3 Meromorphe Funktionen und der Residuenkalkül

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1 $Id: mero.tex,v.5 203/05/4 3:0:42 hk Exp hk $ 3 Meromorphe Funktionen und der Residuenkalkül 3.2 Isolierte Singularitäten In der letzten Sitzung hatten wir die drei Typen isolierter Singularitäten und ihre Ordnungen eingeführt. Wir wollen uns auch noch einige kleine Formeln herleiten die beschreiben wie sich die Ordnung einer isolierten Singularität unter arithmetischen Operationen verhält. Lemma 3.5 (Grundeigenschaften der Ordnung in Singularitäten Seien U C ein Gebiet, f, g : U C zwei holomorphe Funktionen mit f, g 0 und z 0 C eine isolierte Singularität von f und g. Dann gelten: (a Der Punkt z 0 ist auch eine isolierte Singularität von f g und haben f und g nicht beide eine wesentliche Singularität in z 0, so ist auch ord z0 (fg = ord z0 (f + ord z0 (g. (b Ist z 0 eine wesentliche Singularität von g aber keine von f und gilt g(z 0 für alle z U, so ist z 0 auch eine wesentliche Singularität von f/g. (c Ist z 0 keine wesentliche Singularität von g und gilt g(z 0 für alle z U, so ist z 0 auch eine isolierte Singularität von f/g mit ( f ord z0 = ord z0 (f ord z0 (g. g (d Ist f + g 0, so ist z 0 auch eine isolierte Singularität von f + g mit ord z0 (f + g min{ord z0 (f, ord z0 (g} Ist dabei ord z0 (f ord z0 (g, so gilt sogar ord z0 (f + g = min{ord z0 (f, ord z0 (g}. Beweis: Wir behandeln zunächst den Fall das weder f noch g eine wesentliche Singularität in z 0 haben. Setze n := ord z0 (f Z und m := ord z0 (g Z. Dann existieren holomorphe Funktionen f, g : U {z 0 } C mit f(z 0 0 und g(z 0 0 so, dass f(z = (z z 0 n f(z und g(z = (z z 0 m g(z 0-

2 für alle z U gelten. Damit ist auch h h (z 0 = f(z 0 g(z 0 0 und := f g : U {z 0 } C holomorph mit f(zg(z = (z z 0 n+m h (z = h (z (z z 0 (n+m für alle z U, d.h. nach unserem ersten Beispiel für isolierte Singularitäten ist z 0 eine isolierte Singularität von f g und zwar eine hebbare Singularität oder eine Polstelle. Weiter ergibt unsere obige Überlegung auch ord z0 (fg = n + m, d.h. wir haben (a in diesem Fall bewiesen. Nehmen wir g(z 0 für alle z U an, so ist auch g(z 0 für alle z U, also auch g(z 0 für alle z U {z 0 }, und somit ist h 2 := f/ g : U {z 0 } C holomorph mit h 2 (z 0 0 und für alle z U gilt f(z g(z = (z z 0 n m h 2 (z. Wie beim Beweis von (a ist damit z 0 auch eine isolierte Singularität von f/g mit ord z0 (f/g = n m. Damit haben wir auch (c in diesem Fall bewiesen, und kommen schließlich zu (d. Durch eventuelles Vertauschen von f und g können wir n = ord z0 (f ord z0 (g = m annehmen. Zunächst ist z 0 eine isolierte Singularität von f +g und für jedes z U gilt f(z + g(z = (z z 0 n f(z + (z z0 m g(z = (z z 0 n ( f(z + (z z 0 m n g(z, betrachten wir also die wegen m n 0 holomorphe Funktion h 3 : U {z 0 } C; z f(z + (z z 0 m n g(z, so ist f(z + g(z = (z z 0 n h 3 (z für alle z U. Da h 3 U in z 0 Singularität hat, ergibt sich mit der schon bewiesenen Produktformel eine hebbare ord z0 (f + g = n + ord z0 (h 3 n. Ist sogar n m, also n < m und m n > 0, so ist h 3 (z 0 = f(z 0 0, also ord z0 (h 3 = 0 und somit ist auch ord z0 (f + g = n. Damit ist auch (d in diesem Fall bewiesen. Damit haben wir alle Aussagen eingesehen solange z 0 keine wesentliche Singularität von f oder g ist. Nun nehmen wir an das f oder g in z 0 eine wesentliche Singularität hat. Für (a können wir dann nach eventuellen Vertauschen von f und g annehmen das f in z 0 eine wesentliche Singularität hat. Nach unserer Annahme hat g dann in z 0 keine wesentliche Singularität. Wir behaupten das es ein ɛ > 0 mit B ɛ (z 0 U und g(z 0 für alle z B ɛ (z 0 gibt. Dies ist klar wenn g in z 0 eine Polstelle hat und hat g andernfalls in z 0 eine hebbare Singularität, so folgt es wegen g 0 aus dem Identitätssatz Satz da es sonst eine gegen z 0 konvergente Folge von Nullstellen von g gäbe. Es ist z 0 eine isolierte Singularität von f g, und wäre z 0 keine wesentliche Singularität von f g, so wäre z 0 nach der schon bewiesenen Teilaussage von (c angewandt in B ɛ (z 0 auch 0-2

3 keine wesentliche Singularität von f B ɛ (z 0 = ((f B ɛ (z 0 (g B ɛ (z 0 /(g B ɛ (z 0, also auch keine wesentliche Singularität von f. Also ist z 0 eine wesentliche Singularität von f g und somit gilt auch ord z0 (fg = = ord z0 (f + ord z0 (g. Damit haben wir (a vollständig bewiesen. Wir kommen zum Beweis von (b. Zunächst ist z 0 eine isolierte Singularität von f/g. Wäre z 0 jetzt keine wesentliche Singularität von f/g, so könnten wir (a anwenden und erhalten den Widerspruch das f = (f/g g in z 0 eine wesentliche Singularität hat. Damit hat f/g in z 0 eine wesentliche Singularität. Kommen wir jetzt zum Beweis von (c. Hier ist nur noch der Fall offen das f in z 0 eine wesentliche Singularität hat. Hätte f/g jetzt in z 0 keine wesentliche Singularität, so hätte auch f = (f/g g nach (a in z 0 keine wesentliche Singularität, also muss f/g in z 0 eine wesentliche Singularität haben und insbesondere ist ord z0 (f/g = = ord z0 (f ord z0 (g. Damit ist auch (c allgemein bewiesen, und wir kommen schließlich zum Beweis von (d. Die erste Aussage in (d ist klar, wir können nun also ord z0 (f ord z0 (g annehmen, d.h. f und g haben nicht beide in z 0 eine wesentliche Singularität. Durch eventuelles Vertauschen von f und g können wir wieder annehmen das f in z 0 eine wesentliche Singularität hat, und g hat dann in z 0 eine hebbare Singularität oder eine Polstelle. Dann ist z 0 eine isolierte Singularität von f + g und hätte f + g in z 0 keine wesentliche Singularität, so hätte nach der schon bewiesenen Teilaussage von (d auch f = (f + g g in z 0 keine wesentliche Singularität. Damit hat f + g in z 0 eine wesentliche Singularität und wir haben auch (d in diesem Fall bewiesen. Produkte von Funktionen mit wesentlicher Singularität in z 0 haben im Allgemeinen keine wesentliche Singularität in z 0, beispielsweise f(z = exp(/z und g(z = exp( /z definiert auf C\{0}. 3.3 Hauptteile und Residuen In diesem Abschnitt wollen wir einen weiteren der für den Residuensatz benötigten Begriffe einführen. In unserem Beispielen und in den Übungsaufgaben zur Berechnung komplexer Kurvenintegrale haben wir gesehen das bei einem Integranden der Form f(z/g(z die Nullstellen des Nenners g eine wichtige Rolle spielen. Nehmen wir f und g als holomorph an, so sind diese Nullstellen des Nenners gerade die Polstellen von f(z/g(z, wenn wir vom Fall hebbarer Singularitäten einmal absehen. Jede dieser Polstellen trägt zum Kurvenintegral einen Term bei der vom sogenannten Residuum der Funktion f/g in dieser Polstelle beschrieben wird. Diese Residuen hängen wiederum mit der sogenannten Laurententwicklung von f/g zusammen, dies ist eine kleine Erweiterung der Taylorentwicklung bei der auch Potenzen (z z 0 n mit negativen Exponenten n zugelassen sind. Wir beweisen jetzt ein Lemma das die Existenz der Laurententwicklung um Polstellen sicherstellt. Lemma 3.6 (Hauptteil einer Polstelle Seien U C eine offene Menge, 0 f : U C eine holomorphe Funktion und 0-3

4 z 0 C eine isolierte Singularität von f aber keine wesentliche Singularität. Seien r > 0 der Radius des größten in U {z 0 } enthaltenen Kreises mit Mittelpunkt z 0 und N := ord z0 (f. Dann existieren eindeutig bestimmte komplexe Zahlen a n C für n Z mit n N so, dass f(z = a n (z z 0 n n N für alle z B r (z 0 gilt. Dabei ist a N 0. Beweis: Wir wissen bereits das es eine auf B r (z 0 holomorphe Funktion f : B r (z 0 C mit f(z 0 0 und f(z = (z z 0 N f(z für alle z B r (z 0 gibt. Nach dem Satz über Taylorentwicklung holomorpher Funktionen 2.Lemma 20 gilt f(z = f (n (z 0 (z z 0 n n! für alle z B r (z 0. Setzen wir also für jedes n Z mit n N so sind a N = f(z 0 0 und a n := f n N (z 0 (n N! f(z = (z z 0 N f(z = f (n (z 0 (z z 0 N+n = a n (z z 0 n n! n N für alle z Br (z 0. Damit ist die Existenzaussage bewiesen und wir kommen zur Eindeutigkeit. Sei also für jedes n Z mit n N auch ein b n C gegeben so, dass für alle z Br (z 0 stets f(z = b n (z z 0 n N gilt. Für jedes z B r (z 0 ist dann auch f(z = f(z (z z 0 = b N n (z z 0 n N = n N b N+n (z z 0 n. Für jedes n N ist damit b N+n = f (n (z 0, also auch b n = f (n N (z 0 n! (n N! = a n für alle n Z mit n N, und auch die Eindeutigkeitsaussage ist bewiesen. 0-4

5 Wie schon erwähnt nennt man die Reihendarstellung f(z = n N a n (z z 0 n auch die Laurententwicklung der Funktion f zum Entwicklungspunkt z 0. Setzen wir noch a n := 0 für alle n Z mit n < N, so können wir die Laurententwicklung auch in der Form f(z = a n (z z 0 n n= schreiben, ohne die Ordnung N explizit erwähnen zu müssen. In dieser Schreibweise können wir dann auch der Nullfunktion eine Laurentwicklung geben indem a n = 0 für alle n Z gesetzt wird. Der negative Teil der Laurententwicklung f (z := n= a n (z z 0 n = n= a n (z z 0 n heißt der Hauptteil der Funktion f in der isolierten Singularität f und f + (z := a n(z z 0 n ist entsprechend der Nebenteil. Da es nur endlich viele von Null verschiedene Koeffizienten zu negativen Indizes gibt, ist der Hauptteil eine rationale Funktion definiert auf ganz C\{z 0 }. Tatsächlich gilt das obige Lemma auch für wesentliche Singularitäten nur das auch der Hauptteil dann eine Potenzreihe in /(z z 0 ist und die Laurententwicklung in beiden Richtungen unendlich ist. Diese Erweiterung wollen wir uns hier aber nicht genauer anschauen und lieber ein paar kleine Beispiele besprechen.. Wir beginnen mit der Funktion f(z = cos z/z definiert auf U = C\{0}. Aus der Potenzreihe des Cosinus ( n cos z = (2n! z2n ergibt sich die für alle z C\{0} gültige Laurententwicklung cos z z = ( n (2n! z2n = z 2 z + 24 z3 +, der Hauptteil unserer Funktion in der Polstelle z 0 = 0 ist also f (z = /z. 2. Nun betrachten wir den Cotangens f(z = cot z definiert auf U := C\Zπ. In der isolierten Singularität z 0 = 0 hat der Cotangens nach Lemma 5.(c die Ordnung ord 0 (cot = ord 0 (cos ord 0 (sin =, in z 0 = 0 liegt also ein einfacher Pol vor. Schreibe die Laurententwicklung als cot z = a z + 0-5

6 wobei wir den Nebenteil gar nicht hinschreiben müssen. Wegen ( a = cos z = sin z cot z = (z z + = a + muss a =, der Hauptteil des Cotangens in der Polstelle z 0 = 0 ist also cot (z = /z. 3. Schauen wir uns noch ein etwas komplizierteres Beispiel an, nämlich f(z = sin z + cos z. Wegen ord z=0 (sin z + = 0 und ord z=0 (cos z = 2 ist nach Lemma 5.(c hier ord 0 (f = 2, in z 0 = 0 liegt also doppelter Pol vor. Die Laurententwicklung hat also die Form f(z = a z 2 + b z +. Gehen wir also wie im vorigen Beispiel vor, so wird + z + = + sin z = (cos z f(z ( = 2 z2 + ( a 24 z4 z + b 2 z + = a 2 b 2 z +, also sind a = b = 2 und wir haben den Hauptteil f (z = 2 z 2 z 2. Nun können wir das schon angekündigte Residuum einer holomorphen Funktion in einer ihrer isolierten Singularitäten definieren. Unsere Definition funktioniert für allgemeine Singularitäten, also auch für wesentliche Singularitäten, wirklich verwenden werden wir sie aber nur im Fall von Polstellen. Definition 3.4 (Das Residuum Seien U C eine offene Menge, f : U C eine holomorphe Funktion auf U und z 0 C eine isolierte Singularität von f. Das Residuum von f im Punkt z 0 ist dann die Zahl res z0 (f := 2πi κ z0,r f(ζ dζ wobei r > 0 mit B r (z 0 \{z 0 } U gewählt ist. Nach der Homotopieinvarianz des Kurvenintegrals gemäß 2.Lemma 2 ist dies unabhängig vom speziell gewählten r. Bevor wir zu Beispielen kommen können ist es nützlich erst einmal einige Grundtatsachen über die Residuen festzuhalten. Lemma 3.7 (Grundeigenschaften des Residuums Seien U C offen, f : U C holomorph und z 0 C eine isolierte Singularität von f aber keine wesentliche Singularität. 0-6

7 (a Ist f(z = n= a n(z z 0 n die Laurententwicklung von f zum Entwicklungspunkt z 0, so gilt res z0 (f = a. (b Hat f in z 0 eine hebbare Singularität, so gilt res z0 (f = 0. (c Ist g : U C holomorph und hat in z 0 keine wesentliche Singularität, so gilt für jedes λ C. res z0 (f + g = res z0 (f + res z0 (g und res z0 (λf = λ res z0 (f (d Hat f in z 0 einen einfachen Pol, so ist res z0 (f = lim z z0 (z z 0 f(z und für jede holomorphe Funktion g : U {z 0 } C gilt res z0 (fg = g(z 0 res z0 (f. (e Sei a C. Dann ist genau dann res z0 (f = a wenn es holomorphe Funktionen g : U {z 0 } C und h : C\{z 0 } C mit für alle z U gibt. f(z = g(z + h (z + a z z 0 Beweis: (a,b Wähle N Z mit N < 0 und r > 0 mit B r(z 0 U so, dass f(z = n=n a n (z z 0 n + a n (z z 0 n für alle z B r(z 0 gilt. Da der Nebenteil g(z = a n(z z 0 n in einer offenen Umgebung von B r (z 0 holomorph ist, folgt mit dem Cauchyschen Integralsatz 2.Satz 6 zunächst κ z0 g(ζ dζ = 0 und somit ist,r res z0 (f = N n= 2πi κ z0,r a n (z z 0 n dζ = a. (c Klar. (d Nach (a hat die Laurententwicklung von f zum Entwicklungspunkt z 0 die Form f(z = res z 0 (f z z a n (z z 0 n,

8 ist also r > 0 mit B r (z 0 U, so gilt (z z 0 f(z = res z0 (f + a n (z z 0 n für jedes z Br (z 0. Es folgt lim z z0 (z z 0 f(z = res z0 (f. Sei nun g : U {z 0 } C holomorph. Dann können zwei mögliche Fälle auftreten: Fall. Es ist g(z 0 0, also ord z0 (g = 0. Nach 3.Lemma 5.(a hat dann auch fg in z 0 eine einfache Polstelle, und damit ist auch res z0 (fg = lim z z0 (z z 0 f(zg(z = n= ( lim z z 0 (z z 0 f(z lim z z0 g(z = res z0 (f g(z 0. Fall 2. Nun sei g(z 0 = 0, also ord z0 (g. Nach 3.Lemma 5.(a hat fg in z 0 eine hebbare Singularität, also gilt nach (a auch res z0 (fg = 0 = g(z 0 res z0 (f. (e = Sei f(z = n= a n(z z 0 n die Laurententwicklung von f zum Entwicklungspunkt z 0. Dann ist h(z := n= a (n+ n (z z 0 n eine rationale und in C\{z 0 } holomorphe Funktion und für jedes z C\{z 0 } gilt h (z = n= Ist r > 0 mit B r (z 0 U so folgt f(z h (z a (n+ (z z 0 = a n n+ (z z 0. n a z z 0 = n=2 a n (z z 0 n für alle z B r (z 0, d.h. die links stehende Funktion hat in z 0 eine hebbare Singularität, und damit existiert eine holomorphe Funktion g : U {z 0 } C mit a g(z = f(z h (z z z 0 für alle z U. Nach (a ist diese Implikation damit bewiesen. = Wähle ein r > 0 mit B r (z 0 U {z 0 } und holomorphe Funktionen g : U {z 0 } C, h : C\{z 0 } C mit f(z = g(z + h (z + a/(z z 0 für alle z U. Dann ergibt sich mit dem Cauchyschen Integralsatz 2.Satz 6 res z0 (f = 2πi κ z0,r f(ζ dζ = 2πi κ z0,r g(ζ dζ + 2πi κ z0,r + a 2πi h (ζ dζ κ z0,r ζ z 0 dζ = a, 0-8

9 und auch Aussage (e ist vollständig bewiesen. Die Aussagen des Lemmas gelten dabei auch wenn die Funktion f in z 0 eine wesentliche Singularität hat, zum Beweis bräuchte man dann allerdings die allgemeine Laurententwicklung. Nach Teil (a des Lemmas kennt man das Residuum in einer Singularität z 0 sobald man den Hauptteil der Funktion in z 0 kennt, und insbesondere können wir in unseren obigen drei Beispielen das Residuum einfach ablesen.. Ist f(z = cos z/z, so hatten wir den Hauptteil in der Polstelle z 0 = 0 als f (z = /z berechnet, und damit ist res 0 (f =. 2. Ist f(z = cot z der Cotangens, so war der Hauptteil von f in z 0 = 0 wieder als f (z = /z gegeben, also ist erneut res 0 (cot =. 3. Ist schließlich f(z = (sin z + /(cos z, so war der Hauptteil in z 0 = 0 gegeben durch f (z = 2/z 2 2/z, also ist res z0 (f = 2. Es gibt einen besonders oft verwendeten speziellen Fall den wir hier noch festhalten wollen. Ist f(z = g(z/h(z und haben g in z 0 keine Nullstelle aber h in z 0 eine einfache Nullstelle, so kann man das Residuum in z 0 direkt hinschreiben. Lemma 3.8 (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 5.(c ist ord z0 (f/g =, d.h. f/g hat in z 0 einen einfachen Pol. Nach Lemma 7.(d ist damit res z0 ( f g ( = lim (z z 0 f(z ( = lim f(z z z0 g(z z z0 ( g(z g(z0 z z 0 = f(z 0 g (z 0. Zwei unserer obigen drei Beispiele können wir mit dieser Formel dann auch ohne den Weg über den Hauptteil berechnen: ( cos z res 0 = cos 0 z ( cos =, res 0 (cot = res 0 = cos 0 sin cos 0 =. 0-9

10 3.4 Meromorphe Funktionen Wie schon zu Beginn dieses Paragraphen erwähnt sind meromorphe Funktionen auf einer offenen Menge U C Funktionen die außerhalb einer abgeschlossenen, diskreten Teilmenge D U von U holomorph sind, und in den Punkten von D nur Polstellen oder hebbare Singularitäten haben. Das Verbot wesentlicher Singularitäten macht diese Funktionsklasse sehr gut beherschbar, alle hier behandelten Aussagen ergeben sich unmittelbar aus entsprechenden Aussagen über holomorphe Funktionen. Die meromorphen Funktionen sind eine wichtige Funktionsklasse da viele natürlich auftretende Funktionen meromorph aber nicht unbedingt holomorph sind. Definition 3.5 (Meromorphe Funktionen Sei U C eine offene Menge. Eine auf U meromorphe Funktion f ist eine auf dem Komplement einer diskreten und in U abgeschlossenen Menge D U definierte holomorphe Funktion f : U\D C, die in jedem Punkt z D eine hebbare Singularität oder eine Polstelle hat. Beachte das man hier von Funktionen auf U redet obwohl diese gar nicht auf ganz U definiert sind. Wir nehmen eine meromorphe Funktion immer als auf dem größtmöglichen Definitionsbereich erklärt, es sollen also alle hebbaren Singularitäten schon im Definitionsbereich liegen. Für meromorphes f sei weiter P (f := {z D z ist eine Polstelle von f} die Menge der Polstellen von f. Mit einem kleinen Bezeichnungsmissbrauch meinen wir für meromorphe f, g auf U mit f + g, f g, f/g gleich die entsprechend ergänzte Funktion, also wird beispielsweise sinc z := sin z/z in z = 0 implizit als sinc(0 = definiert ohne das wir dies explizit festhalten. Nun sei U ein Gebiet. Ist f 0 eine auf U meromorphe Funktion, so haben wir für jedes z U die Ordnung ord z (f Z definiert, und es gilt P (f = {z U ord z (f < 0}. Da bei meromorphen Funktionen keine wesentlichen Singularitäten vorkommen, gelten die Rechenregeln des Lemma 5 uneingeschränkt, d.h. für alle meromorphen f, g auf U mit f, g 0 und alle z U gelten ( f ord z (f g = ord z (f + ord z (g, ord z = ord z (f ord z (g g und im Fall f + g 0 auch ord z (f + g min{ord z (f, ord z (g} mit Gleichheit im Fall ord z (f ord z (g. Schauen wir uns ein paar Beispiele an. Der einfachste Beispieltyp sind Quotienten f = g/h holomorpher Funktionen g, h : U C mit g 0. Dann ist P (f = {z U ord z (h > ord z (g}. 0-0

11 Ein Beispiel für diesen Funktionstyp ist der komplexe Tangens tan = sin / cos mit der Polstellenmenge P (tan = (π/2 + Z π. Jede Polstelle hat dabei die Vielfachheit Eins. Es stellt sich heraus, dass die Quotienten holomorpher Funktionen in Wahrheit schon alle meromorphen Funktionen auf U sind, jede solche kann als Quotient zweier auf U holomorpher Funktionen geschrieben werden. Dieses Ergebnis folgt aus dem sogenannten Weierstrassschen Produktsatz, den wir hier aber nicht behandeln wollen. 3.5 Der Residuensatz Aus dem vorigen Kapitel kennen wir bereits eine ganze Reihe von Techniken zur Berechnung komplexer Kurvenintegrale. Der nun zu behandelnde Residuensatz fasst alle diese Techniken zusammen und erweitert sie dabei auch auf noch allgemeinere Situationen. Den Residuensatz kann man allgemein für holomorphe Funktionen mit isolierten Singularitäten beliebigen Typs formulieren und beweisen. Da wir allerdings die Laurententwicklung nur für Polstellen behandelt haben, müssen wir uns hier auf meromorphe Integranden beschränken. Für praktische Zwecke ist dies glücklicherweise auch völlig ausreichend. Satz 3.9 (Der Residuensatz Seien U C ein Gebiet und γ 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(γ D =. Sei f eine auf U meromorphe Funktion mit P (f D. Dann gilt f(ζ dζ = 2πi ω z (γ res z (f γ wobei in dieser Summe nur endlich viele von Null verschiedene Summanden vorkommen. Beweis: Sei x U so, dass γ in U frei zur konstanten Kurve ɛ x : dom(γ U; t x homotop ist, und wähle eine freie Homotopie H von γ 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 γ in V zu ɛ x frei 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 2.Lemma 2 liefert ω z (γ = 2πi z D γ dζ ζ z = 0. Damit ist ω z (γ res z (f = z D n ω zk (γ res zk (f k= 0-

12 und die links stehende Summe hat nur endlich viele von Null verschiedene Summanden. Sei jetzt k n gegeben. Dann gibt es nach Lemma 7.(e holomorphe Funktionen g k : (U\D {z k } C und h k : C\{z k } C mit f(z = g k (z + h k(z + res z k (f z z k für alle z U\D. Mit diesen Funktionen definieren wir jetzt die Funktion f : V \D = V \{z,..., z n } C; z f(z 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 l n l k ( 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.Lemma 2 liefert 0 = γ f(ζ dζ = γ f(ζ dζ n k= γ n h dζ k(ζ dζ res zk (f k= γ ζ z k n = f(ζ dζ 2πi ω zk (γ res zk (f. γ k= Damit ist der Residuensatz bewiesen. 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 0-2

13 und dann ergibt die Quotientenformel für Residuen Lemma 8 ( z 3 + z + res = z3 + z + (z (z + 3 z + 3 = 3 z= 4. Eine Anwendung des Residuensatz Satz 9 liefert schließlich ( ζ 3 + ζ + z 3 κ 0,2 (ζ (ζ + 3 dζ = 2πi res + z + (z (z + 3 = 3 2 πi. 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 9 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 9 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 8 zur Berechnung dieses Residuums verwenden. Nach Lemma 7.(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 = ( n (z n 4n+

14 für z < 4, also ausgeschrieben 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 + 3 = (z (z 2 + 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 Insgesamt ergibt sich für das zu bestimmende Kurvenintegral ζ 3 + ζ + 3 dζ = κ 0,2 (ζ 2 (ζ 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 II..3 entwickelten Methoden zum Rechnen mit Potenzreihen verwenden. Alternativ lassen sich solche Residuen auch mit dem folgenden Lemma berechnen. Lemma 3.0 (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! 0-4

15 nach 2.Lemma 20 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 7.(a die Behauptung Damit ist diese Residuenformel bewiesen. (z z 0 + k res z0 (g = f (m (z 0 (m!. k=0 f (m+k (z 0 (m + k! (z z 0 k, Wir haben diese Formel hier direkt über die Laurententwicklung begründet, man kann aber auch direkt die Cauchysche Integralformel für höhere Ableitungen 2.Korollar 9 verwenden. In unserem Beispiel ist m = 2 und f(z = (z 3 + z + /(z + 3 mit f (z = (z + 3(3z2 + z 3 z (z = 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 0 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 8 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 2 z 2 + res π 2 = sin π 2 ( π 2 2 sin π 2 ( tan z z 2 = 4 π 2 = 2(π2 4i. π 0-5