γ j γ j (f) = f(z) dz.

Transkript

1 27 6. Globale Versionen des Cauchyschen Integralsatzes. Residuensatz 6.. Ketten und Zyklen. Es seien γ,...,γ n Wege in der Ebene und K =Bildγ... Bild γ n. Jedes γ j liefert eine lineare Abbildung γ j : C(K) C durch γ j (f) = f(z) dz. γ j Wir können also formal die Summe dieser Wege definieren, indem wirsagen,welchelineare Abbildung sie auf C(K) induziert. Mit anderen Worten: Wir schreiben () :=γ + γ γ n, nennen die formale disjunkte Summe der Wege und setzen f(z) dz := f(z) dz, f C(K). γ j j= Solche formalen Summen von Wegen nennt man Ketten; wir nennen die obige Menge K das Bild von. Wirsprechenvoneiner Kette in Ω C, falls Bild Ω. Sindalleγ j geschlossen, so heißt Zyklus. Eine Kette kann auf vielerlei Weise als Summe von Wegen dargestellt werden. Die Identität heißt lediglich, dass j= γ +... γ j f(z) dz = + γ n = δ +... m k= δ k f(z) dz, + δ m f C(K). Ist ein Zyklus und w/ Bild, sodefinierenwirdiewindungszahlvon bezüglich w durch Ind (w) = dz z w. Klar: Ind (w) = Ind γj (w). Wirdjedesγ j durch den entgegengesetzten Weg ersetzt, so nennt man die entsprechende Kette ; esgiltdann f(z) dz = f(z) dz. Insbesondere ist Ind (w) = Ind (w), falls Zyklus und α/ Bild. Man kann in offensichtlicher Weise Ketten formal addieren = + 2 soll heißen f(z) dz = f(z) dz + f(z) dz Satz von Cauchy. Es sei Ω beliebige offene Menge in C, ein Zyklus in Ω mit () Ind (w) =0 füralle w C \ Ω. Dann gilt (2) f(z)ind (z) = und f(w) w z dw, f(z) dz =0. z Ω \ Bild

2 28 Sind ferner und 2 Zyklen in Ω mit Ind (w) =Ind 2 (w) für jedes w, dasnichtinω liegt, so ist f(z) dz = f(z) dz. 2 Beweis. AufΩ Ω definieren wir die Funktion g durch g(z,w) = { f(w) f(z) w z z w f (z) z = w. Wir wissen aus Lemma 5., dass g stetig ist. Daher können wir h :Ω C durch h(z) = g(z,w) dw definieren. Ist z Ω \ Bild, soist nachdefinitionderwindungszahl Aussage(2)äquivalent dazu, dass h(z) =0ist. Dies wollen wir zeigen. Wir überzeugen uns zunächst davon, dass h H(Ω) ist: Erstens ist h stetig als Integral über eine stetige Funktion. Direkter Beweis mit dem Satz von der dominierten Konvergenz: Aus z n z 0 folgt g(z n,w) g(z 0,w) w Ω, fernerist g(z,w) C auf jeder kompakten Teilmenge von Ω Ω, also h(z n )= g(z n,w) dw dom. K. g(z 0,w) dw = h(z 0 ).) Die Holomorphie zeigen wir nun mit dem Satz von Morera: Es sei Ω ein abgeschlossenes Dreieck. Mit dem Satz von Fubini sehen wir, dass h(z) dz = ( ) g(z,w) dz dw. Nun ist für jedes feste w die Funktion z g(z,w) holomorph (sie hat eine isolierte hebbare Singularität in z = w). Also ist das innere Integral Null, folglich auch die linke Seite. Der Satz von Morera liefert also die Holomorphie von h. Nun sei Ω 0 die Menge aller z C mit Ind (z) =0.Wirsetzen h 0 (z) = f(w) w z dw. Ist z Ω 0 Ω, sofolgt (h 0 h)(z) = f(z) w z dw = f(z) Ind γ(z) =0. Also gibt es eine holomorphe Funktion ϕ H(Ω Ω 0 ) mit ϕ Ω = h, ϕ Ω0 = h 0.Wegen() ist (C \ Ω) Ω 0.AlsoistΩ Ω 0 = C und ϕ eine ganze Funktion. Ferner enthält Ω 0 auch die unbeschränkte Zusammenhangskomponente von C \ Bild γ, dadortind γ (z) =0gilt. Es folgt lim ϕ(z) = lim h (z) =0 z z (dominierte Konvergenz) und somit ϕ =0nach Liouville. Es folgt h 0 und damit die Behauptung Bemerkung.

3 29 (a) (b) Wann ist die Voraussetzung Ind γ (α) =0 α / Ω erfüllt?diesistbeispielsweisedann der Fall, wenn Ω konvexes Gebiet ist und γ geschlossener Weg in Ω. NachdemSatzvon Cauchy für konvexe Gebiete ist dann nämlich 0= w α dw =Ind γ(α). Damit ist 6.2 eine echte Verallgemeinerung von Satz 3.4. Wie sieht ein Beispiel für Zyklen γ,γ 2 aus mit f(z) dz = γ f(z) dz γ 2 f H(Ω)? Wähle Ω=C \ (D D 2 D 3 ),wobeid j,j=, 2, 3, disjunktekreisesind.wähleδ j = positiv orientierter Kreis um D j und γ = positiv orientierter Kreis, der D,D 2 und D 3 einschließt. Dann ist f(z) dz = f(z) dz γ δ j für alle f H(Ω) Definition. Man nennt zwei Zyklen γ,γ 2 in Ω homolog, falls gilt Ind γ (a) =Ind γ2 (a) a C \ Ω Homotopie. (Erinnerung). Es seien γ 0,γ geschlossene Kurven in Ω mit Parameter- Intervall [a, b]. Mannenntγ 0 homotop zu γ in Ω, fallseinestetigeabbildung existiert mit H(s, 0) = γ 0 (s), H(s, ) = γ (s). H :[a, b] [0, ] Ω 6.6. Lemma. Es seien γ 0,γ geschlossene Kurven in Ω mit Parameter-Intervall I =[0, ], α C. Gilt () γ (s) γ 0 (s) < α γ 0 (s), so ist Ind γ (α) =Ind γ2 (α). Beachte: () ist insbesondere erfüllt, falls γ 0 (s) γ (s) < min{ γ 0 (s) α :0 s }. Beweis. Aus()folgt,dassα weder im Bild von γ 0 noch im Bild von γ liegt. Wir können also den Weg γ(s) = γ (s) α γ 0 (s) α definieren. Dann gilt und γ γ = γ γ α γ 0 γ 0 α γ = γ 0(s) γ (s) γ 0 (s) α <.

4 30 Also ist Bild γ B(, ) und somit Ind γ (0) = 0 (da 0 in der unbeschränkten Zusammenhangskomponente von C \ Bild γ liegt). Nun ist γ (s) 0=Ind γ (0) = γ(s) 0 ds = γ (s) 0 γ (s) α ds γ 0 (s) 0 γ 0 (s) α ds Es folgt die Behauptung. 0 = Ind γ (α) Ind γ0 (α) Satz. Es seien γ 0,γ homotope geschlossene Kurven in Ω.. Dann ist Also: Aus Homotopie folgt Homologie. Ind γ0 (α) =Ind γ (α) für alle α/ Ω. Beweis. O.B.d.A. mögen γ,γ 0 beide Parameter-Intervall I =[0, ] haben. Es sei H : I I Ω die Homotopie. Da I I kompakt ist, existiert ein ε>0 so, dass () α H(s, t) > 2ε für alle s, t I I. Da H gleichmäßig stetig ist, existiert ferner ein n N so, dass (2) H(s, t) H(s,t ) <ε falls s s + t t n. Wir definieren nun Polygonzüge g 0,...,g n durch (3) g k (s) =H( j n, k )(ns + j)+h(j n n, k )(j ns) n für j ns j und j =,...,n.aus(2)und(3)folgt,dass (4) g k (s) H(s, k ) <ε, k=0,...,n, 0 s. n Insbesondere erhalten wir für k =0und k = n: (5) Aus (4) und () folgt, dass (6) Andererseits liefern (3) und (2), dass (7) g 0 (s) γ 0 (s) <ε, g n (s) γ (s) <ε, 0 s. α g k (s) >ε für alle s I,k =0,...,n. g k (s) g k (s) <ε für alle s I,k =,...,n. Nun schließen wir aus (5), (6) und (7) und (n +2)-facher Anwendung von Lemma 6.6, dass die Windungszahl von γ 0,g 0,...,g n,γ bezüglich α dieselbe ist. Meromorphie und Residuensatz Definition. Die Funktion f heißt meromorph in der offenen Menge Ω C, falls (i) (ii) (iii) f H(Ω \ A) ist, wobei die Menge A Ω von Ausnahmepunkten keinen Häufungspunkt in Ω hat und f in jedem a A einen Pol hat. Schreibe: f M(Ω) Bemerkung. (a) Es wird nicht ausgeschlossen, dass A =. JedeholomorpheFunktioninΩ ist also meromorph.

5 (b) Nach dem Satz von Bolzano und Weierstraß hat jede Folge, die in einer kompakten Teilmenge K von C liegt, eine konvergente Teilfolge in K. Folglich enthält jede kompakte Teilmenge von Ω nur endlich viele Punkte von A. Damit ist A abzählbar Residuensatz. Es sei f meromorph in Ω und A die Singularitätenmene von f. Ist ein Zyklus in Ω \ A mit () Ind γ (α) =0 füralle α Ω, so gilt (2) f(z) dz = Res (f; a)ind (a). a A Beweis..Schritt. Wir zeigen, dass die Menge B = {a A :Ind γ (a) 0} nur endlich ist, so dass die Summe in (2) endlich ist: Angenommen, es gäbe eine Folge (a j ) A mit Ind a j 0. Dann ist (a j ) beschränkt, denn auf der unbeschränkten Zusammenhangskomponente ist Ind γ ( ) konstant Null. Damit hat (a j ) einen Häufungspunkt, a. Dieserliegtin Ω C\Ω, daa in Ω nach Definition keinen Häufungspunkt hat. Also ist Ind a =0.EsfolgtwegenderKonstanzdesIndex auf Zusammenhangskomponente von C \ Bild, dassind γ (a j )=0für große j. Widerspruch! 2. Schritt. Es seien b,...,b k die Elemente von B und Q,...,Q k die zugehörigen Hauptteile von f. DannistdieFunktion g = f (Q Q k ) holomorph fortsetzbar auf ganz Ω. DieCauchyscheIntegralformel liefert k 0= g(z) dz = f(z) dz Q j (z) dz. 3. Schritt. Schribe Dann gilt Q j (z) = Q j (z) dz = m l= m l= j= a (j) l (z b j) l. a (j) dz l (z b j ) l = a(j) Ind (b j ), denn für l ist das Integral Null (dann existiert eine Stammfunktion 2.2). Da a = Res (f; b j ) ist, folgt die Behauptung. 6.. Bemerkung. Es sei f auf jedem Intervall [ R, R], R R + Riemann integrierbar. Wir setzen R vp f(x) dx := lim f(x) dx, R R falls der Grenzwert existiert. Bezeichnung: Hauptwert (valeur principal, principal value) Beispiel: Anwendung des Residuensatzes. Es sei H = {z C :Imz 0}, f sei meromorph auf einer offenen Umgebung U von H mit endlich vielen Polen a,...,a n, Im a k > 0. Es gelte Dann ist π lim f(re it )Re it dt =0. R 0 vp f(x) dx = Res (f; a k ). k= 3

6 32 Beweis. Wähleγ als folgenden Weg: Von R bis R auf der reellen Achse, von R nach R auf dem Halbkreis durch die obere Halbebene. Dann ist Res (f,a k ) 6.0 R π = f(z) dz = f(x) dx + i f(re it )Re it dt. γ R 0 k= Grenzwert für R liefert die Aussage Lemma. Ω C sei offen, a Ω. (a) Ist a Nullstelle der Ordnung m, soistres ( f f ; a) =m. (b) Ist a Pol der Ordnung m, soistres ( f f ; a) = m. Beweis. (a)schreibef(z) = (z a) m g(z), wobei g(z) 0 nahe a. Dannistf (z)/f(z) = m z a + g (z)/g(z). (b) analog Satz. Es sei Ω offen in C, ein Zyklus in Ω mit Ind γ (α) =0 α C \ Ω. Es sei f meromorph auf Ω mit endlich vielen Polen b,...,b k der Ordnungen l,...,l k und endlich vielen w-stellen a,...,a n der Vielfachheiten m,...,m n ;keinerdieserpunkteliegeauf. Dann gilt für beliebiges F H(Ω): f (z) F (z) f(z) w dw = m j Ind (a j )F (a j ) Dabei heißt aw-stelle von f, fallsa Nullstelle von f w ist, w C. Beweis. NachdemResiduensatzist f (z) F (z) f(z) w dw = Res (F f ) f w ; a j Ind (a j )+ j= j= k l j Ind (b j )F (b j ). j= k j= Res (F f ) f w ; b j Ind (b j ) Nun hat f /(f w) =(f w) /(f w) höchstens Pole erster Ordnung nach 6.3. Es folgt Res (F f ) ( ) f 6.3 f w,a j = F (a j )Res f w,a j = F (a j )m j. Analog: 6.5. Folgerung. (a) Res (F f ) ( ) f 6.3 f w,b j = F (b j )Res f w,b j = F (b j )l j. F, Ind (z) =für alle Nullstellen bzw. Pole. Es folgt f (z) f(z) w dz = m j l j = Anzahlw Stellen Anzahl Pole (einschließlich Vielfachheiten) (b) f H(Ω) injektiv f :Ω f(ω) ist biholomorph. Ferner sei f(a) =w und B(a, R) Ω. Dann gilt () f (w) = zf (z) f(z) w dz. z a =R

7 33 (c) (2) (Wähle F (z) =z. DierechteSeitein()istdannnach6.4= a = f (w).) Fundamentalsatz der Algebra p(z) = n j=0 a jz j Polynom der Ordnung n, a n =.Dann existiert R> mit p(z) > z R. Essei p (z) p(z) = n z + b k z k, k=2 z >R, mit geeigneten b k die Laurent-Entwicklung von p /p um. ImDetail:Für z >Rist p (z)/p(z) holomorph. Somit ist (vgl. 4.5) w p (/w) holomorph nahe w =0hat dort p(/w) also eine Potenzreihenentwicklung b k w k mit b 0 =0und b = n.) n (2) = z =R k=0 p (z) (a) dz =AnzahlderNullstellen. p(z) 6.6. Satz. Es sei Ω ein Gebiet in C, γ geschlossener Weg mit Ind γ (α) =0für alle α/ Ω. Ferner sei Ind γ (α) {0, } für alle α Ω \ Bild γ. SetzeΩ = {α Ω:Ind γ (α) =}. Für f H(Ω) sei N f die Anzahl der Nullstellen von f in Ω,einschließlichVielfachheitgezählt. (a) Ist f H(Ω) mit f(z) 0für alle z Bild γ, soistfür=f γ: N f = f (z) f(z) dz =Ind (0), γ (b) Satz von Rouché. Ist auch g H(Ω) und gilt () f(z) g(z) < f(z) für alle z Bild γ (c) so ist N f = N g. Es gilt sogar folgende Verallgemeinerung des Satzes von Rouché: Es seien f,g M(Ω) und N f, N g bzw. P f, P g die Anzahlen der Nullstellen bzw. Pole von f bzw. g in Ω.Gilt (2) so ist N f P f = N g P g. f(z) g(z) < f(z) + g(z) für alle z Bild γ Beweis. (a)ersteidentitätaus6.5.diezweiteisteinfach: Ind (a) = z dz = b a (s) (s) ds = b f γ(s)γ (s) ds = a f γ(s) b a f (z) f(z) dz. (b) Aus () folgt, dass weder f noch g eine Nullstelle auf Bild γ hat. Nach (a) Anzahl der Nullstellen von f = Ind f γ (0) Anzahl der Nullstellen von g = Ind g γ (0). Wegen () ist nun die Voraussetzung von Lemma 6.6 erfüllt, also Ind f γ (0) = Ind g γ (0).

8 34 Gleichmäßige Konvergenz auf kompakten Mengen Definition. Eine Folge (f j ) von Funktionen auf Ω heißt gleichmäßig konvergent gegen f auf kompakten Teilmengen von Ω, fallsgilt:fürjedekompakteteilmengek Ω und jedes ε>0 existiert ein j 0 N mit f j (z) f(z) <ε j j 0,z K Satz. Es seien f j H(Ω) und (f j ) gleichmäßig kovergent gegen f auf kompakten Teilmengen von Ω. Dann gilt: (a) f H(Ω). (b) f j f gleichmäßig auf kompakten Teilmengen von Ω. Beweis. (a)mitmorera:wirwissen,dassf als gleichmäßiger Grenzwert stetiger Funktionen stetig ist. Ist nun ein abgeschlossenes Dreieck, das ganz in Ω liegt, so folgt aus der gleichmäßigen Konvergenz auf ( ist kompakt!), dass f(z) dz = lim f j (z) dz =0. j (Nach dem Satz von Morera ist also f H(Ω).) (b) Nun betrachte f j f.esseik Ω kompakt. Dann existiert ein ρ>0 mit K B(a, ρ) :=K ρ Ω. a K Nach der Cauchyschen Integralformel 3.5(3) gilt für a K () f j(a) f (a) ρ sup f j f. K ρ Nun ist K ρ kompakt: K ρ = {x :dist(x, K) ρ} ist abgeschlossen und beschränkt. Also ist die rechte Seite in () endlich und unabhängig von a. Es folgt, dass f j f gleichmäßig auf K Folgerung. Unter den obigen Voraussetzungen konvergiert f (k) j f (k) für jedes k gleichmäßig auf kompakten Teilmengen von Ω Satz von Hurwitz. (f j ) sei eine Funktionenfolge in H(Ω), dieaufjederkompakten Teilmenge des Gebiets Ω gleichmäßig gegen eine Funktion 0 f H(Ω) konvergiere. Für a Ω ist dann äquivalent: (a) f hat a als Nullstelle der Ordnung m. (b) Es gibt eine Umgebung U von a mit folgender Eigenschaft: Für jede abgeschlossene Kreisscheibe K mit a intk K U existiert ein J = J(K) derart, dass jedes f j mit j J genau m Nullstellen in K hat (einschl. Vielfachheit). Beweis. Istf 0und holomorph, so hat die Nullstellenmenge keinen Häufungspunkt in Ω. Daher existiert eine Umgebung U von a mit f(z) 0für alle z U \{a}. Wähleeineabgeschlossene Kreisscheibe K mit a int K K U. Zu ε K := min z K f(z) > 0 wähle J so groß, dass f j (z) f(z) <ε K f(z) für alle j J und z K. Dannhabennach dem Satz von Rouché f j und f dieselbe Anzahl von Nullstellen in K.

9 6.2. Folgerung. Es sei (f n ) eine Folge holomorpher Funktionen, die auf dem Gebiet Ω gleichmäßig auf kompakten Mengen gegen f H(Ω) konvergiere. (a) Ist jedes f n nullstellenfrei, so ist f nullstellenfrei oder 0. (b) Ist jedes f n injektiv, so ist f konstant oder injektiv: Für a Ω betrachte f n (z) =f n (z) f n (a). DieseFunktionensindnullstellenfreiaufΩ \{a}. Somitist f = f f(a) entweder 0 oder nullstellenfrei. f a oder injektiv Lemma. (a) (b) Es seien p, q Polynome, q 0.DieFunktionf = p/q ist meromorph auf C und hat in eine hebbare Singularität oder einen Pol. Ist umgekehrt f meromorph auf C = C { } mit endlich vielen Polen, so ist f eine rationale Funktion. Mit anderen Worten: Die meromorphen Funktionen auf der Riemannschen Zahlenkugel C sind gerade die rationalen Funktionen. Beweis. (a)seip = m k=0 a kz k,q= m j=0 b jz j.dannist ak z k z f(/z) = m bj z j z m =rationalefunktionnahenull. Sie ist entweder beschränkt für z 0, oderesgiltlim z 0 f(/z) =. ImerstenFallhaben wir eine hebbare Singularität, im zweiten einen Pol. (b) Es seien p,...,p K die Pole von f in C und h k (z) = a (k) j j= m k (z p k ) j die Hauptteile, h (z) = j /z j der Hauptteil von f in. Dannistg := f K k= h k h holomorph auf C mit hebbarer Singularität in.alsoistg nach Liouville konstant. j= m a ( ) Satz von Mittag-Leffler in C. Es sei (a k ) k N eine Folge paarweise verschiedener Zahlen in C mit lim a k =. Fürjedesk sei p k ein Polynom mit p k (0) = 0. Dannexistiertein f M(C) mit Polstellenmenge P f = {a k : k N} und h k (z) =p k ( z a k ) als Hauptteil in a k. Beweis. Ordnedie(a k ) so, dass a a 2... Eventuell a =0,aber a j > 0 für j 2. Für a k 0hat h k eine Taylorreihe um Null mit Konvergenzradius a k.zuε =2 k existiert ein m k N so, dass h k (z) s kmk (z) < 2 k für z < 2 a k, wobeis kmk die m k -te Partialsumme der Taylorreihe ist. Setze f(z) =h (z)+ (h k (z) s kmk (z)). k=2 Behauptung: Die Reihe konvergiert gleichmäßig auf jeder kompakten Teilmenge K von C \ {a,a 2,...}. Dazu: K ist beschränkt, etwa K B(R, 0). Zu(a k ) andererseits existiert ein M mit a j > 2R für j M. Damitist h k (z) s kmk (z) 2 k für z R k M k M 35

10 36 und daher f M = k M(h k s kmk ) H(B(R, 0)) gleichmäßig konvergent. Es folgt, dass M f = h + (h k s kmk )+ k M(h k s kmk ) k=2 meromorph auf B(R, 0) ist mit Polen in a,...,a M und zugehörigen Hauptteilen h,...,h M. Da R beliebig war, folgt die Behauptung Bemerkung. Der Satz lässt sich verallgemeinern auf den Fall einer offenen MengeΩ C und eine Folge (a k ) ohne Häufungspunkt in Ω.