H.J. Oberle Komplexe Funktionen SoSe Residuensatz

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1 H.J. Oberle Komplexe Funktionen SoSe 2013 Partialbruch-Zerlegung. 10. Residuensatz Wir setzen unsere Untersuchung der isolierten Singularitäten einer holomorphen Funktion mit einer Methode fort, die komplexe Partialbruch-Zerlegung einer rationalen Funktion zu bestimmen. Definition (10.1) Besitzt die holomorphe Funktion f : D C in z 0 C \ D die Laurent-Entwicklung f(z) = a k (z z 0 ) k, 0 < z z 0 < r, so heißt h f (z; z 0 ) := 1 k= a k (z z 0 ) k, 0 < z z 0, der Hauptteil von f zum Entwicklungspunkt z 0 (isolierte Singularität). 146

2 Satz (10.2) (Komplexe Partialbruch-Zerlegung) Ist r(z) = p(z)/q(z) eine rationale Funktion auf C (also p und q Polynome) mit Grad p < Grad q und sind z 1,..., z m die (verschiedenen) Nullstellen von q, so gilt Beweis: r(z) = h r (z; z 1 ) h r (z; z m ). Die Funktion g(z) := r(z) m j=1 h r (z; z j ) ist auf C \ {z 1,..., z m } holomorph und hat in jedem der Punkte z j einen verschwindenden Hauptteil. Die z j sind damit hebbare Singularitäten und die holomorphe Fortsetzung von g ist eine auf ganz C holomorphe Funktion. Wegen Grad p < Grad q folgt lim z r(z) = 0 und somit 147

3 auch lim z g(z) = 0. Nach dem Satz von Liouville (8.15) ist g folglich konstant und aufgrund des obigen Grenzwertes gilt damit g = 0. Beispiel (10.3) Gesucht sei die Partialbruch-Zerlegung der rationalen Funktion f(z) = 4 (z + 1) 2 (z 1). a) z 1 = 1: f(z) = 1 (z + 1) 2 4 z 1. Von g(z) := 4/(z 1) werden die ersten beiden Terme der Taylor-Entwicklung um z 1 = 1 benötigt: g(z) = 4 z 1, g (z) = f(z) = 4 g(z) = ( 2) 1 (z + 1) +... (z 1) 2 2 (z + 1) 2 1 z

4 Die ersten beiden Summanden bilden den Hauptteil h f (z; z 1 ). b) z 2 = 1: f(z) = 1 z 1 4 (z + 1) 2. Von g(z) := 4/(z + 1) 2 wird der erste Terme der Taylor- Entwicklung um z 2 = 1 benötigt: g(z) = und damit f(z) = 1 z , wobei der erste Summand gerade den Hauptteil h f (z; z 2 ) bildet. Mit (10.2) folgt f(z) = 2 (z + 1) 2 1 z z

5 Residuen. Ist z 0 eine isolierte Singularität einer holomorphen Funktion f mit der Laurent-Entwicklung f(z) = k= a k (z z 0 ) k, 0 < z z 0 < r, so heißt Res(f; z 0 ) := a 1 das Residuum der Funktion f im z 0. Satz (10.4) (Residuensatz) Sei D C ein Gebiet, f : G := D \ {z 1,..., z m } C holomorph und c : [0, 1] G ein geschlossener stückweise C 1 Weg, der in D nullhomotop ist (d.h. innerhalb von c liegen höchstens die Singularitäten z 1,..., z m ). Dann gilt c f(z) dz = 2 π i m k=1 Uml(c, z k ) Res(f; z k ) 150

6 Beweisskizze: Es brauchen nur Singularitäten innerhalb des Weges c untersucht zu werden, für die äußeren Singularitäten verschwindet die Umlaufzahl. Man kann den Weg c so in geschlossene Teilwege c j zerlegen, dass jeder Teilweg nur Singularitäten mit gleicher Umlaufzahl l j enthält. Jeder Teilweg c j ist in G homotop zu einem l j -fach durchlaufenen einfach geschlossenen stkw. C 1 -Weg c j. Damit folgt für das Integral c f(z) dz = s l j j=1 c j f(z) dz Jeder einfach geschlossene Weg c j kann zerlegt werden in eine Summe von Kreisen um die Singularitäten innerhalb von c j. 151

7 Insgesamt folgt somit f(z) dz = c m k=1 Uml(c, z k ) z z k =r k f(z) dz Nun verwenden wir die Laurent-Entwicklung von f um z k und erhalten z z k =r k f(z) dz = = z z k =r j= k a (k) j j= a (k) j (z z k ) j dz z z k =r k (z z k ) j dz = 2 π i a (k) 1 = 2 π i Res(f; z k) Wir geben im Folgenden einige Standard-Verfahren zur konkreten Berechnung von Residuen an. 152

8 Satz (10.5) a) Ist z 0 einfacher Pol von f, so besitzt f eine Darstellung f(z) = g(z)/(z z 0 ), wobei g eine in z 0 holomorphe Funktion ist. Es gilt dann Res(f; z 0 ) = g(z 0 ) = lim z z0 (z z 0 ) f(z). (10.6) b) Ist f(z) = P (z)/q(z) mit in einer Umgebung von z 0 holomorphen Funktionen P und Q und ist z 0 eine einfache Nullstelle von Q, so gilt Res(f; z 0 ) = P (z 0) Q (z 0 ). (10.7) c) Ist f(z) = g(z)/(z z 0 ) m mit einer in einer Umgebung von z 0 holomorphen Funktion g, so gilt Res(f; z 0 ) = g(m 1) (z 0 ) (m 1)!. (10.8) 153

9 Beweis: zu a) Dies folgt aus c) für m = 1. zu b) Setzt man Q(z) = (z z 0 ) R(z), so ist R in z 0 holomorph fortsetzbar mit R(z 0 ) 0. Damit ist auch g(z) := P (z)/r(z) bei z = z 0 holomorph fortsetzbar und es gilt f(z) = g(z)/(z z 0 ). Nach a) folgt Res(f; z 0 ) = g(z 0 ) = P (z 0 )/R(z 0 ). Differentiation von Q(z) = (z z 0 ) R(z) ergibt Q (z) = R(z) + (z z o ) R (z) und somit Q (z 0 ) = R(z 0 ), also Res(f; z 0 ) = P (z 0 )/Q (z 0 ). zu c) Die Taylor-Entwicklung von g ergibt f(z) = g(z) (z z 0 ) m = k=0 g (k) (z 0 ) k! (z z 0 ) k m. Speziell für k = m 1 folgt a 1 = Res(f; z 0 ) = g(m 1) (z 0 ) (m 1)! 154

10 Beispiele (10.9) 1 a) f(z) =. Nach (10.5) a) ergibt sich (z + 1) (z 2) b) f(z) = Res(f; 1) = 1 z 2 Res(f; 2) = 1 z + 1 z= 1 = 1/3, z=2 = 1/3. 1 (1 + z 2. Nach (10.5) b) ergibt sich ) Res(f; i) = 1 2 z Res(f; i) = 1 2 z z=i = 1/(2 i), z= i = 1/(2 i). 155

11 c) f(z) = e i z z (1 + z 2 ) 2. z 0 = i ist Pol zweiter Ordnung von f. Nach (10.5) c) erhält man Res(f; i) = g (i), mit g(z) := e i z z (z + i) 2. g (z) = i z (z + i)2 (z + i) 2 2 z (z + i) z 2 (z + i) 4 e iz = ( i z (z + i) 2 1 z 2 (z + i) 2 2 z (z + i) 3 g (i) = ( ) e 1 = 3 4 e. ) e i z Damit erhalten wir Res(f; i) = 3/(4 e). 156

12 Anmerkung (10.10) Aus dem Residuensatz lässt sich die Cauchysche Integralformel zurückgewinnen: Ist c einfach geschlossen in einem Gebiet D, positiv orientiert, liegt z 0 im Innern von c und ist f : D C holomorph, so gilt c f(z) dz = 2 π i Res( f(z) ; z 0 ) z z 0 z z 0 = 2 π i f(z 0 ). 157