Komplexe Analysis I. Stefan Haller

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1 Komplexe Anlysis I Stefn Hller Inhltsverzeichnis 1. Vorbemerkungen Die komplexen Zhlen Linere Abbildungen Folgen komplexer Zhlen Reihen komplexer Zhlen Offene und bgeschlossene Mengen Stetigkeit Limiten von Funktionen Zusmmenhng Kompkte Teilmengen Funktionenfolgen Funktionenreihen Holomorphe Funktionen Elementre Eigenschften holomorpher Funktionen Zusmmenhng mit reeller Differenzierbrkeit Potenzreihen Mehr über klssische Funktionen Wegintegrle und ds Integrllemm von Gourst Integrle komplexwertiger Funktionen Wege und ihre Länge Kurvenintegrle Integrble Funktionen Ds Integrllemm von Gourst Homotopie Einfch zusmmenhängende Gebiete Grundlegende Sätze der Funktionentheorie Die Cuschysche Integrlformel Entwicklung in Potenzreihen Der Weierstrßsche Konvergenzstz Der Stz von Liouville Der Identitätsstz Gebietstreue und Mximumsprinzip 70 Dieses Skriptum findet sich uch unter 1

2 2 STEFAN HALLER 4.7. Biholomorphie Automorphismengruppen Die Eulerschen Formeln Der Residuenklkül Lurentreihen Singulritäten Ds Residuum Die Umlufzhl Der Residuenstz Uneigentliche Integrle Integrle von Winkelfunktionen 96 Litertur 97 Anhng A. Übungsufgben 98

3 KOMPLEXE ANALYSIS I 3 1. Vorbemerkungen Die komplexe Anlysis, uch Funktionentheorie gennnt, ist ds Studium komplex differenzierbrer Funktionen f : U C, wobei U C eine Teilmenge des Körpers der komplexen Zhlen C bezeichnet. Bevor wir in Kpitel 2 zur Definition der komplexen Differenzierbrkeit kommen, wollen wir in diesem Kpitel die nötigen Grundbegriffe kurz wiederholen. Vieles dvon wird schon us den Vorlesungen über Anlysis und Linere Algebr beknnt sein Die komplexen Zhlen. Auf dem 2-dimensionlen reellen Vektorrum R 2 wird eine Multipliktion definiert: (x 1, y 1 ) (x 2, y 2 ) := (x 1 x 2 y 1 y 2, x 1 y 2 + y 1 x 2 ) (1) Für z, z 1, z 2, z 3 R 2 gilt dnn offensichtlich: (z 1 z 2 )z 3 = z 1 (z 2 z 3 ) (Assozitivität) z 1 z 2 = z 2 z 1 z(z 1 + z 2 ) = zz 1 + zz 2 z(1, 0) = z Für (x, y) (0, 0) R 2 gilt ußerdem: (x, y) ( ) x y x 2 +y, 2 x 2 +y = (1, 0) 2 (Kommuttivität) (Distributivität) (Einselement) (Inverses) Durch die Multipliktion (1) wird R 2 lso zu einem Körper der der Körper der komplexen Zhlen gennnt und mit C bezeichnet wird. Wie üblich wird ds Einselement (1, 0) mit 1 und ds Nullelement (0, 0) mit 0 bezeichnet. Weiters setzt mn i := (0, 1) C, für ds dnn gilt i 2 = 1. Wir bezeichnen mit C := {z C z 0} die Menge der nicht verschwindenden komplexen Zhlen. D C ein Körper ist, ist (C, ) eine kommuttive Gruppe. Für ds multipliktive Inverse von z C schreiben wir z 1 oder uch 1 z. Die Abbildung R C, x (x, 0) ist eine Körpereinbettung, wir können lso R ls Teilkörper von C uffssen. Bechte, dss die durch (1) definierte Multipliktion mit x R C mit der Sklrmultipliktion uf R 2 übereinstimmt. Es ist (1, i) eine Bsis des reellen Vektorrums R 2, jedes z C knn dher eindeutig in der Form z = x + iy mit x, y R geschrieben werden. Für eine komplexe Zhl z = x + iy, x, y R, heißt Re z := x der Relteil, und Im z := y der Imginärteil von z. Es gilt lso stets z = Re z + i Im z. Für z C, heißt z := Re z i Im z die komplex Konjugierte von z. Es gilt sowie Weiters gilt für z C z = z, z 1 + z 2 = z 1 + z 2 und z 1 z 2 = z 1 z 2 Re z = 1 2 (z + z) und Im z = 1 2i (z z). z R Im z = 0 z = z. Die komplexe Konjugtion definiert dher einen Körperutomorphismus C C, z z, der i uf i bbildet, und dessen Fixkörper mir R C übereinstimmt.

4 4 STEFAN HALLER Ds stndrd Euklidische Produkt uf R 2, x 1 + iy 1, x 2 + iy 2 = x 1 x 2 + y 1 y 2, knn mit Hilfe der komplexen Multipliktion wie folgt geschrieben werden z 1, z 2 = Re(z 1 z 2 ). D z z = (Re z) 2 +(Im z) 2 = Re(z z) folgt für den Absolutbetrg z := z, z dher z 2 = z z = (Re z) 2 + (Im z) 2. Dmit erhlten wir folgenden Ausdruck für ds Inverse einer komplexen Zhl z 1 = 1 z = z z 2 für z C. Wegen z 1 z 2 2 = z 1 z 2 z 1 z 2 = z 1 z 1 z 2 z 2 = z 1 2 z 2 2 folgt z 1 z 2 = z 1 z 2, sowie z 1 z 1 = flls z 2 0. (2) z 2 z 2 Induktiv erhlten wir drus insbesondere z n = z n für z C, n N, ls uch z n = z n für z C, n Z. D z 2 = z z = zz = z z = z 2 gilt uch z = z. Der Absolutbetrg definiert einen surjektiven Gruppenhomomorphismus (C, ) (R +, ), z z. Insbesondere ist S 1 := {z C z = 1} eine Untergruppe von (C, ). Weiters gilt zz 1, z 2 = Re(zz 1 z 2 ) = Re(z 1 z z 2 ) Re(z 1, zz 2 ) = z 1, zz 2, lso zz 1, z 2 = z 1, zz 2. Drus folgt nun zz 1, zz 2 = z 1, zzz 2 = z 1, z 2 z 2 = z 2 z 1, z 2, sowie z 1, z 2 = 1, z 1 z 2 = z 2, z 1 = z 1, z 2, d.h. z 1, z 2 = z 1, z 2 und zz 1, zz 2 = z 2 z 1, z 2. (3) Offensichtlich gilt uch Re z z und Im z z. Mühelos erhlten wir drus z 1, z 2 = Re(z 1 z 2 ) z 1 z 2 = z 1 z 2 = z 1 z 2, lso die Cuchy Schwrz Ungleichung z 1, z 2 z 1 z 2. (4) Wie üblich folgt dnn z 1 + z 2 2 = z 1 + z 2, z 1 + z 2 = z 1, z z 1, z 2 + z 2, z 2 z z 1 z 2 + z 2 2 = ( z 1 + z 2 ) 2, lso die Dreiecks Ungleichung z 1 + z 2 z 1 + z 2. (5) Aus der Dreiecksungleichung erhlten wir uch, siehe Übungsbeispiel 6, z1 z 2 z1 z 2. (6) Aus der Cuchy Schwrz Ungleichung (4) folgt 1 z 1, z 2 z 1 z 2 1, für z 1, z 2 C. Aus der Anlysisvorlesung wissen wir, dss es dher genu eine Zhl ϕ [0, π] := {t R 0 t π} gibt, sodss cos ϕ = z 1, z 2 z 1 z 2. (7) Diese Zhl ϕ heißt der Winkel zwischen z 1 C und z 2 C.

5 KOMPLEXE ANALYSIS I 5 Schließlich sei noch erwähnt, dss für x 1, y 1, x 2, y 2 R und z 1 = x 1 + iy 1 C, z 2 = x 2 + iy 2 C offensichtlich gilt det ( x 1 x 2 y 1 y 2 ) = Im( z1 z 2 ). (8) 1.2. Linere Abbildungen. D C sowohl reeller ls uch komplexer Vektorrum ist können wir zwischen reell lineren und komplex lineren Abbildungen unterscheiden. Wir erinnern uns, dss eine Abbildung ψ : C C reell liner heißt, flls ψ(z 1 + z 2 ) = ψ(z 1 ) + ψ(z 2 ) ψ(λz) = λψ(z) für lle z 1, z 2 C, und Eine Abbildung ψ : C C heißt komplex liner, flls ψ(z 1 + z 2 ) = ψ(z 1 ) + ψ(z 2 ) ψ(λz) = λψ(z) für lle z C und lle λ R gilt. für lle z 1, z 2 C, und für lle z C und lle λ C gilt. Offensichtlich ist jede komplex linere Abbildung uch reell liner Lemm. Es sei ( c b d ) die Mtrix einer reell lineren Abbildung ψ : C C bezüglich der Stndrdbsis (1, i), d.h. ψ(1) = + ib und ψ(i) = c + id. Dnn sind äquivlent: (i) ψ ist komplex liner. (ii) ψ(i) = iψ(1). (iii) Es gilt d = und c = b. Die Mtrixdrstellung ) einer komplex lineren Abbildungen ist lso von der Form, und es gilt ψ(z) = ψ(1)z = ( + ib)z für lle z C. ( b b Beweis. Die Impliktion (i) (ii) ist offensichtlich, denn für komplex lineres ψ gilt ntürlich ψ(i) = ψ(i 1) = iψ(1). Ad (ii) (i): Seien x, y R, und z := x + iy. Aus ψ(i) = iψ(1) und der reellen Linerität folgt ψ(z) = ψ(x + iy) = ψ(x) + ψ(iy) = xψ(1) + yψ(i) = xψ(1) + yiψ(1) = zψ(1), lso ist ψ komplex liner. Die Äquivlenz (ii) (iii) ist uch ugenscheinlich, denn es gilt ψ(i) = iψ(1) genu dnn, wenn (c + id) = i( + ib), und dies ist genu dnn der Fll, wenn d = und c = b. Eine injektive (lso bijektive) reell linere Abbildung ψ : C C heißt winkeltreu, flls für lle z 1, z 2 C der Winkel zwischen z 1 und z 2 mit dem Winkel zwischen ψ(z 1 ) und ψ(z 2 ) übereinstimmt. ψ ist lso winkeltreu genu dnn, wenn z 1, z 2 ψ(z 1 ) ψ(z 2 ) = ψ(z 1 ), ψ(z 2 ) z 1 z 2, für lle z 1, z 2 C (9) gilt, siehe (7). Weiters erinnern wir uns, dss eine bijektive reell linere Abbildung ψ : C C orientierungstreu heißt, flls ihre Mtrixdrstellung bezüglich einer (und dnn jeder) Bsis positive Determinnte ht. Verwenden wir die Bsis (1, i) und (8) sehen wir, dss ψ genu dnn orientierungstreu ist, wenn gilt Im ( ψ(1)ψ(i) ) > 0. (10) Es gilt nun folgende Chrkterisierung komplex linere Abbildungen Proposition. Es sei ψ : C C eine injektive reell linere Abbildung. Dnn ist ψ komplex liner genu dnn, wenn ψ winkel- und orientierungstreu ist.

6 6 STEFAN HALLER Beweis. Sei zuerst ψ : C C komplex liner. Wir müssen (9) und (10) verifizieren. Unter Zuhilfenhme von (3) und (2) erhlten wir z 1, z 2 ψ(z 1 ) ψ(z 2 ) = z 1, z 2 z 1 ψ(1) z 2 ψ(1) = z 1, z 2 ψ(1) 2 z 1 z 2 = ψ(1)z 1, ψ(1)z 2 z 1 z 2 = ψ(z 1 ), ψ(z 2 ) z 1 z 2 für lle z 1, z 2 C. Also ist ψ winkeltreu. D ψ injektiv ist, gilt weiters Im ( ψ(1)ψ(i) ) = Im ( ψ(1)ψ(1)i ) = Im ( ψ(1) 2 i ) = ψ(1) 2 > 0. Dher ist ψ uch orientierungstreu. Sei nun umgekehrt ψ winkel- und orientierungstreu. D ψ injektiv ist, gilt ψ(1) 0 und ψ(i) 0. Setze := ψ(i) ψ(1) C. Nch Lemm genügt es zu zeigen = i. Wenden wir (9) uf z 1 = 1 und z 2 = i n, dnn folgt wegen 1, i = 0, 1 0, i = 0, sofort 0 = ψ(1), ψ(i) = ψ(1), ψ(1) = ψ(1) 2 1, = ψ(1) 2 Re. D ψ(1) 2 0 schließen wir Re = 0. Wenden wir (9) uf z 1 = 1 + i und z 2 = 1 i n, dnn folgt wegen 1 + i, 1 i = 0, 1 + i 0, 1 i 0 weiters 0 = ψ(1 + i), ψ(1 i) = ψ(1) + ψ(i), ψ(1) ψ(i) = (1 + )ψ(1), (1 )ψ(1) = ψ(1) 2 1 +, 1 = ψ(1) 2 (1 2 ). D ψ(1) 2 0 schließen wir 2 = 1. Zusmmen mit Re = 0 folgt = ±i. Aus (10) erhlten wir 0 < Im ( ψ(1)ψ(i) ) = Im ( ψ(1)ψ(1) ) = Im ( ψ(1) 2 ) = ψ(1) 2 Im. D ψ(1) 2 > 0 schließen wir Im > 0, lso ist = i, und ψ ttsächlich komplex liner Beispiel. Die komplexe Konjugtion C C, z z ist winkeltreu, ber nicht orientierungstreu, und uch nicht komplex liner, vgl. Übungsufgbe Folgen komplexer Zhlen. Es sei n, n N, eine Folge komplexer Zhlen. Die Folge n heißt konvergent flls C existiert, sodss gilt: für lle ε > 0 gibt es ein n 0 N mit 1 n ε für lle n n 0. In diesem Fll sgen wir die Folge konvergiert gegen. Eine Folge knn nicht gegen zwei verschiedene Zhlen konvergieren. Dies folgt leicht us der Dreiecksungleichung, vgl. Übungsufgbe 8. Konvergiert die Folge n gegen dnn heißt der Grenzwert oder Limes der Folge und wird mit lim n n bezeichnet. Offensichtlich konvergiert die Folge n gegen genu dnn, wenn lim n n = 0 gilt. Es ist leicht zu sehen, siehe Übungsufgbe 9, dss eine Folge komplexer Zhlen n genu dnn konvergiert, wenn die reellen Folgen Re n und Im n beide konvergieren. In diesem Fll gilt dnn 2 lim n = lim Re n + i lim Im n. (11) n n n 1 Dies ist äquivlent zu der Forderung: für lle ε > 0 existiert n0 N, sodss gilt n < ε für lle n n 0. 2 Dies ist ein Spezilfll (m = 2) folgender us der Anlysis beknnten Ttsche. Eine Folge x n in R m, x n = (x 1 n, x 2 n,..., x m n ), konvergiert genu dnn, wenn jede Komponentenfolge x j n, 1 j m, konvergiert, und in diesem Fll gilt lim n x n = (lim n x 1 n,..., limn xm n ).

7 KOMPLEXE ANALYSIS I 7 Für den Grenzwert von Folgen komplexer Zhlen gelten die üblichen Rechenregeln. Sind n und b n zwei konvergente Folgen und λ C, dnn konvergieren uch die Folgen n, ā n, λ n, n + b n, n b n und es gilt: lim n = lim n n n (12) lim n ān = lim n n (13) lim n = λ lim n n n (14) lim n + b n = lim n + lim n n n n (15) lim nb n = lim n lim n n n n (16) Ist drüber hinus b n 0 für lle n N, und gilt lim n b n 0, so konvergiert uch n b n und es gilt n lim = lim n n. (17) n b n lim n b n Diese Eigenschften folgen entweder mittels (11) us den entsprechenden Eigenschften reeller Folgen, oder (einfcher) durch direktes Nchrechnen, vgl. Übungsufgbe 10. Schließlich sei noch erwähnt, dss jede Teilfolge einer konvergenten Folge konvergiert, und zwr gegen denselben Grenzwert. Eine Folge komplexer Zhlen n heißt Cuchyfolge flls für lle ε > 0 ein n 0 N existiert, sodss gilt n m ε für lle n n 0 und lle m n Proposition (Cuchysches Konvergenzkriterium). Eine Folge komplexer Zhlen ist genu dnn konvergent, wenn sie eine Cuchyfolge ist. Beweis. Wir zeigen zuerst, dss jede konvergente Folge eine Cuchyfolge ist. Sei lso n eine konvergente Folge komplexer Zhlen, = lim n n. Sei ε > 0. Dnn existiert n 0 N mit n ε/2 für lle n n 0. Für n n 0 und m n 0 erhlten wir mit Hilfe der Dreiecksungleichung n m n + m ε/2 + ε/2 = ε. Also ist n eine Cuchyfolge. Sei nun umgekehrt n eine Cuchyfolge. Wir zeigen, dss dnn uch Re n und Im n Cuchyfolgen sind. Sei dzu ε > 0. D n Cuchyfolge ist, existiert n 0 N mit m n ε für lle n n 0 und lle m n 0. Es folgt Re m Re n = Re( m n ) m n ε für lle n n 0, m n 0. Ebenso folgt Im m Im n ε für lle n n 0 und lle m n 0. Also sind Re n und Im n Cuchyfolgen. Aus der Anlysisvorlesung wissen wir, dss Cuchyfolgen reeller Zhlen konvergent sind. 3 Dher konvergieren die beiden Folgen Re n und Im n. Nch (11) konvergiert dnn uch n. 3 Wir erinnern uns n den Beweis dieser Ttsche. Besitzt eine Cuchyfolge einen Häufungspunkt, so muss sie gegen diesen konvergieren. Weiters sind Cuchyfolgen stets beschränkt. Beides folgt leicht mit Hilfe der Dreiecksungleichung, und gilt uch für Folgen komplexer Zhlen. Es genügt lso die Existenz eines Häufungspunktes zu zeigen. Ist nun x n eine reelle Cuchyfolge, dnn existiert wegen der Beschränktheit S := lim sup n x n := inf n 0 sup k n {x k }. Offensichtlich ist S ein Häufungspunkt der Folge x n. Also konvergiert x n. Bechte, dss wir die Existenz des Supremums (und des Infimums) verwendet hben, lso die Vollständigkeit von R eingeht.

8 8 STEFAN HALLER Es sei n eine Folge komplexer Zhlen. Ein Punkt c C heißt Häufungspunkt der Folge n, flls in jeder Kreisscheibe B r (c) := {z C z c < r} mit Mittelpunkt c und Rdius r > 0 unendlich viele Folgenelemente liegen. Offensichtlich ist c genu dnn Häufungspunkt der Folge n, wenn n eine gegen c konvergente Teilfolge besitzt. Eine konvergente Folge besitzt genu einen Häufungspunkt ihren Limes. Im Allgemeinen knn eine Folge ntürlich mehrere (oder gr keinen) Häufungspunkt besitzen Reihen komplexer Zhlen. Eine Reihe komplexer Zhlen n, n C, heißt konvergent flls die Folge ihrer Prtilsummen s n := n k=0 k konvergiert. In diesem Fll heißt s = lim n s n = lim n k=0 k der Grenzwert n oder uch Limes der Reihe, wird mit n bezeichnet, und wir sgen die Reihe konvergiert gegen s. Die Reihe n konvergiert genu dnn, wenn die Reihen Re n und Im n beide konvergieren. In diesem Fll gilt dnn 4 n = Re n + i Im n. Dies folgt sofort us der entsprechenden Eigenschft von Folgen, siehe (11). Auch für Reihen komplexer Zhlen gelten die üblichen Rechenregeln. Sind n und b n zwei konvergente Reihen, und λ C, dnn konvergieren uch die Reihen λ n, n + b n und es gilt λ n = λ sowie n + b n = n + b n. n Bei konvergenten Reihen dürfen wir Klmmern setzen ohne ds Konvergenzverhlten zu ändern. Genuer gilt folgende trivile Beobchtung Proposition (Klmmersetzung). Es sei = n eine konvergente Reihe. Sei weiters σ : N N streng monoton wchsend mit σ(0) = 0. Für n N sei b n := σ(n+1) 1 k=σ(n) k. Dnn konvergiert uch die geklmmerte Reihe b n gegen. Beweis. Betrchte die Folgen der Prtilsummen s n := n k=0 k und s n := n k=0 b k. Offensichtlich gilt dnn s n = s σ(n+1) 1 für lle n N. Also ist s n eine Teilfolge von s n. Mit s n muss lso uch s n konvergieren, d.h. die Reihe b n konvergiert Proposition (Cuschysches Konvergenzkriterium). Eine Reihe komplexer Zhlen n konvergiert genu dnn, wenn folgendes gilt: für jedes ε > 0 existiert n 0 N mit n k ε für lle n m n0. k=m Insbesondere gilt für eine konvergente Reihe n stets lim n n = 0. 4 P Wieder ist dies ein Spezilfll (m = 2) eines Resultts der Anlysis. Eine Reihe xn, x n = (x 1 n, x2 n,..., xm n ) Rm, konvergiert genu dnn, wenn jede Komponentenreihe P xj n, 1 j m, konvergiert, und in diesem Fll gilt P xn = (P x1 n,..., P xm n ).

9 KOMPLEXE ANALYSIS I 9 Beweis. Dies folgt sofort us Proposition ngewndt uf die Folge der Prtilsummen s n := n k=0 k. Für die zweite Behuptung bemerke, dss mit n = m stets n k=m k = n gilt, und dher us der Cuchybedingung lim n n = 0 folgt. Eine Reihe n heißt bsolut konvergent flls n <. Bechte, dss wegen n 0, für ds Konvergenzverhlten von n nur zwei Fälle eintreten können: entweder konvergiert n gegen eine reelle Zhl, oder n konvergiert gegen +. Mit n < meinen wir ntürlich, dss der erste Fll eintritt. Eine Reihe n konvergiert bsolut, genu dnn wenn Re n und Im n beide bsolut konvergieren, vgl. Übungsufgbe 9. Sind n und b n zwei bsolut konvergente Reihen, und λ C, dnn sind offensichtlich uch λ n sowie n + b n bsolut konvergent, siehe Übungsufgbe Proposition. Ist die Reihe n bsolut konvergent, dnn konvergiert sie, und es gilt n n. Beweis. Wir verwenden Proposition um die Konvergenz von n zu verifizieren. Sei lso ε > 0. D k=0 k bsolut konvergiert, existiert n 0 N mit k=n 0 k ε. Aus der Dreiecksungleichung erhlten wir n k k=m n k=m k k=n 0 k ε für lle n m n 0. Aus Proposition folgt dher die Konvergenz der Reihe n. Weiters gilt n k=0 k n k=0 k für lle n N, und mit Hilfe von (12) folgt n n n n = lim k = lim k lim k = n. n k=0 n k=0 n k= Proposition (Klmmersetzung für bsolut konvergente Reihen). Ist in der Sitution von Proposition die Reihe n bsolut konvergent, so gilt dies uch für die geklmmerte Reihe b n. Beweis. Für jedes m N gilt wegen der Dreiecksungleichung m b n = m σ(n+1) 1 k=σ(n) k m σ(n+1) 1 k=σ(n) k = σ(m+1) 1 n n. D n bsolut konvergiert, folgt b n <. Also konvergiert uch b n bsolut Proposition (Teilreihen). Es sei n eine bsolut konvergente Reihe, und σ : N N injektiv. Dnn konvergiert uch die Teilreihe σ(n) bsolut. Beweis. Wegen der Injektivität von σ gilt k σ(n) mx{σ(j) 0 j k} n n für lle k N.

10 10 STEFAN HALLER D n bsolut konvergiert, folgt σ(n) <, lso ist σ(n) bsolut konvergent Proposition (Umordnungsstz). Es sei n eine bsolut konvergente Reihe komplexer Zhlen. Für jede Bijektion σ : N N ist dnn uch die umgeordnete Reihe σ(n) bsolut konvergent und ht den selben Grenzwert. Beweis. Durch Betrchtung von Rel- und Imginärteil knn dies leicht uf den reellen Fll zurückgeführt werden. Wir wollen uns hier ber nochmls n den rellen Beweis erinnern, der sich mühelos uf Reihen komplexer Zhlen verllgemeinern lässt. Aus Proposition wissen wir bereits, dss σ(n) bsolut konvergiert. Betrchte b n := σ(n) n, n N. Es genügt zu zeigen b n = 0. Sei dzu ε > 0. Für n N setze S n := {0, 1, 2,..., n} und S n := {σ(0), σ(1), σ(2),..., σ(n)}. Dnn gilt n k=0 k = k S n k, und, d σ injektiv ist, n k=0 σ(k) = k S k. n Wir schließen n n n b k = σ(k) k = k k = k k. k=0 k=0 k S n k S n \Sn k S n k S n\s n Mit Hilfe der Dreiecksungleichung erhlten wir n b k k + k=0 k S n \Sn k für lle n N. (18) k S n\s n D n bsolut konvergiert, existiert n 0 N mit k=n 0 k ε/2. D σ : N N surjektiv ist, existiert n 1 N, n 1 n 0, mit S n0 S n 1. Für n n 1 gilt dnn S n0 S n, S n0 S n, und dher uch k k sowie k k für lle n n 1. k S n \Sn k=n 0 k=n 0 k S n\s n Zusmmen mit (18) erhlten wir n b k k + k ε/2 + ε/2 = ε für lle n n 1. k=0 k=n 0 k=n 0 Also gilt b n = Proposition (Reihenprodukte). Seien n und b n zwei bsolut konvergente Reihen. Weiters sei (σ 1, σ 2 ) : N N N, n (σ 1 (n), σ 2 (n)), eine Bijektion. Setze c n := σ1(n)b σ2(n), n N. Dnn konvergiert die Reihe ( c n ) ( bsolut gegen ) n b n. Beweis. Nch dem Umordnungsstz, siehe Proposition 1.4.6, genügt es dies für eine beliebige Bijektion zu zeigen. O.B.d.A. sei (σ 1, σ 2 ) : N N N so, dss { (σ1 (k), σ 2 (k) ) k N, k < (n + 1) 2 } = {(i, j) N 2 i, j n } für lle n N. Wir zeigen zunächst, dss k=0 c k bsolut konvergiert. Für jedes n N gilt (n+1) 2 1 k=0 c k = (n+1) 2 1 k=0 σ1(k) b σ2(k) = n i=0 j=0 n ( n ) i b j = i i=0 ( n j=0 ) b j.

11 KOMPLEXE ANALYSIS I 11 D i=0 i und j=0 b j bsolut konvergieren, folgt k=0 c k <. Also konvergiert k=0 c k bsolut. Ebenso gilt für lle n N (n+1) 2 1 k=0 c k = (n+1) 2 1 k=0 σ1(k)b σ2(k) = n n ( n ) ( n i b j = i b j ). i=0 j=0 D k=0 c k konvergiert, und wegen (16), erhlten wir drus c k = lim k=0 n n k=0 (n+1) 2 1 c k = lim n k=0 ( c k = i=0 i=0 i ) j=0 ( b j ) Proposition (Cuchyprodukte). Es seien n und b n zwei bsolut konvergente Reihen. Betrchte n c n := k b n k = 0 b n + 1 b n n 1 b 1 + n b 0, n N. k=0 Dnn konvergiert die Reihe c n bsolut gegen ( n) ( b n). Beweis. Wähle eine Bijektion (σ 1, σ 2 ) : N N N, sodss für lle n N gilt { ((σ1 (k), σ 2 (k) ) } { } k N, n(n+1) 2 k < (n+1)(n+2) 2 = (i, n i) i N, i n. Nch Proposition konvergiert die Reihe k=0 σ 1(k)b σ2(k) bsolut und es gilt ( ) ( σ1(k)b σ2(k) = n b n ). k=0 Nch Whl der Bijektion gilt (n+1)(n+2)/2 1 k=n(n+1)/2 σ1(k)b σ2(k) = n i b n i = c n. Nch Proposition konvergiert uch c n bsolut und ht den gewünschten Grenzwert Beispiel. Für z C sei exp(z) := zn n!. Bechte, dss diese Reihe bsolut konvergiert, d j z n n! = z n n! = e z <. Ist weiters w C, dnn folgt mit Hilfe des binomischen Lehrstzes (z + w) n = n ( n k=0 k) z k w n k und Proposition ( exp(z) exp(w) = = z n ) ( n! 1 n! n k=0 i=0 w n ) = n! ( n k n k=0 ) z k w n k = z k k! w n k (n k)! j=0 (z + w) n = exp(z + w). n! Wir werden Potenzreihen später genuer behndeln und uch einen lterntiven Beweis dieses Additionstheorems der Exponentilfunktion kennen lernen.

12 12 STEFAN HALLER 1.5. Offene und bgeschlossene Mengen. Für c C und r > 0 bezeichnen wir mit B r (c) := { z C z c < r } die Kreisscheibe mit Mittelpunkt c und Rdius r. Eine Teilmenge U C heißt offen flls für lle x U ein r > 0 existiert, sodss B r (x) U. Etw sind C,, und jede Kreisscheibe B r (c) offen. Sind U und V offene Teilmengen von C, dnn ist uch U V offen. Ist Λ eine beliebige Indexmenge, und sind U λ, λ Λ, offene Teilmengen von C, dnn ist uch λ Λ U λ offen. Eine Teilmenge U C heißt Umgebung von x, flls eine offene Menge V existiert mit x V U. Die Menge U ist eine Umgebung von x genu dnn, wenn r > 0 existiert, sodss B r (x) U. Ist U eine Umgebung von x, und gilt U U, dnn ist uch U eine Umgebung von x. Offensichtlich ist eine Teilmenge U C genu dnn offen, wenn sie Umgebung jedes ihrer Punkte ist. Ein Punkt x C ist genu dnn Häufungspunkt der Folge n, wenn jede Umgebung von x unendlich viele Folgenelemente enthält. Die Folge n konvergiert genu dnn gegen x, wenn für jede Umgebung U von x ein n 0 N existiert, sodss n U für lle n n 0. Eine Teilmenge A C heißt bgeschlossen, flls ihr Komplement C \ A offen ist. Zum Beispiel sind Z, R, C und bgeschlossen. Sind A und B bgeschlossene Teilmengen von C, so ist uch A B bgeschlossen. Ist Λ eine Indexmenge, und sind A λ, λ Λ, bgeschlossene Teilmengen von C, dnn ist uch λ Λ A λ bgeschlossen Proposition. Für eine Teilmenge A C sind äquivlent: (i) A ist bgeschlossen. (ii) Für jede Folge n in A und jeden Häufungspunkt z von n gilt z A. (iii) Der Limes jeder konvergenten Folge in A liegt wieder in A. Beweis. Ad (i) (ii): Indirekt ngenommen es gäbe einen Häufungspunkt z der Folge n der nicht in A liegt. D A bgeschlossen ist, existiert r > 0 mit A B r (z) =. Dnn knn ber kein einziges n in B r (z) liegen, lso knn z uch kein Häufungspunkt der Folge n sein, ein Widerspruch. Dher muss jeder Häufungspunkt in A liegen. Ad (ii) (iii): Dies ist offensichltich, d j der Limes einer konvergenten Folge uch ein Häufungspunkt dieser ist. Ad (iii) (i): Indirekt ngenommen A wäre nicht bgeschlossen. Dnn existiert z C \ A, sodss für lle r > 0 gilt B r (z) A. Wir finden dher eine Folge n in A mit n z < 1/(n+1) für lle n N. D diese Folge gegen z konvergiert, muss nch Vorussetzung z A gelten, ein Widerspruch. Also muss A bgeschlossen sein Proposition (Intervllschchtelung). Es sei A n, n N, eine Folge von nicht leeren bgeschlossenen Teilmengen von C, sodss A n+1 A n für lle n N. Weiters seien lle Durchmesser d n := sup,b An { b } endlich, und es gelte lim n d n = 0. Dnn existiert C mit A n = {}. n N Beweis. Wähle n A n. Wir zeigen zunächst, dss n eine Cuchyfolge ist. Sei dzu ε > 0. D lim n d n = 0 existiert n 0 N mit d n0 ε. Für n n 0 und m n 0 gilt ntürlich n, m A n0 und dher n m d n0 ε. Also ist n ttsächlich eine Cuchyfolge. Es sei := lim n n, siehe Proposition Ist n N, dnn gilt m A n für lle m n. Wegen der Abgeschlosenheit von A n muss dher uch der Grenzwert = lim m m in A n liegen, siehe Proposition

13 KOMPLEXE ANALYSIS I 13 D dies für lle n N der Fll ist, folgt n N A n. Es bleibt noch zu zeigen, dss der einige Punkt in n N A n ist. Indirekt ngenommen es gäbe z n N A n mit z. D lim n d n = 0, existiert n 0 N mit d n0 < z. D z, A n0 folgt z d n0 < z, ein Widerspruch. Also knn es keinen von verschiedenen Punkt in n N A n geben. Es sei X C eine Teilmenge. Unter dem Abschluss von X verstehen wir die Menge ller Punkte z C für die gilt: jede Umgebung von z enthält mindestens einen Punkte von X. Der Abschluss von X wird mit X bezeichnet. Offensichtlich gilt X X. Es ist leicht einzusehen, dss X stets bgeschlossen ist. Es gilt X = X genu dnn, wenn X bgeschlossen ist. Drus folgt X = X. Die Menge X ist die kleinste bgeschlossene Menge, die X enthält. Für jeden Punkt z X existiert eine Folge x n in X mit lim n x n = z. Ist Y C eine weitere Menge, dnn gilt X Y = X Ȳ, sowie X Y X Ȳ. Ist drüberhinus X Y dnn gilt uch X Ȳ, siehe Übungsufgbe Beispiel. Sei c C und r > 0. Für den Abschluss der offenen Kreisscheibe B r (c) gilt B r (c) = { z C z c r }. Der Abschluss des offenen Intervlls (, b) = {t R < t < b} stimmt mit dem bgeschlossenen Intervll [, b] = {t R t b} überein,, b R, < b. Der Abschluss der rtionlen Zhlen stimmt mit R überein, Q = R. Ebenso ist Q + iq = C. Sei X C. Unter dem Inneren von X verstehen wir die Menge ller Punkte z C mit der folgenden Eigenschft: X ist Umgebung von z. Ds Innere von X wird mit X bezeichnet. Offensichtlich gilt X X. Auch ist X stets offen. Es gilt X = X genu dnn, wenn X offen ist. Drus folgt X = X. Die Menge X ist die größte offene Teilmenge von C die in X enthlten ist. Ist z X und ist n eine Folge in C die gegen z konvergiert, so existiert n 0 N mit n X für lle n n 0. Ist Y C eine weiter Menge, dnn gilt (X Y ) = X Y, sowie (X Y ) X Y. Ist drüberhinus X Y dnn uch X Y. Diese Eigenschften sind in gewisser Weise dul zu den Eigenschften des Abschlusses, und dies spiegelt sich in der Reltion C \ X = C \ X wider. Sei X C. Unter dem Rnd von X verstehen wir die Menge ller Punkte z C mit der folgenden Eigenschft: in jeder Umgebung von z liegt mindestens ein Punkte von X und mindestens ein Punkt von C \ X. Der Rnd von X wird mit X bezeichnet. Offensichtlich gilt X = X C \ X. Der Rnd ist dher stets bgeschlossen. Weiters hben wir stets eine disjunkte Zerlegung, siehe Übungsufgbe 17, C = X X (C \ X), X X = X (C \ X) = X (C \ X) =. Ist z X, dnn existiert eine Folge n in X und eine Folge b n in C \ X mit lim n n = z = lim n b n Beispiel. Ist c C und r > 0 dnn gilt B r (c) = B r (c) = { z C z c = r }. Bezeichnet H := {z C Im z > 0} die obere Hlbebene, dnn gilt H = R. Siehe uch Übungsufgbe 17.

14 14 STEFAN HALLER Ist X C und z C, dnn heißt z ein Häufungspunkt von X flls jede Umgebung von z mindestens einen Punkt von X \ {z} enthält. Jeder Häufungspunkt von X liegt im Abschluss X von X. Ist z Häufungspunkt von X, dnn existiert eine Folge x n in X \ {z} die gegen z konvergiert. Bechte, dss nicht jeder Punkt in X Häufungspunkt von X sein muss, etw ht Z C überhupt keinen Häufungspunkt. Jedoch ist jeder Punkt einer offenen Teilmenge uch Häufungspunkt dieser. Wir führen noch einige Begriffe ein. Sei X C eine Teilmenge. Eine Menge U X heißt offen in X, flls für jeden Punkt x U ein δ > 0 existiert, sodss X B δ (x) U. Offensichtlich ist U genu dnn offen in X, wenn eine offene Menge Ũ C existiert, sodss mit U = Ũ X. Die leere Menge und X sind stets offen in X. Eine Teilmenge U heißt Umgebung von x in X, flls eine in X offene Menge V existiert, sodss x V U. Also ist U genu dnn Umgebung von x in X, wenn δ > 0 existiert, sodss X B δ (x) U. Eine Teilmenge A X heißt bgeschlossen in X flls X \A offen in X ist. Eine Teilmenge A X ist genu dnn bgeschlossen in X, wenn eine bgeschlossene Menge à C existiert, sodss A = X Ã. Die leere Menge und X sind stets bgeschlossen in X Beispiel. Für, b R, < b, sind die Intervlle offen in R, ber nicht offen in C. (, b) = {t R < t < b}, (, ) = {t R < t < } (, ) = {t R < t < } 1.6. Stetigkeit. Es sei X C, f : X C eine Funktion, und x X. Dnn heißt f stetig bei x, flls gilt: für lle ε > 0 existiert δ > 0, sodss 5 und f(y) f(x) ε für lle y X mit y x δ. Die Funktion f : X C heißt stetig, flls f bei jedem x X stetig ist. Stetigkeit bei x lässt sich sowohl mit Hilfe von Folgen, ls uch mit Hilfe von Umgebungen chrkterisieren Proposition. Sei X C, f : X C eine Funktion, und x X. Dnn sind äquivlent: (i) f ist stetig bei x. (ii) Für jede Umgebung U von f(x) ist f 1 (U) eine Umgebung von x in X. (iii) Für jede Folge x n in X mit lim n x n = x konvergiert uch die Folge lim n f(x n ), und es gilt lim n f(x n ) = f(x). (iv) Für jede Folge x n in X \ {x} mit lim n x n = x konvergiert uch die Folge lim n f(x n ), und es gilt lim n f(x n ) = f(x). Beweis. Ad (i) (ii): Sei lso U eine Umgebung von f(x). Dnn existiert ε > 0 mit B ε (f(x)) U. Nch Definition der Stetigkeit existiert δ > 0, sodss f(y) f(x) < ε für lle y X mit y x < δ. Es folgt f(x B δ (x)) B ε (f(x)), lso uch X B δ (x) f 1 (U). Dher ist f 1 (U) eine Umgebung von x in X. Ad (ii) (iii): Sei x n eine Folge in X mit lim n x n = x. Sei U eine Umgebung von f(x). Nch Vorussetzung ist f 1 (U) eine Umgebung von x in X. D x n gegen x konvergiert, existiert n 0 mit x n f 1 (U) für lle n n 0. Dnn ist ber uch f(x n ) U für 5 Dies ist äquivlent zur Forderung: für jedes ε > 0 existiert ein δ > 0, sodss folgendes gilt: f(y) f(x) < ε für lle y X mit y x < δ.

15 KOMPLEXE ANALYSIS I 15 lle n n 0. D dies für lle Umgebungen U von x gilt, konvergiert f(x n ) gegen x. Die Impliktion (iii) (iv) ist trivil. Ad (iv) (i): Indirekt ngenommen f wäre nicht stetig bei x. Dnn existiert ε > 0 mit der folgenden Eigenschft: für lle δ > 0 existiert y X mit y x δ und f(y) f(x) > ε. Bechte, dss für jedes solche y ntürlich y x gelten muss. Wir finden dher eine Folge x n in X \ {x} mit x n x 1/(n + 1) und f(x n ) f(x) > ε für lle n N. Dnn ist x n eine Folge in X \ {x} die gegen x konvergiert, ber f(x n ) knn nicht gegen f(x) konvergieren, ein Widerspruch zur Vorussetzung. Dher muss f bei x stetig sein. Besonders elegnt ist die Chrkterisierung der Stetigkeit durch offene bzw. bgeschlossene Mengen Proposition. Sei X C und f : X C eine Funktion. Dnn sind äquivlent: (i) f ist stetig. (ii) Für jede offene Teilmenge U C ist f 1 (U) offen in X. (iii) Für jede bgeschlossene Teilmenge A C ist f 1 (A) bgeschl. in X. Beweis. Ad (i) (ii): Sei U C offen, und x f 1 (U). Als offen Menge ist U eine Umgebung von f(x). D f bei x stetig ist, ist f 1 (U) eine Umgebung von x, siehe Proposition D dies für lle x f 1 (U) gilt, ist f 1 (U) Umgebung jedes ihrer Punkte und dmit offen. Ad (ii) (i): Sei x X und U eine Umgebung von f(x). Dnn existiert eine offene Menge V C mit f(x) V U. Nch Vorussetzung ist f 1 (V ) offen in X. Wegen x f 1 (V ) f 1 (U) ist lso f 1 (U) eine Umgebung von x in X. Nch Proposition ist dher f bei x stetig. D dies für lle x X gilt, folgt die Stetigkeit von f. Ad (ii) (iii): Dies folgt sofort us den folgenden Ttschen: A C ist genu dnn bgeschlossen, wenn C \ A offen ist; und f 1 (A) ist genu dnn bgeschlossen in X, wenn X \ f 1 (A) = f 1 (C \ A) offen in X ist. Aus der Chrkterisierung der Stetigkeit durch Folgen in Proposition erhlten wir sofort einige grundlegende Eigenschften stetiger Funktionen. Eine Funktion f : X C ist genu dnn stetig, wenn die Funktionen Re f : X C, Im f : X C (Re f)(x) := Re(f(x)) (Im f)(x) := Im(f(x)) beide stetig sind, siehe (11). Sind f, g : X C stetig und λ C, dnn sind uch die Funktionen f : X C, f : X C, λf : X C, f + g : X C, fg : X C, f (x) := f(x) f(x) := f(x) (λf)(x) := λf(x) (f + g)(x) := f(x) + g(x) (fg)(x) := f(x)g(x) lle stetig, siehe (12) (16). Ist drüber hinus g(x) 0 für lle x X, so ist uch f g : X C, f f(x) (x) := g g(x)

16 16 STEFAN HALLER stetig, siehe (17). Sind f : X C und h : Y C stetig mit h(y ) X, dnn ist uch die Komposition f h : Y C, (f h)(y) := f(h(y)) stetig. Ist Y X und f : X C stetig, dnn ist uch die Einschränkung stetig. f Y : Y C, f Y (y) := f(y) Beispiel. Jede konstnte Abbildung ist stetig. Auch die identische Funktion C C, z z, ist offensichtlich stetig. Aus den obigen Eigenschften folgt dnn sofort, dss jedes Polynom p : C C, p(z) := z + 2 z n z n, stetig ist, i C, n N Limiten von Funktionen. Sei X C, f : X C eine Funktion, und x 0 ein Häufungspunkt von X. Der Punkt x 0 knn, muss ber nicht, in X liegen. Wir sgen der Limes von f für x gegen x 0 existiert, flls z C mit folgender Eigenschft existiert: für lle ε > 0 existiert δ > 0, sodss f(x) z ε für lle x X mit 0 < x x 0 δ. D x 0 ein Häufungspunkt von X ist, knn es höchstens ein solches z geben. In diesem Fll heißt z der Grenzwert oder Limes von f für x gegen x 0, und wird mit lim x x0 f(x) bezeichnet. Bechte, dss selbst wenn x 0 X, der Funktionswert f(x 0 ) unerheblich für Existenz und Wert des Limes lim x x0 f(x) ist. Ist x 0 ein Häufungspunkt von X und gilt x 0 X, dnn ist offensichtlich f bei x 0 stetig genu dnn, wenn der Limes lim x x0 f(x) existiert und lim x x0 f(x) = f(x 0 ) gilt Proposition. Sei X C, f : X C eine Funktion, x 0 ein Häufungspunkt von X, und z C. Dnn sind äquivlent: (i) Der Grenzwert lim x x0 f(x) existiert, und es gilt lim x x0 f(x) = z. (ii) Die folgende Funktion ist bei x 0 stetig: f : X {x 0 }, f(y) := {f(y) flls y x 0 z flls y = x 0 (iii) Für jede Folge n in X \ {x 0 } mit lim n n = x 0 konvergiert uch die Folge f( n ), und es gilt lim n f( n ) = z. Beweis. Die Äquivlenz (i) (ii) ist offensichtlich. Die Äquivlenz (ii) (iii) folgt us Proposition ngewndt uf f. Aus Proposition und den Rechenregeln für konvergente Folgen erhlten wir sofort die üblichen Rechenregeln für Grenzwerte von Funktionen. Es sei X C, f, g : X C Funktionen, x 0 ein Häufungspunkt von X, und λ C. Der Grenzwert lim x x0 f(x) existiert genu dnn, wenn die Grenzwerte lim x x0 (Re f)(x) und lim x x0 (Im f)(x) beide existieren, und in diesem Fll gilt lim f(x) = lim (Re f)(x) + i lim (Im f)(x). x x 0 x x 0 x x 0 Existieren die Grenzwerte lim x x0 f(x) und lim x x0 g(x), dnn existieren uch die Grenzwerte lim x x0 f(x), limx x0 f (x), lim x x0 (λf)(x), lim x x0 (f + g)(x),

17 KOMPLEXE ANALYSIS I 17 lim x x0 (fg)(x) und es gilt: lim f(x) = lim f(x) (19) x x 0 x x 0 lim f (x) = lim f(x) (20) x x 0 x x 0 lim (λf)(x) = λ lim f(x) x x 0 x x 0 (21) lim (f + g)(x) = lim f(x) + lim g(x) x x 0 x x 0 x x 0 (22) lim (fg)(x) = x x 0 ( lim f(x) x x 0 ) ( lim g(x) x x 0 Ist drüber hinus g(x) 0 für lle x X, und gilt lim x x0 g(x) 0, dnn existiert uch lim x x0 (x) und es gilt: f g 1.8. Zusmmenhng. f lim x x 0 g (x) = lim x x 0 f(x) lim x x0 g(x) Definition (Zusmmenhng). Eine Teilmenge X C heißt zusmmenhängend, flls jede nicht leere offene und bgeschlossene Menge in X schon mit X übereinstimmt. D.h. X und sind die einzigen Teilmengen von X die gleichzeitig offen und bgeschlossen in X sind. Sei X C, f : X C eine Funktion und z X. Wir sgen die Funktion f ist lokl um z konstnt, flls eine Umgebung von z in X existiert uf der f konstnt ist. Die Funktion f : X C heißt lokl konstnt, flls sie um jeden Punkt von X lokl konstnt ist. Für uns sind zusmmenhängende Mengen wegen folgender Eigenschft interessnt Proposition. Es sei X C zusmmenhängend, und f : X C lokl konstnt. Dnn ist f konstnt. Beweis. O.B.d.A. sei X. Sei z 0 X, und setze c := f(z 0 ). Betrchte S := {z X f(z) = c}. Dnn gilt z 0 S, lso ist S eine nicht leere Teilmenge von X. D f lokl konstnt ist, ist S offen in X. Aus demselben Grund ist uch X \ S offen in X, d.h. S ist bgeschlossen in X. Dmit ist S eine nicht leere, offene und bgeschlossene Menge in X. D X zusmmenhängend ist, folgt S = X. Also gilt f(z) = c für lle z X Proposition. Ist X C zusmmenhängend und f : X C stetig, dnn ist uch f(x) zusmmenhängend. Beweis. Sei S f(x) eine nicht leere, offene und bgeschlossene Menge in S(X). Es ist zu zeigen, dss S = f(x) gilt. Betrchte S := f 1 (S) X. D S nicht leer ist, ist uch S nicht leer. D f stetig und S offen in f(x) ist, ist uch S offen in X, siehe Proposition Genuso folgt us der Stetigkeit von f und der Abgeschlossenheit von S, dss S bgeschlossen in X ist. Also ist S eine nicht leere, offene und bgeschlossene Menge in X. Aus dem Zusmmenhng von X folgt dher X = S, lso S = f(s ) = f(x) Proposition. Jedes Intervll [, b] = {t R t b} ist zusmmenhängend,, b R, b. ) (23) (24)

18 18 STEFAN HALLER Beweis. Sei S [, b] nicht leer, offen und bgeschlossen in [, b]. Es ist zu zeigen S = [, b]. Sei t 0 S, und betrchte s := sup { t [t 0, b] [t0, t] S }. Dnn gilt [t 0, s) S, und wegen der Abgeschlossenheit von S sogr [t 0, s] S. Wir behupten nun s = b. Indirekt ngenommen es gelte s < b. D S offen in [, b] ist existiert δ > 0 sodss [s δ, s + δ] S. Es folgt [t 0, s + δ] S, ein Widerspruch zur Definition von s. Also gilt ttsächlich s = b und dmit [t 0, b] S. Anlog lässt sich durch Betrchtung von inf { t [, t 0 ] [t, t0 ] S } zeigen, dss [, t 0 ] S. Es folgt dnn [, b] = [, t 0 ] [t 0, b] S, lso S = [, b]. Selbst für Intervlle ist es lso einigermßen kompliziert zu verifizieren, dss sie zusmmenhängend sind. Wir werden nun ein Kriterium kennenlernen, dss es gestttet, in llen für uns interessnten Fällen, uf einen Blick festzustellen ob eine Teilmenge von C zusmmenhängend ist oder nicht. Sei X C. Unter einer stetigen Kurve in X verstehen wir eine stetige Abbildung γ : [, b] X, wobei wieder [, b] ds Intervll mit Endpunkten, b R bezeichnet, b Definition (Wegzusmmenhng). Eine Teilmenge X C heißt wegzusmmenhängend flls je zwei Punkte z 1, z 2 X durch eine stetige Kurve in X verbunden werden können, d.h. es existiert eine stetige Kurve γ : [, b] X mit γ() = z 1 und γ(b) = z Proposition. Jede wegzusmmenhängende Teilmenge von C ist zusmmenhängend. Beweis. Sei X C wegzusmmenhängend. Indirekt ngenommen X wäre nicht zusmmenhängend. Dnn existiert eine nicht leere, offene und bgeschlossene Menge S in X, für die ber S X gilt. Wähle z 1 S und z 2 X \ S. D X wegzusmmenhängend ist, existiert eine stetige Kurve γ : [, b] X mit γ() = z 1 und γ(b) = z 2. Betrchte nun S := γ 1 (S) [, b]. D S, gilt S. Wegen der Stetigkeit von γ ist S offen und bgeschlossen in [, b], siehe Proposition Nch Proposition ist [, b] zusmmenhängend, lso folgt S = [, b]. Dies widerspricht ber b / S. Dher muss X zusmmenhängend sein Beispiel. Wir erinnern uns, dss eine Teilmenge X C konvex heißt, flls mit je zwei Punkte z 0, z 1 X stets uch die Verbindungsstrecke [z 0, z 1 ] = {(1 t)z 0 + tz 1 t [0, 1]} gnz in X liegt. Offensichtlich sind konvexe Mengen wegzusmmenhängend. Nch Proposition ist lso jede konvexe Teilmenge von C zusmmenhängend. Insbesondere sind lle Intervlle (, b), (, b], (, ), [, ], R etc. zusmmenhängend. Die obere Hlbebene H = {z C Im z > 0} und C selbst, sind zusmmenhängend. Auch sind lle Kreisscheiben B r (c) und B r (c) zusmmenhängend. Es seien noch einige nicht konvexe Teilmengen erwähnt, denen wir später begegnen werden. Die punktierte Ebene C = C \ {0} und die geschlitzte Ebene C = C \ (, 0] sind beide zusmmenhängend. Dsselbe gilt für C \ Z und C \ iz. Wieder folgen diese Behuptungen sofort us Proposition Im Allgemeinen muss eine zusmmenhängende Teilmenge von C nicht wezusmmenhängend sein. Für offene Teilmengen gilt jedoch, siehe Übungsufgbe 13, Proposition. Es sei U C offen. Dnn ist U zusmmenhängend genu dnn, wenn U wegzusmmenhängend ist. Wir führen noch einen für die Funktionentheorie wichtigen Begriff ein.

19 KOMPLEXE ANALYSIS I Definition (Gebiete). Eine nicht leere, offene und zusmmenhängende Teilmenge von C wird Gebiet gennnt Kompkte Teilmengen. Sei K C eine Teilmenge. Eine Fmilie U von offenen Mengen in K heißt offene Überdeckung von K, flls U U U = K gilt. Unter einer endlichen Teilüberdeckung einer offenen Überdeckung U von K, verstehen wir endlich viele U 1,..., U n U für die schon n j=1 U j = K gilt Definition (Kompktheit). Eine Teilmenge K C heißt kompkt flls jede offene Überdeckung von K eine endliche Teilüberdeckung besitzt Proposition. Ist K C kompkt und f : K C stetig, dnn ist uch f(k) kompkt. Beweis. Sei U eine offene Überdeckung von f(k). Es ist zu zeigen, dss U eine endliche Teilüberdeckung besitzt. Betrchte {f 1 (U) U U}. D f stetig ist, ist dies eine offene Überdeckung von K, siehe Proposition D K kompkt ist, existieren endlich viele U 1,..., U n U mit f 1 (U 1 ) f 1 (U n ) = K. Dnn gilt ber uch U 1 U n = f(k). Also besitzt U eine endliche Teilüberdeckung Proposition. Ist K C kompkt, dnn ist K bgeschlossen in C. Beweis. Indirekt ngenommen K wäre nicht bgeschlossen. Dnn existiert z C \ K, sodss für lle r > 0 gilt B r (z) K. Also ist {K \ B r (z) r > 0} eine offene Überdeckung von K, die keine endliche Teilüberdeckung besitzen knn, ein Widerspruch zur Kompktheit von K. Also muss K bgeschlossen sein Proposition. Ist K C kompkt, und A bgeschlossen in K, dnn ist uch A kompkt. Beweis. Sei {U λ λ Λ} eine offene Überdeckung von A. Es ist zu zeigen, dss eine endliche Teilüberdeckung existiert. Für jedes λ Λ existiert eine in K offene Menge V λ mit U λ = A V λ. D A bgeschlossen in K ist, ist K \ A offen in K. Also ist {K \ A} {V λ λ Λ} eine offene Überdeckung von K. D K kompkt ist existieren endlich viele λ 1,..., λ n Λ sodss K = (K \A) V λ1 V λ2 V λn. Dnn gilt ber uch U λ1 U λn = A. Also hben wir die gewünschte endliche Teilüberdeckung gefunden Proposition. Jedes bgeschlossene Rechteck R = [, b] i[c, d] = { x + iy x b, c y d } ist kompkt,, b, c, d R, b, c d. Beweis. Sei U eine offene Überdeckung von R. Es ist zu zeigen, dss U eine endliche Teilüberdeckung besitzt. Indirekt ngenommen U besitzt keine endliche Teilüberdeckung. Schreibe R 0 := R. Teile R 0 durch hlbieren der Seiten in vier bgeschlossene Rechtecke. Es bezeichne R 1 eines dieser vier Teilrechtecke für ds die offene Überdeckung U R1 := {U R 1 U U} von R 1 keine endliche Teilüberdeckung besitzt. Teile nun R 1 in vier gleiche bgeschlossene Rechtecke, und bezeichne mit R 2 eines dieser neuen Rechtecke für ds U R2 keine endliche Teilüberdeckung besitzt. Wir fhren induktiv fort und erhlten eine Folge von Rechtecken R n mit folgenden Eigenschften: (i) R n ist nicht leer und bgeschlossen in C für lle n N. (ii) R n+1 R n für lle n N.

20 20 STEFAN HALLER (iii) U Rn = {R n U U U} besitzt keine endliche Teilüberdeckung, n N. (iv) d n := sup z,w Rn { z w } 2 n (b ) 2 + (d c) 2 für lle n N. Nch Proposition ist n N R n = {z} für ein gewisses z C. D z R, existiert U U mit z U. D U offen in R ist, existiert δ > 0 mit R B δ (z) U. D z n N R n und wegen (iv) existiert n N mit R n B δ (z). Es folgt R n U, ber dies widerspricht (iii). Also muss U eine endliche Teilüberdeckung besitzen. Eine Teilmenge X C heißt beschränkt, flls R > 0 existiert mit X B R (0) Proposition (Heine Borel, Bolzno Weierstrß). Für eine Teilmenge K C sind äquivlent: (i) K ist kompkt. (ii) Jede Folge in K besitzt eine Teilf. die gegen einen Punkt in K konvergiert. (iii) K ist beschränkt und bgeschlossen in C. Beweis. Ad (iii) (i): D K beschränkt ist, existiert ein bgeschlossenes Rechteck R = [, b] i[c, d] mit K R. Nch Proposition ist R kompkt. D K bgeschlossen ist, ist nch Proposition uch K kompkt. Ad (i) (ii): Sei lso K kompkt und z n eine Folge in K. Es genügt zu zeigen, dss z n einen Häufungspunkt in K ht, denn dnn existiert uch eine Teilfolge die gegen diesen konvergiert. Indirekt ngenommen z n hätte keinen Häufungspunkt in K. Dnn gibt es zu jedem Punkt x K eine offen Umgebung U x von x in K die nur endlich viele der Folgenelemente z n enthält. Wegen der Kompktheit von K müssen schon endlich viele der U x gnz K überdecken. Seien lso x 1,..., x k K mit U x1 U xk = K. D in jedem der U xi nur endlich viele Folgenelemente liegen, gilt dies uch für K. D jede Folge ber unendlich viele Folgenelemente ht, erhlten wir einen Widerspruch. Dher muss z n einen Häufungspunkt in K besitzen. Ad (ii) (iii): Wäre K nicht beschränkt, dnn existiert eine Folge z n in K mit z n n für lle n N. Diese Folge besitzt keine konvergent Teilfolge, ein Widerspruch. Also muss K beschränkt sein. Wäre K nicht bgeschlossen, dnn existiert z / K und eine Folge z n in K die gegen z konvergiert. Mit z n konvergiert uch jede Teilfolge gegen z. Also existiert keine Teilfolge von z n die gegen einen Punkt in K konvergiert, ein Widerspruch. Also muss K uch bgeschlossen sein Beispiel. Aus Proposition erhlten wir sofort wichtige Beispiele kompkter Mengen. Etw ist für jedes c C und jedes r > 0 die bgeschlossenen Kreisscheiben B r (c) kompkt, d sie j beschränkt und bgeschlossen ist. Genuso ist für lle z 0, z 1 C uch die Verbindungsstrecke [z 0, z 1 ] := { (1 t)z 0 + tz 1 t [0, 1] } kompkt. Insbesondere sind lle Intervlle [, b] mit, b R, b, kompkt. Nicht kompkt sind, unter nderem, C, R und lle offenen Kreisscheiben B r (c) Proposition. Ist K C kompkt und f : K R stetig, dnn ht f ein Mximum, d.h. es existiert z K mit f(z) = sup x K {f(x)} = mx x K {f(x)}. Beweis. Nch Definition des Supremums finden wir eine Folge z n in K mit lim n f(z n ) = sup x K {f(x)}. Nch Propositon existiert eine Teilfolge von z n die gegen ein z K konvergiert. O.B.d.A. konvergiere z n gegen z. Aus der Stetigkeit von f folgt nun f(z) = f ( lim n z n ) = lim f(z n) = sup{f(x)}. k x K

21 KOMPLEXE ANALYSIS I Proposition (Lebesguezhl). Es sei K C kompkt, und U eine offene Überdeckung von K. Dnn existiert δ > 0, sodss gilt: für jede Teilmenge A K mit Durchmesser sup,b A { b } δ existiert U U mit A U. Beweis. Für jeden Punkt z K wähle U z U mit z U z. D U z offen in K ist, finden wir r z > 0, sodss K B 2rz (z) U z. (25) Betrchte V := { K B rz (z) z K }. Nch Konstruktion ist V eine offene Überdeckung von K. D K kompkt ist, existiert eine endliche Teilüberdeckung. Seien lso z 1,..., z n K, sodss K = ( K B rz1 (z 1 ) ) ( K B rzn (z n ) ). (26) Setze δ := min{r z1,..., r zn } > 0. Sei nun A K, o.b.d.a. A, mit sup { b } δ. (27),b A Wähle A. Nch (26) existiert 1 j n mit B rzj (z j ). Wegen (27) gilt b z j b + z j < δ + r zj 2r zj für lle b A. Es folgt A B 2rzj (z j ), und wegen (25) lso A U zj Funktionenfolgen. Es sei X C und f n : X C eine Folge von Funktionen. Die Folge f n heißt punktweise konvergent, flls für jeden Punkt x X der Limes lim n f n (x) existiert. In diesem Fll wird die Funktion f : X C, f(x) := lim n f n (x) die Grenzfunktion der Folge f n gennnt, und f n heißt punktweise gegen f konvergent. Für die Grenzfunktion schreiben wir uch f = lim n f n. Ist A X eine Teilmenge, und konvergiert die Folge der Einschränkungen f n A : A C punktweise, dnn heißt f n uf A punktweise konvergent. Eine Folge von Funktionen f n : X C heißt gleichmäßig konvergent, flls f n punktweise konvergiert und für die Grenzfunktion f := lim n f n gilt: für lle ε > 0 existiert n 0 N, sodss f n (x) f(x) ε für lle n n 0 und lle x X. Es heißt dnn f n gleichmäßig gegen f konvergent. Ist A X eine Teilmenge und konvergieren die Einschränkungen f n A : A C gleichmäßig, dnn wird f n uf A gleichmäßig konvergent gennnt. Ist f : X C eine Funktion, so definieren wir die Supremumsnorm von f { } f X := sup f(x). x X Bechte, dss f X = möglich ist. Dies ht forml ähnliche Eigenschften wie der Absolutbetrg komplexer Zhlen. Für Funktionen f, g : X C und λ C gilt f X = 0 f = 0 (28) λf X = λ f X (29) f + g X f X + g X (30) fg X f X g X (31)

22 22 STEFAN HALLER wobei die Konventionen z + =, + =, 0 = 0 und = Anwendung finden, siehe Übungsufgbe 19. Offensichtlich konvergiert f n : X C genu dnn gleichmäßig gegen f, wenn gilt 6 lim f n f X = 0. n Proposition (Cuchysches Konvergenzkriterium). Eine Funktionenfolge f n : X C konvergiert gleichmäßig genu dnn, wenn die folgende Cuchybedingung erfüllt ist: für lle ε > 0 existiert n 0 N, sodss f n f m X ε für lle n n 0 und lle m n 0. Beweis. Die Cuchybedingung ist offensichtlich notwendig, denn konvergiert f n gleichmäßig gegen f und ist ε > 0 dnn existiert n 0 N, sodss f n f X ε/2 für lle n n 0. Für n n 0 und m n 0 folgt dnn mit Hilfe von (30) f n f m X f n f X + f f m X ε/2 + ε/2 = ε. Also erfüllt die Folge f n die Cuchybedingung. Sei nun umgekehrt die Cuchybedingung für f n erfüllt. Dnn ist für fixes x X die Folge f n (x) eine Cuchyfolge und konvergiert dher, siehe Proposition Definiere f : X C, f(x) := lim n f n (x). Es ist zu zeigen, dss f n gleichmäßig gegen f konvergiert. Sei dzu ε > 0. Wegen der Cuchybedingung existiert n 0 N, sodss f n (x) f m (x) ε für lle n n 0, m n 0 und lle x X. Für x X und n n 0 erhlten wir dher f n (x) f(x) = f n (x) lim f m(x) = lim f n(x) f m (x) ε. m m Also konvergiert f n gleichmäßig gegen f. Eine Folge von Funktionen f n : X C heißt lokl gleichmäßig konvergent, wenn jeder Punkt von X eine Umgebung U in X besitzt uf der f n gleichmäßig konvergiert. Klrerweise konvergiert eine gleichmäßig konvergente Folge von Funktionen uch lokl gleichmäßig Proposition. Es sei f n : X C eine Folge stetiger Funktionen die lokl gleichmäßig gegen f konvergiert. Dnn ist f stetig. Beweis. Sei x X und ε > 0. D f n lokl gleichmäßig konvergiert, existiert eine Umgebung U von x in X, sodss f n U gleichmäßig gegen f U konvergiert. Also existiert n 0 N mit f n (y) f(y) ε/3 für lle n n 0 und lle y U. D f n0 stetig ist, existiert eine Umgebung V von x in X mit f n0 (y) f n0 (x) ε/3 für lle y V. Für y U V und n n 0 erhlten wir mit Hilfe der Dreiecksungleichung f(y) f(x) f(y) f n0 (y) + f n0 (y) f n0 (x) + f n0 (x) f(x) ε/3 + ε/3 + ε/3 = ε. Mit U und V ist uch U V eine Umgebung von x in X. Also ist f bei x stetig, siehe Proposition D x beliebig wr, folgt die Stetigkeit von f. 6 Insbesondere soll fn f X endlich sein, für hinreichend große n N.

23 KOMPLEXE ANALYSIS I Proposition. Es sei f n : X C eine lokl gleichmäßig konvergente Folge von Funktionen. Dnn konvergiert f n gleichmäßig uf jeder kompkten Teilmenge von X. Beweis. Sei lso K X kompkt und ε > 0. Setze f := lim n f n. D f n uf X lokl gleichmäßig konvergiert, konvergiert uch f n uch uf K lokl gleichmäßig. Also besitzt jeder Punkt von K eine offene Umgebung in K uf der f n gleichmäßig konvergiert. D K kompkt ist, überdecken schon endlich viele dieser offenen Mengen gnz K. Es existieren lso endlich viele in K offene Mengen U 1,..., U N, sodss K = U 1 U N, (32) und so, dss für jedes 1 j N die Folge f n uf U j gleichmäßig konvergiert. D f Uj gleichmäßig konvergiert, existieren n j 0 N, 1 j N, mit f n (x) f(x) ε für lle n n j 0 und lle x U j. Sei n 0 := mx{n 1 0,..., n N 0 }. Dnn folgt wegen (32) f n (x) f(x) ε für lle n n 0 und lle x K. Also konvergiert f n uf K gleichmäßig gegen f. Wir notieren noch einige einfche Eigenschften (lokl) gleichmäßig konvergenter Funktionenfolgen, siehe Übungsufgbe 14. Es seien f n, g n : X C zwei (lokl) gleichmäßig konvergente Folgen von Funktionen, und λ C. Dnn konvergieren uch die Funktionenfolgen f n, f n, λf n, f n + g n (lokl) gleichmäßig, und es gilt: lim f n = lim n (33) n n lim n = lim n (34) n n lim n = λ lim n n n (35) lim n + g n = lim n + lim n n n n (36) Sind drüber hinus lim n f n und lim n g n (lokl) beschränkt, 7 dnn konvergiert uch f n g n (lokl) gleichmäßig, und es gilt: lim f ng n = lim f n lim g n (37) n n n Sei weiters g n (x) 0 für lle x X und lle n N. Die Funktionenfolgen f n und g n sollen gleichmäßig konvergieren, und lim n f n sei beschränkt. Weiters existiere ε > 0 mit lim n g n (x) ε für lle x X. Dnn konvergiert uch fn g n gleichmäßig, und es gilt f n lim = lim n f n. (38) n g n lim n g n Seien nun f n und g n lokl gleichmäßig konvergent, und lim n f n lokl beschränkt. Drüberhinus soll für jeden Punkt x X eine Umgebung U von x in X und ε > 0 existieren, sodss lim n g n (x) ε für lle x U. Dnn konvergiert fn g n lokl gleichmäßig, und es gilt (38). 7 Eine Funktion h : X C heißt beschränkt, flls h X <. Die Funktion h : X C heißt lokl beschränkt, flls jeder Punkt x X eine Umgebung U in X besitzt, sodss h U beschränkt ist. Bechte, dss stetige Funktionen immer lokl beschränkt sind.

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