszeichen wurde die Gleichung der Einheitssphäre x 2 + x x2 3 = verwendet wurde. Es folgt x 3 = z 2 z 2 +, x 3 = 2 z 2 +. Also folgt für die explizite Darstellung von p : 2z p (z + iz 2 ) = z 2 2z 2. + z 2 Die Umkehrung der stereographischen Projektion definiert eine Distanzfunktion auf C, d : C C R +. Definiere d(z, w) := p (z) p (w) = 2 z w ( + z 2 )( + w 2 ). 38

39 Da p 2 ( ) = N kann man einen Abstand zu definieren, d(z, ) =. Diese + z 2 Distanzfunktion ist eine Metrik, da schon (x, y) x y eine ist. Weiterhin ist die stereographische Projektion p winkeltreu. Für zwei Kurven γ, γ 2 : ( ɛ, ɛ) R 3 die sich in x = γ () = γ 2 () schneiden ist der Winkel mit dem sie sich schneiden definiert als der Winkel mit dem sich ihre Tangenten γ () und γ 2 () schneiden. Wenn nun γ, γ 2 : ( ɛ, ɛ) S 2 so gilt bei Winkeltreue d dt p(γ ) t=, d dt p(γ 2) t= γ (), γ 2 () R 3 γ () γ 2 () = R 2 d dt p(γ ) t= d dt p(γ 2) t=. Mit der Umkehrabbildung p der stereographischen Projektion zeigt man für γ a, γ b : ( ɛ, ɛ) C d dt p (γ a ) t=, d dt p (γ b ) t= = γ a(), (D(p )) T (x)(d(p ))(x)γ b() R 3 R 2 4 = γ ( z 2 + ) 2 a (), γ b() R 2 = g C (γ a(), γ b()) = γ a(), γ b() C. Geometrisch kann man sich überlegen, dass das Bild der Tangente t der Schnitt der Ebene, die durch t und N aufgespannt wird, mit der Ebene E 3 ist, also auch wieder eine Gerade. Sei C Kreis. Dann ist auch das Bild von C, p(c), ein Kreis. Einzige Ausnahme sind Kreise durch N, diese werden auf Geraden auf C abgebildet (Kreise mit Radius )..6.2 Theorem. Open mapping theorem Sei f holomorph und nicht konstant im Gebiet Ω. Dann ist f offene Abbildung (das Bild einer offenen Menge ist offen). Beweis. Es sei V ɛ := {w w w < ɛ} mit w := f(z ). Nun ist zu zeigen, dass V ɛ f(u δ ) und wenn w V ɛ dann z U δ mit f(z) = w. Wähle dazu ein festes w und definiere f(z) w = f(z) w + w w. }{{}}{{} :=F (z) :=G(z) Wähle weiterhin δ klein genug mit f(z) w auf C δ, K(δ) := min z C δ f(z) w. Sei ɛ > mit ɛ < K(δ). Dann gilt F (z) > G(z) = ɛ für z C δ. Damit gilt nach Rouché s Theorem, dass F (z) und F (z) + G(z) = f(z) w die gleiche Anzahl an Nullstellen in C δ haben..6.3 Theorem. Maximum modulus principle Sei f holomorphe, nicht konstante Funktion im Gebiet Ω. Dann kann f das Maximum nicht innerhalb Ω annehmen. 39

40 Beweis. Annahme: f nimmt Maximum bei z z D r (z ) sodass f(z) > f(z ). Ω an. Dann gibt es ein f(z) mit.6.4 Korollar. Sei Ω Gebiet mit kompaktem Abschluss Ω. Dann gilt für eine holomorphe, nicht konstante Funktion f sup f(z) = max f(z). z Ω z Ω Dies gilt auch für harmonische Funktionen..6.5 Definition. Homotopie Zwei Kurven sind homotop, wenn eine stetig in die andere überführt werden kann, mathematisch formuliert bedeutet das: γ und γ : [a, b] C sind homotop, wenn s [, ] Kurve γ s mit Parametrisierung γ s (t), γ s (a) = α, γ s (b) = β die stetig in (t, s) [a, b] [, ] ist..6.6 Theorem. Sei f holomorph in Ω. Falls γ und γ homotop sind gilt f(z)dz = f(z)dz. γ γ F F F 2 F 3 F n F n- w z w γ w 2 w s 3 z z 2 z 3 Ω γ γ w n zn w n+ z n+ Abbildung : Illustration der Beweismethode. Beweis. Betrachte Abbildung zur Veranschaulichung. Da f holomorph, findet man in Umgebungen um feste Punkte Stammfunktionen F i, für die gilt i : F i = f und F i = F i+ + c i, da sich die Stammfunktionen jeweils nur um eine Konstante unterscheiden können. Wählt man eine Kurve γ s, die nah zur Kurve γ verläuft, so kann man 4

41 Stammfunktionen definieren, die beide Kurven einschließen. Man schreibt n ( zi+ wi+ ) f f = f f γ γ s i= z i w i n = [(F i (z i+ ) F i (z i )) (F i (w i+ ) F i (w i ))] i= n = [(F i (z i+ ) F i (w i+ )) (F i (z i ) F i (w i ))] i= n+ n = [F i (z i ) F i (w i )] [F i (z i ) F i (w i )] i= i= = (F n (z n+ ) F n (w n+ ) (F (z ) F (w )) 2 =. Bei wurde verwendet, dass F i (z i ) F i (w i ) = F i (z i ) F i (w i ), da F i (z) = F i (z) + c, wenn z aus dem Schnitt der beiden Kreise in denen F i und F i definiert sind. Damit heben sich alle Terme bis auf den ersten und den letzten auf. Bei 2 geht ein, dass nach Konstruktion z = w und z n+ = w n+. Damit gilt f = f, γ γ s man wiederholt diese Prozedur, bis γ f = γ f..6.7 Korollar. Jede holomorphe Funktion in einem einfach zusammenhängenden Gebiet Ω hat eine Stammfunktion, Ω ist einfach zusammenhängend, wenn je zwei Kurven homotop sind. Beweis. F (z) = γ z f(ω)dω liefert eine Stammfunktion, dies ist wichtig für die Definition des Logarithmus..7 Komplexer Logarithmus Der komplexe Logarithmus sollte folgende Eigenschaften erfüllen: (a) log(z) sollte die Umkehrfunktion von e z sein, e log(z) = z (b) die Ableitung des Logarithmus ist (log(z)) = z (c) Für z = re iθ soll gelten log(z) = log(r) + iθ. Also muss man den Definitionsbereich einschränken. Eine bestimme Wahl dieses Definitionsbereiches nennt man Zweig des Logarithmus. 4

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