Integralsätze für komplexe Funktionen

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1 Pof. D. Michael Eisemann Höhee Mathematik 3 (vetieft) Inhalt dieses Kapitels F Kapitel F Integalsätze fü komplee Funktionen Bildquelle: wikipedia.og Augustin Louis Cauch ( ) Benhad Riemann (86 866) WiSe 7/8 Stand 9..8 Motivation Fü f : R Ω R gelten die Integalsätze von Geen und Gauß: ot(f) d(, ) f ds, div(f) d(, ) f ds D Diese wenden wi nun auf komplee Funktionen f : C Ω C an. Efeulicheweise gewinnen wi mit kompleen Integalen auch eelle: π sin(u) d π sign(u) (u R) cos(u) + d π e u (u R) a + cos t dt (a R > ) D π a Solche Integale sind mit eellen Methoden nu schwe zu beechnen. Mit dem Residuensatz fü komplee Funktionen gelingen sie leicht! Diese Technik wid oft angewendet, auch im Velauf diese Volesung, insbesondee fü Fouie und Laplace Integale (Kapitel K und L). De Köpe de kompleen Zahlen Zu Wiedeholung siehe Kimmele Stoppel, Lineae Algeba,. Bildquelle: wikipedia.og F Übeblick F3 Einneung Auf de Menge C R { (, ), R } definieen wi die Addition + : C C C und die komplee Multiplikation : C C C duch (, ) + (u, v) : ( + u, + v ), (, ) (u, v) : ( u v, v + u ). Man püft nach, dass (C, +, ) ein Köpe ist. Additiv neutal ist (, ), multiplikativ neutal ist (, ), multiplikative Invesion ist gegeben duch ( (, ) +, ) + (, ). Fü a, b R gilt (a, ) + (b, ) (a + b, ) und (a, ) (b, ) (a b, ). Wi können und weden dahe den Köpe (R, +, ) de eellen Zahlen mittels a (a, ) identifizieen mit dem Teilköpe R {} in (C, +, ). Wi scheiben kuz R C und betachten C als Köpeeweiteung. Geometisch stellen wi C als komplee Zahlenebene da. Addition ist die fü Vektoen übliche. Die Multiplikation ist eine Dehsteckung. Keisscheiben und Keisinge F5 Einneung Wi identifizieen C { + i, R } mit R { (, ), R }. De Betag + i + entspicht de euklidischen Nom. De Abstand w z entspicht somit dem euklidischen Abstand. Cashkus zum Residuensatz Komplee Funktionen und Potenzeihen Die Cauch Riemann Diffeentialgleichungen Eponentialfunktion und Zweige des Logaithmus Lauent Reihen, Polstellen und Residuen 3 Die Integalfomel von Cauch Integalsatz und Integalfomel von Cauch Fundamentalsatz de Algeba und Nullstellensuche Entwicklung in Potenz-Reihen und in Lauent Reihen 4 De Residuensatz und Anwendungen Das Residuum eine isolieten Singulaität De Residuensatz fü Kompakta Anwendung auf eelle Integale 5 Fazit: Residuenkalkül Veständnisfagen und Vetiefungen Anwendungsbeispiele zum Residuenkalkül Vogehensweise Wi betachten die komplee Zahlenebene C R und hieauf komplee Funktionen f : C Ω C, die wi entlang von Wegen : a, b Ω integieen gemäß : b a f((t)) (t) dt. Ebenso übetagen wi den Begiff de Diffeenziebakeit aus dem Reellen ins Komplee und eleben einige schöne Übeaschungen! F Übeblick De Höhepunkt sind Cauchs Residuensatz und seine Anwendungen, die fü (komplee und eelle) Integale neue Rechentechniken eöffnen. Auf dem Weg duch die komplee Ebene gewinnen wi eelle Integale! Jacques Hadamad ( ) sagte teffend: De küzeste und beste Weg zwischen zwei eellen Wahheiten füht oft duchs Imaginäe. (Im Oiginal so schön: La voie la plus coute et la meilleue ente deu véités du domaine éel passe souvent pa le domaine imaginaie. ) Zu Oientieung skizziee ich zu Beginn als Cashkus die wichtigsten Begiffe und tpische Anwendungen zu Beechnung (eelle) Integale. Mebeg Vachenaue: Höhee Mathematik, Band. Zu Vetiefung Jänich: Funktionentheoie und Remmet: Theo of Comple Functions. De Köpe de kompleen Zahlen F4 Einneung Die Gleichung z + ist in R nicht lösba, in C hingegen schon: Die komplee Zahl i (, ) hat die esehnte Eigenschaft i (, ). Jede komplee Zahl z C scheibt sich eindeutig z (, ) + i. Wi nennen Re(z) : den Realteil und Im(z) : den Imaginäteil. Die zu z + i mit, R komple konjugiete Zahl ist z i. Es gilt w + z w + z und w z w z, sowie z z + und somit z z z z, das heißt + i i i +. Die Länge z : z z + heißt Betag ode Nom von z. Das komplee Skalapodukt von w u + iv und z + i ist w z : w z (u iv)( + i) (u + v) + i(u v) Realteil ist das eelle Skalapodukt, Imaginäteil ist das Keuzpodukt: ( ) ( ) ( ) ( ) u u u + v, u v. v v Geometische Aussagen und Rechnungen in de Ebene R entspechen algebaischen Aussagen und Rechnungen in C. Komplee Funktionen F6 Einneung Eine Teilmenge Ω C heißt offen, wenn zu jedem ihe Punkte z Ω ein positive Radius ε > eistiet, sodass B(z, ε) Ω gilt. Das heißt anschaulich: Um jeden Punkt z Ω ist noch ein bisschen Platz in Ω. z ρ B(z, ρ) ρ σ z K(z, σ, ρ) Ein Gebiet ist eine offene und zusammenhängende Teilmenge Ω C: Je zwei Punkte p, q Ω lassen sich duch einen Weg in Ω vebinden. Wichtige Beispiele fü Gebiete sind offene Keisscheiben und Keisinge. Eine Folge (z n ) n N komplee Zahlen z n C konvegiet gegen den Genzwet z C, wenn z n z fü n gilt. Fü z n n + i n und z + i ist dies gleichbedeutend mit n und n. Zu jedem Punkt z C und Radien σ < ρ in R betachten wi die offene Keisscheibe B(z, ρ) { z C z z < ρ } sowie den offenen Keising ist K(z, σ, ρ) { z C σ < z z < ρ }. Beispiele: Fü ρ ist B(z, ) C die gesamte Ebene; fü ρ ist B(z, ) lee. Ebenso fü σ ρ ist K(z, σ, ρ) lee. Fü σ < ρ ist K(z,, ρ) B(z, ρ) {z } die Keisscheibe ohne den Mittelpunkt z. Insbesondee gilt K(z,, ) C {z }. Eine komplee Funktion f : C Ω C odnet jede kompleen Zahl z Ω eine komplee Zahl C zu. Wi sagen, f ist stetig in z, wenn fü jede Folge z n z in Ω auch f(z n ) in C gilt. Wi zelegen f in Realteil u Re(f) und Imaginäteil v Im(f). Fü die Funktionen u, v : Ω R gilt f( + i) u(, ) + iv(, ). Die Stetigkeit von f ist dann äquivalent zu Stetigkeit von u und v.

2 Komplee Wegintegale Sei Ω C offen und f : C Ω C eine stetige Funktion. De Weg : a, b Ω sei stückweise stetig diffeenzieba. Definition FA (komplees Wegintegal) Das komplee Wegintegal von f : C Ω C entlang : a, b Ω ist b : f((t)) (t) dt. ta Einfache Mekegel zu Scheibweise: Fü z (t) gilt (t) dt. De Integand g(t) f((t)) (t) ist eine stetige Funktion g : a, b C. Diese zelegen wi gemäß g g + ig mit g, g : a, b R in Realteil g Re(g) und Imaginäteil g Im(g) und definieen das Integal b ta g(t) dt : b ta g (t) dt + i b ta g (t) dt Jedes komplee Integal fasst also zwei eelle Integale zusammen. Die komplee Scheibweise ist effizient, bequem und übesichtlich. Komplee Wegintegale f : C C z :, C (t) t + it (Länge/) f : R R f(, ) (, ) :, C (t) t + it Aufgabe: () Beechnen Sie das komplee Wegintegal von z längs des Weges :, C : t (t) t + it. Ist das Egebnis plausibel / kompatibel mit de obigen Skizze? () Was ehalten Sie fü andee Wege mit denselben Endpunkten? (3) Gilt fü : a, b C allgemein F (z) F ((b)) F ((a))? Zentales Beispiel: Wegintegal und Residuum F F3 Aufgabe: () Beechnen Sie das Peiodenintegal π eiat dt fü a Z. () Integieen Sie f : C {} C : z z k mit Eponent k Z entlang de Keislinie :, π C : t (t) e it mit Radius >. Lösung: () Wi zelegen den Integanden in Real- und Imaginäteil: π π { π e iat fü a, dt Def cos(at) dt + i sin(at) dt HDI BI π fü a. In de Fouie Theoie entspicht dies de Othonomalität. I5 () Wi nutzen die Definition FA des kompleen Wegintegals: π π z k Def Def f((t)) (t) dt Def ( e it ) k ( e it ) dt π { π k e ikt i e it dt Lin i k+ e i(k+)t HDI fü k, dt () πi fü k. Nu z liefet einen Beitag! Plausibel: Fü jedes k Z { } hat z k die Stammfunktion z k+ /(k + ): Das Wegintegal hängt dahe nu von Stat und Ziel ab, geschlossene Wegintegale sind dahe Null! Das Wegintegal z F5 F7 Aufgabe: Gegeben sei ein geschlossene Weg : a, b C {} in kompleen Polakoodinaten (t) (t) e iϕ(t). Zeigen und ekläen Sie: z ϕ(b) ϕ(a) Umlaufzahl von um πi π Lösung: Wi nutzen die Polakoodinaten (t) (t) e iϕ(t) und echnen: b z (t) b (t) dt (t) b b (t) + iϕ (t) dt ln (t) + i ϕ(t) a a ta ta De Realteil veschwindet fü geschlossene Wege, (a) (b). De Imaginäteil zählt die Umläufe von um den Nullpunkt.?? Zum Vegleich in katesischen Koodinaten (t) (t) + i(t): b b ( ) ( ) Im ta + dt ta b ta + + ( dt ) ( ) dt Dieses Abeits- und Flussintegal kennen wi beeits gut! E39 Komplee Wegintegale Es lohnt, diese beiden eellen Integale genaue anzuschauen... Wi integieen f(, ) u(, ) + iv(, ) längs (t) (t) + i(t). Ausmultiplizieen liefet eplizit den Real- und Imaginäteil: f((t)) (t) (u + iv)( + i ) (u v ) + i(u + v ) F Real- und Imaginäteil des kompleen Wegintegals sind demnach: b Re u v dt (u, v) (, ) dt (u, v) d Im a b a u + v dt (u, v) (, ) dt (u, v) d Das komplee Wegintegal fasst zwei eelle Integale zusammen: das Abeitsintegal und das Flussintegal des Vektofeldes f (u, v). Wi weden hieauf den Integalsatz von Geen / Gauß anwenden und ehalten den Integalsatz von Cauch F3A fü holomophe Funktionen. Man beachte das Vozeichen: Es ist unschön abe unvemeidlich. Es passt zum oben ekläten kompleen Skalapodukt w z w z. Komplee Wegintegale F4 Lösung: () Wi integieen f( + i) ( + i) ( ) + i() entlang des Weges (t) (t) + i(t) mit (t) t und (t) t : f((t)) (t) dt t 5t 4 + i 4t 3 t 5 dt 3 t3 t 5 + it 4 + i 3 t6 4 (Vozeichen ist plausibel!) t 3 () Pobieen Sie andee Wege aus, Sie ehalten dasselbe! Waum? Die Stammfunktion F : C C mit F (z) z 3 /3 efüllt F (z) z, also z z 3 i+ (i + )3 (i )3 + i + i 4 3 zi fü jeden Weg :, C von ( ) i nach () i +. (3) Dank Kettenegel und HDI echnen wi dies auch hie leicht nach: b b F (z) F ((t)) dt (t) dt F ((t)) F ((b)) F ((a)) ta ta Wi nutzen die komplee Ableitung FA und ihe Rechenegeln FB! Zentales Beispiel: Wegintegal und Residuum Aufgabe: () Beechnen das Wegintegal fü jedes Lauent Polnom: fü a k (z z ) k k n Die Koeffizienten a n, a n,..., a n, a n C definieen f : C {z } C. Lösung: () Wi integieen längs :, π C : t (t) z + e it : Def a k (z z ) k Lin A3L a k k n k n (z z ) k Res () πi a Residuum Die Wegintegale (z z ) k haben wi zuvo ausgeechnet: Fü k eistiet eine Stammfunktion, dahe (z z ) k. Beim Wegintegal von f um z bleibt nu de Tem πi a zuück. Deshalb heißt a das Residuum (das Zuückbleibende ) von f in z. Gleiches gilt fü konvegente Lauent Reihen, also n (DA). Einneung: zwei pominente Vektofelde ( ) + ( ), ot ( ) + ( ), div Das Abeits-/Flussintegal zählt Umläufe um den Uspung. E39 Dasselbe eleben wi nun beim kompleen Wegintegal z! Alle dei Integale sind dasselbe in veschiedenen Scheibweisen. F6 F8

3 Holomophe Funktionen und Lauent Reihen z ρ B(z, ρ) : { z C z z < ρ } f f(z + w) σ (z) lim w w z w K(z, σ, ρ) : { z C σ < z z < ρ } Sei Ω C offen. Eine komplee Funktion f u + iv : C Ω C heißt holomoph, wenn sie komple diffeenzieba ist und f : Ω C stetig. Cauch Riemann Gleichungen u v und v u. Das eelle Vektofeld f (u, v) : R Ω R efüllt div ot. Auf jede Keisscheibe B(z, ρ) Ω gleicht f eine Potenz Reihe. Auf jedem Keising K(z, σ, ρ) Ω gleicht f eine Lauent Reihe: k a k (z z ) k mit a k πi ρ (z z ) k+ De Koeffizient z (f) : a ist das Residuum von f im Punkt z. De Residuensatz Ω S Satz FB (Residuensatz fü Kompakta, Cauch 85) Sei Ω C offen und f : Ω S C holomoph auf Ω bis auf eine Menge S isoliete Singulaitäten. Sei D Ω kompakt mit stückweise glattem Rand, wobei S. Dann gilt: πi (f) s D s Links muss man integieen, echts nu Residuen summieen! Anwendung auf Fouie Integale Ω D F9 F F3 Holomophe Funktionen und Lauent Reihen F Alle analtischen Funktionen sind holomoph. Einneung: f analtisch heißt, dass sich f lokal als konvegente Potenzeihen dastellen lässt. Estaunlicheweise gilt die Umkehung, also holomoph analtisch! Insbesondee: einmal komple diff ba impliziet beliebig oft diff ba! Ist f : C Ω C holomoph auf eine Keisscheibe B(z, ρ) Ω, so lässt sie sich dot als konvegente Potenzeihe dastellen (Satz F3E): a k (z z ) k mit a k. πi (z z ) k+ Wi können ebenso auch Singulaitäten (insb. Polstellen) behandeln: Ist f : Ω C holomoph auf einem Keising K(z, σ, ρ) Ω, so lässt sie sich dot als konvegente Lauent Reihe dastellen (Satz F3F): a k (z z ) k a k (z z ) k + a k (z z ) k k Dies ist die Summe eine Potenzeihe in u (z z ) (Nebenteil) und eine in v (z z ) (Hauptteil). Letztee kodiet die Singulaität in z. De Residuensatz Anschaulich können wi uns f : C Ω C als zweidimensionales elektomagnetisches Feld vostellen. Eine Polstelle im Punkt s Ω entspicht einem Teilchen mit eine Ladung s (f), das Residuum. k F Fü das Feld (z z ) k haben wi oben das Wegintegal ausgeechnet: Längs de Keislinie (t) z + e it ehalten wi (z z ) πi. Fü alle k hingegen veschwindet das Integal: (z z ) k. Dasselbe gilt nun fü jede holomophe Funktion / Lauent Reihe um z : Das Wegintegal von f längs des Weges um z ist πi z (f). Mit diesem Integal messen wi demnach die Ladung im Punkt z. Umläuft mehee Singulaitäten, so addieen sich die Residuen: Jede Singulaität s liefet ihen Beitag πi s (f) zum Integal. De Raum dazwischen ist Vakuum und liefet keinen Beitag. Dies ist eine wundebae Eigenschaft holomophe Funktionen. Sie zu vestehen und nutzen zu lenen, ist Ziel dieses Kapitels. Reelle Anwendung: Die Halbebene ist nicht kompakt, abe fü schnell genug abklingende Funktionen können wi den Residuensatz hieauf ausdehnen. Auch einfache Polstellen auf R können wi zulassen: Anwendung auf eelle Integale si() sin()/ F4 Satz FC (Residuensatz fü ationale Funktionen) Sei p(z)/q(z) eine ationale Funktion; eelle Polstellen z R seien höchstens einfach. Fü deg(q) deg(p) + und u gilt dann: + f() e iu d πi zs Im(s)> e iuz + πi zs Im(s) e iuz Diese Fomel gilt auch noch im Falle deg(q) deg(p) + und u >. Anwendung auf eelle Integale Aufgabe: Als estes Anwendungsbeispiel beechne man sin() d π. Lösung: Dank e i cos() + i sin() ist dies de Imaginäteil von e i d. Die Reihe e iz /z z + i z/ iz /3! +... um hat Residuum. Zu Beechnung des Integals nutzen wi den Residuensatz: e i e iz d πi πi. Fetig! z z Als Real- und Imaginäteil ehalten wi die eellen Integale cos() sin() d, und d π. Die Integanden sind nicht absolut integieba?? : cos d sin d Das Integal eistiet nu uneigentlich fü sin()/ bzw. als Cauch Hauptwet fü cos()/. F5 Wi betachten eneut die Spaltfunktion si : R R mit { sin()/ fü, si() fü. Ihe Integalfunktion Si() si(t) dt ist nicht elementa. B57 Nun endlich können wi si : R R übe ganz R integieen: sin() d lim Anwendung auf eelle Integale sin() d F6 Dieses Integal konnten wi zuvo noch nicht ausechnen B57, jetzt abe ganz leicht! Diese vielseitige Rechentechnik fühen wi in F4 aus. Dieses eindimensionale eelle Integal wa zunächst außehalb unsee Reichweite. Est duch die effiziente Behandlung als zweidimensionales komplees Integal löst sich alles in Wohlgefallen auf! De Residuensatz ist ein allgemeines und mächtiges Wekzeug. Die obigen Beispiele motivieen, welche Aspekte wi nun kläen müssen, wenn wi den mathematischen Begiffen auf den Gund gehen wollen: De Residuensatz gilt nu fü holomophe Funktionen f : C Ω C. Wie können wi diese Eigenschaft definieen und bequem ekennen? Wie entwickelt man eine holomophe Funktion auf B(z, ρ) in eine konvegente Potenzeihe? auf K(z, σ, ρ) in eine Lauent Reihe? Wie definieen wi das Residuum? Wie beechnen wi es effizient? Wie können wi schließlich den Residuensatz beweisen und nutzen? Dieses Kapitel entwickelt die nötigen Gundlagen ( F F3) und einige wichtige Anwendungen des Residuenkalküls ( F4 F5).

4 Komplee Funktionen F Komplee Funktionen F Beispiel: z, also f( + i) ( ) + i() Beispiel: z 3, also f( + i) ( 3 3 ) + i(3 3 ) In Poladastellung gilt f( e iϕ ) e iϕ. Im Uspung sieht man die Winkelvedopplung. Außehalb bleiben Winkel ehalten, und kleine Quadate weden in kleine Quadate übefüht. In Poladastellung gilt f( e iϕ ) 3 e 3iϕ. Im Uspung sieht man die Winkelvedeifachung. Außehalb bleiben Winkel ehalten, und kleine Quadate weden in kleine Quadate übefüht. Komplee Funktionen Beispiel: z z, also f( + i) zz + + i + F3 Komplee Funktionen Beispiel: ep(z), also f( + i) e cos + i e sin F4 In Poladastellung gilt f( e iϕ ) e iϕ. Geometisch entspicht diese Abbildung eine Spiegelung am Einheitskeis ( ) sowie eine an de eellen Achse (e iϕ e iϕ ). Komplee Diffeentiation Definition FA (komplee Ableitung) F5 Sei Ω C offen und f : Ω C eine komplee Funktion. Wi betachten lim z n z z n Ω {z} f(z n ). z n z Wi nennen f im Punkt z Ω komple diffeenzieba, wenn diese Genzwet eistiet fü jede Folge z n z mit z n Ω und z n z. E heißt dann die komplee Ableitung, geschieben f f(ζ) (z) lim ζ z ζ z ζ z f(z + w) lim w w w Beispiel: Fü z gilt f (z) z, denn ζ z ζ z ζ + z z. Allgemein: Fü alle n N und z n gilt f (z) nz n, denn ζ n z n ζ z ζ k z n k nz n fü ζ z. k Holomophe Funktionen Definition FC (Holomophie) F7 Sei Ω C offen. Eine komplee Funktion f : Ω C heißt holomoph, wenn sie auf ganz Ω komple diffeenzieba ist und f : Ω C stetig. Aufgabe: Ist jedes komplee Polnom holomoph? a + a z + a z + + a n z n Lösung: Ja, f ist auf ganz C holomoph mit de Ableitung f (z) a + a z + + na n z n. Aufgabe: Ist jedes komplee Lauent Polnom holomoph? a n z n + + a z + a + a z + + a n z n Lösung: Ja, f ist auf C C {} holomoph mit de Ableitung f (z) na n z n a z + a + + na n z n. Gleiches gilt fü konvegente (Lauent-)Potenzeihen. Diese ehalten wi aus (Lauent-)Polnomen fü n. Das entspicht de Poladastellung mit Radius e und Winkel. Fü jede komplee Zahl w C {} eistiet z + i C sodass w ep(z) e (cos + i sin ) gilt. Genau dann gilt ep(z) ep( z), wenn z z k πi fü ein k Z. (Satz FI) Komplee Diffeentiation Satz FB (komplee Ableitungsegeln) Diffeenziebakeit impliziet Stetigkeit, abe nicht umgekeht. Die Ableitung ist linea und efüllt Podukt- und Kettenegel: af (z) af (z) fü a C, f + g (z) f (z) + g (z), f g (z) f (z)g(z) + g (z), h g (z) h (g(z)) g (z). F6 Hiebei seien f, g im Punkt z C komple diff ba und h im Punkt g(z). De Nachweis diese Regeln veläuft wötlich wie im eellen Fall. Zu Wiedeholung siehe Kimmele Stoppel, Analsis.. Aufgabe: Fü z n folgt f (z) nz n in jedem Punkt z. Lösung: Aus z n folgt dank Poduktegel nz n + z n f (z). Diese Gleichung lösen wi auf zu f (z) nz nz n. Holomophe Funktionen Koolla FD (Holomophie) Holomophe Funktionen f, g : Ω C sind insbesondee stetig. Lineakombination, Multiplikation und Komposition holomophe Funktionen egeben wiede holomophe Funktionen. Dabei gilt: af af fü a C, f + g f + g, f g f g + fg, h g (h g) g. F8 Soweit vehält sich die komplee Ableitung genau wie die eelle. Insbesondee fü (Lauent-)Polnome gelten dieselben Rechenegeln. Wi wollen dies gleich auch fü (Lauent-)Potenzeihen festhalten. Wi weden sodann als fundamentalen Unteschied zu R ausnutzen, dass wi in C in zwei linea unabhängige Richtungen ableiten können. Dies impliziet die Cauch Riemann Diffeentialgleichungen und wid unsee Integalsätze in de Ebene (Geen / Gauß) zum Einsatz bingen.

5 Die Cauch Riemann Diffeentialgleichungen Sei f : C Ω C im Punkt z C komple diffeenzieba: f (z) lim w w C f(z + w). w Dann ist f im Punkt z C insbesondee patiell diffeenzieba: f(z + ) lim f (z), R lim f(z + is) f s is i (z). s R Beide stimmen mit f (z) übeein! Fü f u + iv gilt also f (z)! f u v (z) (z) + i (z)! i f Dies sind die Cauch Riemann Diffeentialgleichungen u v, v u. F9 v (z) (z) i u (z). Dieses Kiteium ist nicht nu notwendig, sonden auch hineichend. Damit können wi leicht übepüfen, ob f : C Ω C holomoph ist! Die Cauch Riemann Diffeentialgleichungen Es gibt mehee äquivalente Fomulieungen de CR Gleichungen u v, v u. Sie besagen, dass die Jacobi Mati eine ganz spezielle Fom hat: ( ) ( ) u J u a b. v v b a F Die Deteminante ist a + b f (z). Es handelt sich um eine Dehung gefolgt von eine Steckung um den Fakto f (z). Dies eklät, waum im Falle f (z) die Abbildung f die Winkel ehält und kleine Quadate in kleine Quadate übefüht, wie in obigen Gaphiken gezeigt. Das Vektofeld f (u, v) : Ω R ist divegenz- und otationsfei: div(u, v) + u v, ot(u, v) v u. Genau diese Eigenschaft nutzen wi im Residuensatz! Reelle und komplee Ableitungen Wi definieen die Witinge Ableitungen nach z und z duch z : ( i ), z : ( + i ). Damit ehalten wi eine besondes konzise Scheibweise. F3 Aufgabe: () Es gilt z z und z z sowie z z und z z. () Ist f : C Ω C komple diffeenzieba, so gilt f z f und z f. Ist umgekeht f : C Ω C nach und patiell diffeenzieba, so sind die Cauch Riemann Gleichungen äquivalent zu z f. Lösung: () Fü f u + iv echnen wi gewissenhaft nach: z f )( ) ( i u + iv ( u + v ) + i ( v u ) z f )( ) ( + i u + iv ( u v ) + i ( v + u ) Somit ist z f äquivalent zu den Cauch Riemann Gleichungen u v, v u. Ist f komple diffeenzieba, so folgt z f f. Äquivalente Kiteien fü Holomophie Satz FF (Äquivalente Kiteien fü Holomophie) Sei Ω C offen. Die komplee Funktion f : Ω C zelegen wi in f( + i) u(, ) + iv(, ) mit u, v : Ω R. Dann sind äquivalent: F5 Holomophie: Die Funktion f ist holomoph, das heißt auf ganz Ω komple diffeenzieba mit stetige Ableitung f. Komplee Diffeenziebakeit: Die Funktion f ist auf ganz Ω komple diffeenzieba (ohne die Stetigkeit von f zu velangen). 3 Analtizität: Die Funktion f lässt sich in jedem Punkt z Ω in eine konvegente Potenzeihe a k(z z ) k entwickeln. 4 Glattheit: Die Funktion f ist beliebig oft komple diffeenzieba. 5 Cauch Riemann: Die Funktionen u, v sind stetig patiell diffeenzieba und efüllen u v und v u. 6 Looman Menchoff: Die Funktion f ist stetig, die Ableitungen f und f eistieen und efüllen f + i f, kuz z f. 7 Moea: Die Funktion f ist stetig und fü jedes Rechteck R Ω veschwindet das komplee Wegintegal R. Die Cauch Riemann Diffeentialgleichungen Satz FE (Cauch Riemann Diffeentialgleichungen) Sei Ω C offen. Die komplee Funktion f : Ω C zelegen wi in f( + i) u(, ) + iv(, ) mit u, v : Ω R. Dann sind äquivalent: Die Funktion f : Ω C ist holomoph, das heißt auf ganz Ω komple diffeenzieba mit stetige Ableitung f. Die Funktionen u, v : Ω R sind stetig patiell diffeenzieba und efüllen die Cauch Riemann Diffeentialgleichungen. Nachechnen: Die Implikation () () haben wi ausgeechnet. Die Umkehung () () ehalten wi aus de Talo Fomel: Fü w + is gilt f(z + w) + + s + o( w ). Dank f i f folgt f(z + w) + ( i ) w + o( w ). Fü w gilt somit (f(z + w) )/w ( i ). Paktisch: Die Cauch Riemann Diffeentialgleichungen übesetzen komplee in eelle Diffeenziebakeit und zuück! Wi nennen z : ( i ) die Witinge Ableitung nach z. F3 Die Cauch Riemann Diffeentialgleichungen F F Aufgabe: () Ist die Funktion z holomoph? () Ist z holomoph? (3) und e +i e cos + i e sin? Lösung: () Wi finden u(, ) ( ) und v(, ) und somit ( ) ( ) { u u div(u, v) + u v, also v v ot(u, v) v u. Die Funktion z ist holomoph. Das wussten wi schon! () Wi finden u(, ) und v(, ) und somit ( ) ( ) { u u div(u, v) + u v, also v v ot(u, v) v u. Die Funktion z ist nicht holomoph. Estes Gegenbeispiel! (3) Auch e +i e cos + i e sin ist holomoph: ( ) ( u u e cos e ) { sin div(u, v), v v e sin e also cos ot(u, v). Das folgt auch diekt aus de Eponentialeihe e z zk /k!. De inhomogene Integalsatz von Cauch Aufgabe: () Sei f : C Ω C stetig patiell diffeenzieba. Fü jedes Kompaktum D Ω mit stückweise glattem Rand gilt: i z f(, ) d(, ) Lösung: () Fü f u + iv und d + i d echnen wi nach: Def (u + iv)(d + i d) Mult (u d v d) + i(v d + u d) Lin (u, v) (d, d) + i (u, v) (d, d) Geen Gauß ot(u, v) d(, ) + i D div(u, v) d(, ) D () i z f(, ) d(, ) D D F4 Ist f holomoph, so gilt z f, und das Integal veschwindet! (F3A) Efeulicheweise gilt soga die Umkehung, siehe den folgenden Satz. Äquivalente Kiteien fü Holomophie F6 Zu püfen ist, ob eine vogelegte Funktion f : Ω C holomoph ist. Je nach Bedaf können wi hiezu jedes diese sieben Kiteien nutzen! Diese sieben Bedingungen scheinen zunächst seh veschieden und unteschiedlich stak. Es ist dahe übeaus bemekenswet, dass all diese Bedingungen äquivalent sind zu Holomophie (). Wi haben beeits die Äquivalenz () (5) nachgeechnet. (Satz FE) Wi weden weite unten die Äquivalenz () (3) zeigen. (Satz F3E) Die Implikationen (3) (4) () sind dann kla (dank Satz FH). Die weiteen Kiteien nenne ich hie nu zu Illustation und Abundung. Zum Beispiel gaantieen () () und (5) (6), dass wi die Stetigkeit de Ableitungen nicht gesondet foden bzw. nachweisen müssen (F5C). Fomulieung (7) kommt ohne Ableitung nu mit Integalen aus (F5B). Ausfühliche Beweise und en finden Sie in den meisten Einfühungen zu Funktionentheoie, etwa Jänich: Funktionentheoie. Eine schöne und konzise Zusammenfassung bietet das este Kapitel von Naasimhan Nievegelt: Comple Analsis in One Vaiable.

6 Von Polnomen zu Reihen Besondes schöne und einfache Funktionen sind Polnome: a k z k a + a z + a z + + a n z n F7 Manchmal benötigen wi etwas allgemeine auch Lauent Polnome: a k z k a n z n + a n z n + + a n z n + a n z n k n Wi vollziehen mutig abe umsichtig den Genzübegang n. Besondes schöne und einfache Funktionen sind Potenzeihen: a k z k a + a z + a z +... Manchmal benötigen wi etwas allgemeine auch Lauent Reihen: a k z k + a z + a z + a + a z + a z +... k Fü die Konvegenz und das Rechnen gibt es einfache Regeln. Potenzeihen: Konvegenzadius Satz FG (Konvegenz von Potenzeihen) Eine Potenzeihe ist eine (zunächst fomale) Reihe de Fom a k (z z ) k. Sie ist gegeben duch ihen Entwicklungspunkt z C und ihe Koeffizienten a k C fü k N. Ih Konvegenzadius ist / k ρ : lim sup ak,. k Die Reihe konvegiet absolut fü alle z C mit z z < ρ. Hingegen divegiet die Reihe fü alle z C mit z z > ρ. F9 Fü Randpunkte z z ρ kann beides passieen; hie ist keine einfache Aussage möglich. (Antwoten übe das subtile Vehalten auf dem Keisand gibt die Theoie de Fouie Reihen. Allgemein gehöt die Konvegenz solche Reihen zu den schwieigsten Fagen de Analsis.) Im Falle ρ ist B(z, ) C die gesamte Ebene, und die Reihe konvegiet übeall. Im Falle ρ ist B(z, ) lee und die Reihe konvegiet nu im Entwicklungspunkt z. Rechnen mit Potenzeihen F Einneung Zu Wiedeholung siehe Kimmele Stoppel, Analsis,.4. Nach Veschieben können wi als Entwicklungspunkt z annehmen: f : B(z, ρ) C, a k (z z ) k wid veschoben zu f : B(, ρ) C, f(z + z) a k z k. Aufgabe: Wie weden Potenzeihen addiet bzw. multipliziet? Lösung: Addition efolgt wie üblich bei konvegenten Reihen: a k z k + b k z k (a k + b k )z k Multiplikation dank Umodnungssatz?? fü abs. konvegente Reihen: ( ) ( ) ( a i z i b j z j a i b j )z k. i j i+jk Potenzeihen: Beispiele Viele wichtige Funktionen lassen sich als Potenzeihen dastellen: F8 z z k + z + z + z fü z <, ln( + z) ep(z) ( ) k+ k z k k! k z k z z + z3 3 z fü z <, 4 + z + z + z fü z C, 3! ( ) k sin(z) (k + )! zk+ z z3 3! + z5 5! z ! fü z C, ( ) k cos(z) (k)! zk z + z4 4! z ! fü z C. Hieaus folgen die Eule Fomel ep(iz) cos z + i sin z fü alle z C, das Potenzgesetz e z+w e z e w F, speziell e +i e (cos + i sin ), sowie die Additionstheoeme fü sin und cos??, und vieles meh. Potenzeihen: Ableitung F Potenzeihen vehalten sich wie Polnome (von unendlichem Gad). Auf ihem Konvegenzgebiet können wi mit Potenzeihen gut echnen, wie üblich addieen, multiplizieen, veknüpfen, insbesondee ableiten. Satz FH (Ableitung von Potenzeihen) Sei Ω B(z, ρ) mit < ρ. Jede konvegente Potenzeihe f : Ω C mit a k (z z ) k fü alle z Ω, ist auf Ω holomoph. Ihe Ableitung ist gegeben duch f : Ω C mit f (z) k a k (z z ) k fü alle z Ω. k Auch diese ist auf Ω holomoph, somit ist f beliebig oft diffeenzieba. Die Funktion f bestimmt die Koeffizienten vemöge a k f (k) (z )/k!. Unsee Potenzeihe ist somit die Talo Reihe de Funktion f. Die komplee Eponentialfunktion Aufgabe: Aus de Eponentialeihe folgt die Funktionalgleichung ep(z + w) ep(z) ep(w) fü alle z, w C. F Einneung Nachechnen: Dank Umodnungssatz und binomische Fomel gilt: ( ) ( z k ) w l z k w l ep(z) ep(w) k! l! k! l! l n k+ln ( ) n z k w n k n! k n! (z + w)n ep(z + w). n n Dies entspicht dem Potenzgesetz, dahe die Kuzscheibweise e z : ep(z) und e z+w e z e w. Zusammen mit de Eule Fomel ep(iz) cos z + i sin z ehalten wi die Additionstheoeme fü sin und cos.?? Fomulieen und beweisen Sie diese als leheiche Übung. Die komplee Eponentialfunktion F3 Einneung Die komplee Eponentialfunktion F4 Einneung Aufgabe: Aus de Eponentialeihe folgt die Ableitungsegel d ep(az) a ep(az). Nachechnen: Dank Ableitungsegel FH fü Potenzeihen gilt d ep(az) d a k z k d a k z k k! k! a k z k a k z k a a ep(az). (k )! k! k In Kuzscheibweise ehalten wi die vetaute Fomel d eaz a e az. Das ist eine chaakteistische Eigenschaft de Eponentialfunktion. Wi weden sie insbesondee fü Diffeentialgleichungen ausnutzen! Satz FI (Bild und Ken de Eponentialfunktion) () Fü jede komplee Zahl z C {} eistiet w u + iv C, sodass z ep(w) e u (cos v + i sin v) gilt, also eine Poladastellung von z. () Genau dann gilt ep(w) ep( w), wenn w w k πi fü ein k Z. (3) Lokal um den Entwicklungspunkt ist de komplee Logaithmus ln : B(, ) C, ln( + z) k ( ) k+ k z k eine Umkehfunktion, das heißt ep(ln( + z)) + z fü alle z <. Aussage () bedeutet: Die komplee Eponentialfunktion ep : C C C {} ist sujektiv. Wi können dahe jede komplee Zahl z C {} in kompleen Polakoodinaten dastellen. Aussage () besagt, dass ep nicht injektiv ist, und benennt den Ken ke(ep) Zπi. Das ist äquivalent zu vetauten Peiodizität de eellen Winkelfunktion cos, sin : R R. Im eellen Fall ist ep : R R > bijektiv und elaubt eine Umkehfunktion ln : R > R. Im kompleen Fall ist dies global auf C unmöglich, da ep nach () nicht bijektiv ist, abe es gelingt immehin lokal mit Hilfe de in (3) angegebenen Potenzeihe: Dies echnet man (etwas mühsam) nach duch Einsetzen de beiden Potenzeihen, ode (viel einfache) duch Ableiten: ep(ln( + z))/( + z) efüllt f() und f (z). Beechnen Sie s zu Übung!

7 Zweige des kompleen Logaithmus F5 Zweige des kompleen Logaithmus F6 Agument ϕ (z) Die eelle Eponentialfunktion ep : (R,, +) (R >,, ) ist bijektiv, ihe Umkehfunktion ist de eelle Logaithmus ln : (R >,, ) (R,, +). Die komplee Eponentialfunktion ep : C C C {} ist sujektiv: w u + iv e u+iv e u (cos v + i sin v) beschet uns Polakoodinaten! Sie ist jedoch nicht injektiv, ganz im Gegenteil: Sie hat Peiode πi (FI). Zu z C gibt es also nicht nu einen Logaithmus w C mit e w z, sonden unendlich viele, nämlich ep ({z}) { w + k πi k Z }. Man könnte nun fü jedes z C willkülich einen Logaithmus w C mit e w z wählen, abe das kann global auf C nicht stetig gelingen! Zwecks Stetigkeit müssen wi das Definitionsgebiet einschänken: C R Definition FJ (Zweige des kompleen Logaithmus) Sei Ω C ein Gebiet, also eine offene zusammenhängende Menge. Eine stetige Funktion f : C Ω C mit e z heißt ein Zweig des Logaithmus auf Ω ode auch eine Logaithmusfunktion auf Ω. Eine stetige Funktion ϕ : C Ω R mit z z e iϕ(z) heißt ein Zweig des Aguments auf Ω ode auch eine Agumentfunktion auf Ω. Zweige des kompleen Logaithmus Aufgabe: () Wie entspechen sich Agument und Logaithmus? () Sind sie auf Ω eindeutig? (3) bis auf eine additive Konstante? F7 Lösung: () Ist ϕ : Ω R eine Agumentfunktion, so ist f : Ω C mit ln z + iϕ(z) eine Logaithmusfunktion. Ist umgekeht f : Ω C eine Logaithmusfunktionen, so gilt z e e Re e i Im fü z Ω, also folgt z e Re, und ϕ(z) Im ist eine Agumentfunktion. () Ist f : Ω C eine Logaithmusfunktion auf Ω, so auch g f + πik fü jede Konstante k Z, denn g ist stetig und e g(z) e e πik z. Da es auf Ω mehee Logaithmusfunktionen gibt, sagen wi betont eine Logaithmusfunktion und bewusst nicht die Logaithmusfunktion. (3) Seien umgekeht f, g : Ω C zwei Logaithmusfunktionen auf Ω. In jedem z Ω folgt e g(z) e g(z) e e g(z) / e z/z. Dank Satz FI gilt demnach g(z) k(z) πi fü ein k(z) Z. Mit f, g ist auch k (g f)/πi : Ω Z stetig, also lokal konstant. Da wi Ω als zusammenhängend voaussetzen, ist k konstant. Kennen wi also auf Ω eine Logaithmusfunktion f : Ω C, so kennen wi beeits alle, nämlich f k f + k πi mit k Z. Lösungen quadatische Gleichungen F9 Aufgabe: Wie finden Sie Nullstellen quadatische Polnome p Cz? Lösung: Zu gegebenen Nullstellen (z, z ) C bilden wi das Polnom p(z) (z z )(z z ) az + bz + c Cz mit a und b z z und c z z. Sind umgekeht a, b, c C mit a vogelegt, so finden wi beide Nullstellen z, z C von p duch { b ± b {z, z } } 4ac. a Wi stehen dahe vo de Aufgabe, zu jede kompleen Zahl z C eine n te Wuzel zu konstuieen, also eine komplee Zahl w C mit w n z. Fü n gelingt dies leicht wie folgt: Fü, R und setzen wi z + z z ± i w ± i. Wi nutzen die eelle Wuzelfunktion : R R und ehalten eine stetige komplee Wuzelfunktion : C R < C mit ( z) z. Fü z R < ist die Zuodnung z ±i z zweideutig bzw. unstetig. Logaithmus und Wuzeln längs eines Weges F3 Aufgabe: Fü jede komplee Zahl z C gilt z /z, also scheinba z /z? z /z. Was ehalten Sie fü z? Was geht schief fü z? Gilt etwa ( ) ( )? i i? Beobachten Sie diese Gleichung längs des Weges z (t) e πit. Lösung: Das Poblem ist die Mehdeutigkeit de kompleen Wuzeln! Wi betachten den Weg :, C mit (t) e πit von () nach (). Fü das Invese gilt demnach /(t) e πit. (Skizze!) Längs des Weges ziehen wi stetig die Wuzel gemäß (t) e πit/ und entspechend / (t) e πit/. Wähend des gesamten Weges gilt (t) / (t). Am Endpunkt t ehalten wi die Gleichung () / () i ( i). Fü andee Wege ehält man altenativ ( i) i. Alles wid gut. Dies ist die Methode de analtischen Fotsetzung längs eines Weges. Zweige des kompleen Logaithmus Übung: Püfen und ekläen Sie die folgenden Konstuktionen! Satz FK (Zweige des kompleen Logaithmus) Die folgenden Abbildungen sind Agumentfunktionen: g : C Re> R, + i actan ( / ) gπ/ : C Im> R, + i +π/ actan ( / ) g π/ : C Im< R, + i π/ actan ( / ) g (z) fü Re(z) >, ϕ : C R R, ϕ(z) gπ/(z) fü Im(z) >, g π/(z) fü Im(z) <. F8 Wi ehalten den sogenannten Hauptzweig de Logaithmusfunktion ln : C R C mit ln (z) ln z + iϕ (z). Zu jedem Winkel θ R eistiet entspechend genau ein Zweig de Logaithmusfunktion ln θ : C R e iθ C mit ln θ (e iθ ) iθ, nämlich ln θ (z) ln (z e iθ ) + iθ. E bijiziet den Sekto C R e iθ auf den Steifen R θ π, θ + π. Reelle und komplee Wuzeln F3 Aufgabe: () Fü n N ist die eelle Potenzfunktion p : R R mit n bijektiv, ihe Umkehfunktion ist die Wuzelfunktion n. () Die komplee Potenzfunktion p : C C mit w w n ist sujektiv abe nicht injektiv: Zu z C eistieen genau n Wuzeln w mit w n z. Lösung: () Die Funktion p ist stetig, monoton dank p () n n > fü >, also insbesondee injektiv. Zudem gilt p() und p() fü. Dank des Zwischenwetsatzes ist p : R R sujektiv. () Zu jedem z C eistiet ein Logaithmus a C mit e a z (FI). Fü w e a/n gilt demnach w n (e a/n ) n e a z. Jede andee Wahl a a + πik füht zu w w e πik/n, wobei k,,..., n. Definition FL (Zweige de n ten Wuzelfunktion) Eine stetige Funktion g : C Ω C mit g(z) n z heißt ein Zweig de n ten Wuzel auf Ω ode auch eine n te Wuzelfunktion auf Ω. Jede Logaithmusfunktion f : C Ω C mit e z, nach FK etwa f ln θ, beschet uns eine Wuzelfunktion g(z) e /n mit g(z) n z. Die andeen Zweige ehalten wi duch e (+πik)/n g(z) e πik/n. Logaithmus und Wuzeln längs eines Weges F3 Aufgabe: () Jeden Weg : a, b C mit Statpunkt (a) z e w können wi eindeutig hochheben zu einem Weg ln : : a, b C mit Statpunkt (a) w und e (t) (t) fü alle t a, b, nämlich: (t) : w + a,t z w + t a (s) (s) ds. Fü jeden andeen Weg mit e gilt + k πi fü ein k Z. () Jeden Weg : a, b C mit Statpunkt (a) z w n können wi eindeutig hochheben zu einem Weg n n : a, b C mit Statpunkt n (a) w und de Wuzeleigenschaft ( n (t)) n (t) fü alle t a, b, nämlich n (t) e ( (t)+πik)/n fü ein geeignetes k {,,..., n }. Lösung: () Fü t a gilt (a) w. Es bleibt, e nachzupüfen. Die Funktion h(t) (t) e (t) efüllt h(a) und dank HDI zudem h (t) (t) (t) (t) e (t) fü alle t a, b, also h(t). Aus e(t) e (t) (t) fü alle t a, b folgt e(t) (t) e(t) / e (t), also (t) (t) k(t) πi fü ein k(t) Z. Mit, ist auch die Diffeenz k ( )/πi : a, b Z stetig, also konstant.

8 Lauent Reihen: Definition F33 Motivation: Wi wollen Funktionen auch um Polstellen entwickeln. Zum Beispiel z ode z n ode e /z z k k! entwickelt in z. Definition FM (Lauent Reihe) Eine Lauent Reihe ist eine (zunächst fomale) Reihe de Fom + k a k (z z ) k. Sie ist gegeben duch ihen Entwicklungspunkt z C und ihe Koeffizienten a k C fü k Z. Ih Hauptteil und Nebenteil sind f H (z) a k (z z ) k, f N (z) a k (z z ) k. k De Nebenteil ist eine Potenzeihe in u (z z ), de Hauptteil ist demnach eine Potenzeihe in v (z z ). Fü beide gelten die Rechenegeln fü Potenzeihen, wie wi sie oben ausgefüht haben. Lauent Reihen: Konvegenzbeeich σ z ρ F35 De Nebenteil konvegiet fü z z < ρ mit ρ / k lim sup ak. k De Hauptteil konvegiet fü z z > σ mit k σ lim sup a k. k Die Lauent Reihe konvegiet somit auf dem offenen Keising K(z, σ, ρ) : { z C σ < z z < ρ }, wo sowohl Hauptteil als auch Nebenteil konvegieen. Fü σ > ρ ist K(z, σ, ρ) lee und die Reihe konvegiet nigends! Auf ihem Konvegenzgebiet können wi mit Lauent Reihen wie üblich echnen: Addition, Multiplikation, Komposition, Ableitung,... Lauent Reihen: Beispiele F37 Aufgabe: Entwickeln Sie die Funktion f : C {} C : /( z) auf B(, ) in eine Potenzeihe, auf K(,, ) in eine Lauent Reihe. Lösung: () Die geometische Reihe ist die Potenzeihe z k fü z < z mit Entwicklungspunkt z und Koeffizienten a k fü alle k N. Die Polstelle von /( z) in z begenzt den Konvegenzkeis. Die Reihe konvegiet dahe nu fü z < und divegiet fü z. () Die Funktion /( z) hingegen eistiet auch fü z >. Wi können sie auf B(,, ) in eine Lauent Reihe entwickeln. Statt in Potenzen von z entwickeln wi in Potenzen von /z: z z /z z z k z k fü z > Diese Lauent Reihe konvegiet fü z > und divegiet fü z. Lauent Reihen: Beispiele Aufgabe: Entwickeln Sie die ationale Funktion z 5z + 6 als Lauent Reihe auf B(, ), auf K(,, 3) sowie auf K(, 3, ). Lösung: Am leichtesten gelingt dies mit de Patialbuchzelegung: z 3 z Dank de voigen Aufgabe ehalten wi dei Entwicklungen: f (z) ( k 3 k )z k fü z <, f (z) f 3 (z) k k F39 ( k )z k + ( 3 k )z k fü < z < 3, (3 k k )z k fü 3 < z. Lauent Reihen: Singulaitäten Gilt a k fü alle k <, so haben wi eine Potenzeihe. Insbesondee gilt dann f(z ) a und f (k) (z ) k! a k. Teten auch negative Potenzen (z z ) k mit k < auf, so können wi in die Lauent Reihe nicht den Entwicklungspunkt z einsetzen! Man nennt z eine Singulaität und untescheidet dei Tpen: F34 Wi nennen z eine hebbae Singulaität, wenn a k fü k <. In diesem Fall veschwindet de Hauptteil, kuz f H, und de vebleibende Nebenteil f f N ist eine Potenzeihe um z. Beispiel: sin(z)/z ( )k z k /(k + )! in z Wi nennen z eine Polstelle n te Odnung (n ), wenn a n abe a k fü alle Indizes k < n gilt. Beispiel: z n e z k n zk /(k + n)! in z 3 Wi nennen z eine wesentliche Singulaität, wenn a k fü unendlich viele Indizes k < gilt. Beispiel: e /z z k /k! in z Lauent Reihen: Ableitung Satz FN (Ableitung von Lauent Reihen) Sei Ω K(z, σ, ρ) mit σ < ρ. Jede Lauent Reihe f : Ω C mit k a k (z z ) k fü alle z Ω, ist auf Ω holomoph. Ihe Ableitung ist gegeben duch f : Ω C mit f (z) k a k (z z ) k fü alle z Ω. k F36 Auch diese ist auf Ω holomoph, somit ist f beliebig oft diffeenzieba. Eine Stammfunktion zu f eistiet genau dann, wenn a, nämlich a k F : Ω C mit F (z) k + (z z ) k+ fü alle z Ω. k k Lauent Reihen: Beispiele F38 Aufgabe: Entwickeln Sie die Funktion f : C {} C : /(z a) auf B(, a ) in eine Potenzeihe, auf K(, a, ) in eine Lauent Reihe. Lösung: () Auf B(, a ) ehalten wi die Potenzeihe z a a z/a z k a a k ( a k )z k () Auf K(, a, ) ehalten wi die Lauent Reihe z a z a/z a k z z k a k z k Zusammenfassend gilt also ( a k )z k z a a k z k k Lauent Reihen: Beispiele f fü z < a, fü z > a. f f 3 3 fü z < a. fü z > a. F4

9 Koeffizienten von Lauent Reihen F4 Koeffizienten von Lauent Reihen F4 Satz FO (Koeffizienten eine Lauent Reihe) Sei f : K(z, σ, ρ) C gegeben duch die Lauent Reihe k a k (z z ) k. Fü jeden Radius mit σ < < ρ und jeden Inde l Z gilt dann a l. πi (z z ) l+ Fü Potenzeihen (FH) genügt ableiten, denn a k f (k) (z )/k!. Bei Lauent Reihen etahiet das Integal fü uns die Koeffizienten. Die Funktion f bestimmt so alle Koeffizienten a l de Reihe. Umgekeht können wi dies nutzen, um jede holomophe Funktion f : K(z, σ, ρ) C in eine Lauent Reihe zu entwickeln (Satz F3E). Beispiel zum Residuum Aufgabe: Beechnen Sie fü n, k N und > das Kuvenintegal ( + z) n πi z k+. l B(,) Lösung: Dank de binomischen Fomel gilt ( ) n ( + z) n z l ( + z) n also l z k+ l ( ) n z l k. l Das Integal gelingt leicht dank Lineaität und obige Fomeln: ( + z) n πi z k+ ( n )z l k πi l B(,) l B(,) ( n l ) l πi B(,) z l k Wi integieen hie ein Lauent Polnom, die Konvegenz spielt dahe hie noch keine Rolle. Es genügt die Lineaität des Integals. De Integalsatz von Cauch Satz F3A (Integalsatz von Cauch) F43 ( ) n k Sei Ω C offen und f : Ω C eine holomophe Funktion. Fü jedes Kompaktum D Ω mit stückweise glattem Rand gilt dann. Das ist de einfachste Fall des Residuensatzes: keine Singulaitäten! F3 Nachechnen: Fü f u + iv und d + i d gilt (u + iv)(d + i d) (u d v d) + i(v d + u d) (u, v) (d, d) + i (u, v) (d, d) ot(u, v) d(, ) + i div(u, v) d(, ) CR. FE Geen Gauß Die Integalfomel von Cauch D D F33 Beweis: Wi folgen die Integalfomel F3B aus dem Integalsatz F3A. De Integand h(z) /(z z ) ist holomoph auf Ω {z } (FD). Este Fall: Fü z / D ist h holomoph auf D, also h(z). Das ist Cauchs Integalsatz F3A, eell also Geen und Gauß! Ω D z Zweite Fall: Fü z D wählen wi > so klein, dass B(z, ) D. Die Restmenge E D B(z, ) ist kompakt mit stückweise glattem Rand Rand E B(z, ). Oientieung: Die Keislinie B(z, ) wid hie im Uhzeigesinn (!) duchlaufen, sodass E links davon liegt. Ω E z Nachechnen: Wi setzen ein und echnen s aus: F6 a (z z ) l+ k (z z ) k l k a k (z z ) k l πi a l k Wi eahnen hie beeits die Magie de kompleen Funktionen. Alles wid kla und einfach dank unsee gündlichen Vobeeitung: Reihe und Integal vetauschen dank absolute Konvegenz. D6 Die Integale (z z ) k haben wi oben ausgeechnet. F5 Beim Wegintegal von f um z bleibt nu de Tem πi a zuück. Deshalb heißt a das Residuum (das Zuückbleibende ) von f in z. Division duch (z z ) l veschiebt alle Eponenten de Reihe, so dass de gewünschte Koeffizient a l nun zum Residuum wid. Beispiel zum Residuum Aufgabe: Beechnen Sie fü k N und > das Kuvenintegal e z. πi zk+ B(,) Lösung: Dank Eponentialeihe gilt e z z l l!. l l Das Integal gelingt leicht dank obige Fomeln: e z πi B(,) zk+ πi B(,) l! l l! πi z l k B(,) z l k k! F44 Wi integieen hie eine Lauent Reihe. Sie konvegiet absolut in jedem Punkt z C {}. Dahe vetauschen Reihe und Integal. D6 Die Integalfomel von Cauch Satz F3B (Integalfomel von Cauch) Sei Ω C offen und f : Ω C holomoph. Sei D Ω kompakt mit stückweise glattem Rand. Fü jeden Punkt z Ω gilt dann { f(z ) fü z D, πi z z fü z / D. F3 Das ist ein bemekenswete Integalsatz. Die Funktionswete auf dem Rand bestimmen beeits alle Wete f(z ) im Inneen D! Einfache Anwendungsbeispiele: Fü f ehalten wi eneut { πi z z I D(z fü z ) D, fü z / D. B(,) Das wussten wi schon dank de Beechnung einfache Residuen F5; wi kennen dies auch schon eell vom Abeits- und Flussintegal E39. e z z πi e πi, z cos z πi cos() πi Die Integalfomel von Cauch B(,) Da h auf E holomoph ist, gilt dank Cauchs Integalsatz F3B: h(z) h(z) h(z) E Das gesuchte Integal können wi duch diesen Tick ausechnen: π f(z + e it ) z z z z e it i e it dt i π f(z + e it ) dt πi f(z ). Da die linke Seite ga nicht von abhängt, schließen wi πi f(z ). z z F34 Dank unsee Wekzeuge ist die Rechnung kuz und schmezlos. Wi bauchen: komplee Wegintegale (FA), holomophe Funktionen (FC) und hiezu äquivalent Cauch Riemann (FE), sowie Integalsätze in de Ebene: Geen & Gauß (??) und hiezu äquivalent Cauch (F3A).

10 Fundamentalsatz de Algeba F35 Fundamentalsatz de Algeba F36 Satz F3C (Fundamentalsatz de Algeba) Zu jedem Polnom a + a z + a z + + a n z n vom Gad n, mit beliebigen kompleen Koeffizienten a, a, a,..., a n C, a n, eistieen genau n komplee Nullstellen z, z,..., z n C, sodass gilt: a n (z z )(z z ) (z z n ) Das ist ein schöne und nützliche Satz! Noch schöne und noch nützliche wäe es, auch die Lage de Nullstellen zu efahen. Nu fü seh kleine Gade gelingt dies leicht und eplizit: Fü n füht die Nullstellensuche zu lineaen Gleichung a + a z, also z a /a. Fü n haben wi eine quadatische Gleichung a + a z + a z, die wi mit de beliebten Mittenachtsfomel lösen können: z, ( a ± a 4aa)/(a). Das ist eine nicht-tiviale Konstuktion, vo allem duch das Wuzelziehen in C. Wie geht das nochmal? F9 Fü Gad n 3 und n 4 gibt es ähnliche Fomeln (von Cadano und Feai) mit ditten bzw. vieten Wuzeln. Diese Fomeln sind leide etwas kompliziete und weden dahe selten benutzt. Fü Gad n 5 eistieen keine solchen Wuzelfomeln meh! Wi müssen uns im Allgemeinen damit begnügen, die Lage de Nullstellen näheungsweise zu bestimmen. Dies hineichend genau und möglichst effizient zu eeichen, ist das Gundpoblem bei de numeischen Nullstellensuche. Nullstellensuche fü Polnome F37 De Fundamentalsatz de Algeba vekündet das Vohandensein eines Schatzes, ohne jedoch zu veaten, an welchem Ot.... Nicht das Eistenztheoem ist das Wetvolle, sonden die im Beweise gefühte Konstuktion. (Hemann Wel) Die Suche de Nullstellen ist eine ungleich schwieigee Fage, abe fü die Pais ungemein wichtig. Hiezu dient folgende Päzisieung: Satz F3D (Lokalisieen de Nullstellen) Sei a + a z + + a n z n ein Polnom mit a, a,..., a n C. Sei D C kompakt mit stückweise glattem Rand, z.b. ein Rechteck, wobei keine Nullstellen von f auf dem Rand liegen. Dann gilt: { # mult z D } f (z) Nachechnen: Dank F3C gilt a n (z z ) (z z n ), also f (z) + + z z z z n f (z) + + z z dank Poduktegel und somit z z n I D(z ) + + I D(z n ). Beweis des Fundamentalsatzes de Algeba: Angenommen, f hat keine Nullstelle in C, also fü alle z C. Dann ist de Quotient h(z) f (z)/ auf ganz C holomoph. Cauchs Integalsatz F3A sagt dann B(,) h(z) fü alle >. Fü z e it und z gilt de Genzwet (gleichmäßig in t) h(z)z f (z)z na nz n + (n )a n z n + + a z a n z n + a n z n + + a z + a n. z Fü den Integationsweg :, π C mit (t) e it folgt dank??: π π h(z) h( e it ) e it i dt in dt πin Beides ist nu fü n möglich. Das bedeutet: Jedes komplee Polnom f von Gad n hat mindestens eine Nullstelle z n C. Polnomdivision egibt g(z)(z z n ) mit g Cz von Gad n ; die vollständige Zelegung ehalten wi duch wiedeholtes Abspalten. Nullstellensuche fü Polnome Hieaus ehalten wi Wels Algoithmus zu Nullstellensuche: F38 Die Koeffizienten a, a,..., a n sind uns gegeben, gesucht sind die Nullstellen z,..., z n. Insbesondee sieht man dem Polnom f die Anzahl seine Nullstellen in D nicht diekt an. Das Kuvenintegal von f /f übe hingegen können wi aus den Koeffizienten beechnen, z.b. algebaisch duch euklidische Polnomdivision (Algoithmus von Stum) ode numeisch duch geschickte Appoimation des Integals. Genau hiein liegt de algoithmische Nutzen! Zum Beginn de Rechnung wählen wi ein Quadat D,, das alle n Nullstellen enthält, etwa n ak / an. Dieses Quadat unteteilen wi in vie gleich goße Teilquadate. In jedem können wi dank obige Fomel eakt die Anzahl de Wuzeln von f bestimmen. Wi behalten nu die nicht-leeen Quadate und unteteilen diese weite, bis alle Nullstellen hineichend genau lokalisiet sind. Dies ist völlig analog zu eellen Intevallhalbieung. Algoithmen diese At gehöen zu den schnellsten Nullstellenfinden. Hat man auf diese Weise alle Nullstellen von f lokalisiet und auseichend genau voneinande getennt, so kann man zum Newton Vefahen übegehen. Dieses lokale Iteationsvefahen muss in unmittelbae Nähe eine Nullstelle gestatet weden, konvegiet dann abe seh schnell gegen diese Nullstelle. Entwicklung als Potenzeihe F39 Entwicklung als Potenzeihe F3 Satz F3E (Entwicklung als Potenzeihe) Sei f : B(z, ρ) C holomoph, also stetig komple diffeenzieba. Fü einen beliebigen Radius mit < < ρ und k N definieen wi a k :. πi (z z ) k+ Dank Cauchs Integalsatz F3A ist das Egebnis unabhängig von. Diese Koeffizienten stellen f als Potenzeihe da, das heißt, es gilt a k (z z ) k fü alle z B(z, ρ). Insbesondee ist f beliebig oft komple diffeenzieba, und es gilt: f (k) (z ) k! a k k! πi (z z ) k+ Beweis: Nach Veschieben können wi z annehmen. F Zum Punkt z B(, ρ) wählen wi einen Radius mit z < < ρ. Wi nutzen die geometische Reihe F38: Fü z < ζ gilt ζ z ζ (z/ζ) ζ z k ζ k z k ζ k+. Auf B(, ) wenden wi Cauchs Integalfomel F3B an: f(ζ) πi B(,) ζ z dζ ( z k ) f(ζ) πi B(,) ζ k+ dζ ( ) f(ζ) dζ z k a πi ζk+ k z k. B(,) Summe und Integal vetauschen dank absolute Konvegenz. D6 Entwicklung als Lauent Reihe F3 Entwicklung als Lauent Reihe F3 Satz F3F (Entwicklung als Lauent Reihe) Sei f : K(z, σ, ρ) C holomoph, also stetig komple diffeenzieba. Fü einen beliebigen Radius mit σ < < ρ und k Z definieen wi a k :. πi (z z ) k+ Dank Cauchs Integalsatz F3A ist das Egebnis unabhängig von. Diese Koeffizienten stellen f als Lauent Reihe da, das heißt, es gilt a k (z z ) k fü alle z K(z, σ, ρ). k Insbesondee ist f auf K(z, σ, ρ) beliebig oft komple diffeenzieba. Die Konvegenz de Reihe wid gaantiet fü alle z K(z, σ, ρ). Gilt a k fü alle k <, so haben wi wie zuvo eine Potenzeihe. Die Funktion f lässt sich dann auf ganz B(z, ρ) holomoph fotsetzen. Beweis: Nach Veschieben können wi z annehmen. F Zu z K(, σ, ρ) wählen wi Radien s, mit σ < s < z < < ρ. Auf K(, s, ) wenden wi Cauchs Integalfomel F3B an: πi B(,) f(ζ) ζ z dζ πi B(,s) f(ζ) ζ z dζ Das Integal übe B(, ) liefet wie oben die Potenzeihe a kz k. Fü B(, s) nutzen wi die geometische Reihe, diesmal fü ζ < z : ζ z z (ζ/z) z ζ k z k ζ k z k+ z k k Das Integal übe B(, s) liefet dann den Hauptteil: f(ζ) πi ζ z dζ ( z k ) f(ζ) dζ πi B(,s) k B(,s) ( πi B(,s) ζ k+ k f(ζ) dζ ζk+ ) z k ζ k+. k a k z k.

11 Das Residuum eine isolieten Singulaität F4 Das Residuum eine einfachen Polstelle F4 Definition F4A (Residuum) Sei f holomoph auf K(z,, ρ) B(z, ρ) {z } mit ρ >. Hieauf ist f eine Lauent Reihe k a k(z z ) k. Das Residuum von f im Punkt z ist somit gegeben duch (f) a z πi fü < < ρ. Beispiel: Beechnen Sie das Residuum in z von... az, (f) a az k mit k, (f) ep(a/z) + az + a! z + a3 3! z , (f) a cos(z)/z z! z + 4! z 6! z4 +..., (f) ep(z)/z 3 z 3 + z +! z + 3! z +..., (f) / z ep(/z) z + z +! z + 3! z +..., (f) /6 Das Residuum eine mehfachen Polstelle Satz F4C (Residuum eine mehfachen Polstelle) Sei f holomoph auf K(z,, ρ) B(z, ρ) {z } mit ρ >. Zudem eistiee de Genzwet lim z z (z z ) n in C. Dann hat f in z höchstens einen Pol n te Odnung, und es gilt d ) n (f) lim (z z ) z z z (n )!( n. Fü einfache Polstellen (n ) ehalten wi obige Fomel: (f) lim (z z ) z z z Fü zweifache Polstellen (n ) wid einmal abgeleitet: d (f) lim (z z ) z z z Beispiel: Fü ep(z)/z n und z gilt (f) /(n )!. Das sieht man ebenso in de Reihenentwicklung (hie leicht). De Residuensatz fü Kompakta Ω S Satz F4D (Residuensatz fü Kompakta, Cauch 85) Sei Ω C offen und f : Ω S C holomoph auf Ω bis auf eine Menge S isoliete Singulaitäten. Sei D Ω kompakt mit stückweise glattem Rand, wobei S. Dann gilt: πi (f) s D s Links muss man integieen, echts nu Residuen summieen! De Residuensatz fü Kompakta Nachechnen: Seien s,..., s n die Singulaitäten im Inneen von D. Es gibt nu endlich viele, da jede isoliet liegt und D kompakt ist. Ω D F43 F45 F47 Wi wählen > so klein, dass die abgeschlossenen Keisscheiben B(s, ),..., B(s n, ) ganz im Inneen von D liegen und disjunkt sind. πi sk (f). B(s k,) Die Restmenge E D B(s, ) B(s n, ) ist kompakt mit stückweise glattem Rand E B(s, ) B(s n, ). Positive Oientieung bezüglich E bedeutet: Die Keislinien B(s k, ) weden im Uhzeigesinn duchlaufen, damit E links davon liegt. Da f auf E holomoph ist, gilt nach dem Integalsatz von Cauch. E k B(s k,) Die Vozeichen entspechen de positiven Oientieung des Randes. Satz F4B (Residuum eine einfachen Polstelle) Sei f holomoph auf K(z,, ρ) B(z, ρ) {z } mit ρ >. Zudem eistiee de Genzwet lim z z (z z ) in C. Dann hat f in z höchstens einen einfachen Pol, und es gilt (f) lim (z z ). z z z Sei speziell f p/q Quotient zweie holomophe Funktionen mit einfachem Pol in z, d.h. p(z ), q(z ), q (z ). Dann gilt: (f) z lim (z z ) z z lim z z p(z) p(z ) q(z) q(z ) q (z ) z z Beispiel: Sei ep(az)/z z + az + a! z + a3 3! z Fü p(z) ep(az) und q(z) z folgt (f) p()/q (). Dies veeinfacht die Beechnung von Residuen einfache Pole. Die letzte Fomel entspicht de beliebten Regel von L Hospital. Das Residuum eine mehfachen Polstelle F44 Das Residuum von f in z ist definiet als Lauent Koeffizient a bzw. als Wegintegal um z. In eine wesentlichen Singulaität wie ep(/z) in z ist dies de einzige Zugang. In eine Polstelle z können wi das Residuum auf andee, meist leichtee Weisen beechnen. Nachechnen: Wi entwickeln f um z in eine Lauent Reihe (F3F): a k (z z ) k k Wenn lim z z (z z ) n eistiet, dann gilt a k fü k < n. Multiplikation mit (z z ) n liefet dann die Potenzeihe (z z ) n a n (z z ) + + a (z z ) n + a (z z ) n +... Nach (n ) maligem Ableiten bleibt ( d ) n (z z ) n (n )! a (z z ) + n! a (z z ) +... Fü z z ehalten wi schließlich (n )! a, wie gewünscht. In Woten: Multiplikation mit (z z ) n löscht zunächst den Pol, anschließend veschiebt die (n ) fache Ableitung a in Gad. De Residuensatz fü Kompakta F46 Damit eeichen wi den Höhepunkt unsee Integationstheoie komplee Funktionen! Wi wissen nun, was holomophe Funktionen sind und wie man sie dank Cauch Riemann Gleichungen ekennt. Wi wissen zudem, wie man mit isolieten Singulaitäten umgeht und ih Residuum ausechnet. Die nötigen Wegintegale und Integalsätze in de Ebene haben wi im letzten Kapitel E kennen und nutzen gelent. Damit halten wi alle Zutaten fü den Residuensatz in Händen! Jede holomophe Funktion f : C Ω C efüllt die CR Gleichungen. Fü f u + iv ist dies gleichbedeutend zu ot(u, v) div(u, v). Dank Integalsatz gilt fü jedes Kompaktum D Ω. Was passiet nun, wenn f isoliete Singulaitäten s D hat? Jede Singulaität s liefet ihen Beitag πi s (f) zum Integal! De Raum dazwischen ist Vakuum und liefet keinen Beitag. Anschaulich können wi uns f : C Ω C als zweidimensionales elektomagnetisches Feld vostellen. Eine Polstelle im Punkt s Ω entspicht einem Teilchen mit eine gewissen Ladung a s (f). De Residuensatz fü Kompakta Cauchs Residuensatz ist de Höhepunkt unsee Integationstheoie komplee Funktionen. E beuht auf Cauchs Integalsatz F3A und Cauchs Integalfomel F3B und enthält diese als Spezialfälle: Koolla F4E (Spezialfälle des Residuensatzes) Sei Ω C offen und f : Ω C eine holomophe Funktion. Fü jedes Kompaktum D Ω mit stückweise glattem Rand gilt. Fü jeden Punkt z Ω und k N gilt { k! f (k) (z ) fü z D, πi (z z ) k+ fü z / D. F48 Im esten Integal hat de Integand keine Singulaität, im zweiten hat /(z z ) k+ eine Polstelle in z mit Residuum f (k) (z )/k!.

12 Cauch Inde: Umlaufzahl geschlossene Wege F49 Egänzung Bislang kennen wi den Residuensatz fü Kompakta (F4D). E gilt auch fü beliebige geschlossene Wege. Hiezu zählen wi die Umläufe: Aufgabe: (De Cauch Inde bzw. die Umlaufzahl in de Ebene) Fü jeden geschlossenen Weg : a, b C {z } ist de Inde ind() : z πi z z eine ganze Zahl; sie zählt die Umläufe von um den Punkt z Dieses Integal hat eine einfache geometische Intepetation. Die eelle Fomulieung kennen wi beeits als Abeitsintegal des Wibelfeldes bzw. als Flussintegal des Quellenfeldes.?? De Residuensatz fü geschlossene Wege Satz F4F (Residuensatz fü geschlossene Wege) F4 Egänzung Sei Ω C offen und f : Ω S C holomoph auf Ω bis auf eine Menge S isoliete Singulaitäten. Sei : a, b Ω S ein geschlossene Weg, sodass ind z () fü alle z C Ω. (Das gilt insbesondee, wenn in Ω zusammenziehba ist.) Dann gilt: πi (f) ind () s S s s Anstelle eines (oft komplizieten) Kuvenintegals muss man nu Residuen und Umlaufzahlen bestimmen, was meist leichte ist. Die Summe ist endlich, denn umläuft nu endlich viele Singulaitäten; fü alle andeen gilt ind s(), sie tagen dahe nichts zu Summe bei. Diese Satz veallgemeinet den voigen Residuensatz F4D fü Kompakta: De Rand K eines Kompaktums K umläuft jeden inneen Punkt genau einmal, äußee Punkte umläuft e nicht. Dahe taucht im Residuensatz fü Kompakta die Vielfachheit duch den Inde nicht eplizit auf. Die allgemeine Fomulieung fü beliebige geschlossene Wege ist manchmal fleible. Die Skizze de voigen Aufgabe zeigt einige einfache Beispiele. Cauch Inde: Umlaufzahl geschlossene Wege Lösung: Wi echnen in Polakoodinaten (t) z + (t) e iϕ(t). Hiezu seien : a, b R > und ϕ : a, b R stückw. stetig diff ba. F4 Egänzung Da de Weg : a, b C {z } geschlossen sein soll, gilt (a) (b). Insbesondee sind die Betäge (a) (a) und (b) (b) gleich. Hingegen folgt aus e iϕ(a) e iϕ(b) nu ϕ(b) ϕ(a) + πl mit l Z. Diese Zahl l ist die Anzahl de Umläufe von um den Punkt z. Einsetzen von z (t) und (t) dt in die Indefomel liefet: b ind() (t) dt z πi z z πi (t) z πi πi b ta b ta ϕ(b) ϕ(a) π ta (t) e iϕ(t) (t) e iϕ(t) + (t) e iϕ(t) iϕ (t) dt (t) (t) + iϕ (t) dt b ln (t) + iϕ(t) πi ta l Das ist die Umlaufzahl! De Residuensatz fü geschlossene Wege F4 Egänzung Aufgabe: Übepüfen Sie diesen Satz fü die Funktion (z z ) k und den Weg :, π C mit (t) z + e ilt mit Umlaufzahl l Z. Lösung: Wi beechnen zunächst die echte Seite. Wi wissen beeits { ind() l und (f) fü k, fü k. Fü das Wegintegal von f entlang ehalten wi laut Satz { z k πil fü k, πi (zk ) ind() fü k. Die Polstelle z wid hie genau l mal umlaufen. De Beitag πi (z k ) wid dementspechend l mal gezählt. Zu Pobe beechnen wi die linke Seite diekt nach Definition: π (z z ) k ( ) π k (t) z (t) dt k e iklt e ilt il dt { π il k+ e i(k+)lt πil fü k, dt fü k. Anwendungsbeispiel: Keisscheibe F43 Anwendungsbeispiel: Keisscheibe F44 Lösung: Unse Integand hat zwei Polstellen z, z, beide einfach: z a a < < z a + a < z z z + az + (z z )(z z ) + z z (f) Res lim (z z z F4B ) z z (f) Res lim (z z z F4B ) z z z z z z z z a a Aufgabe: Beechnen Sie fü a > das komplee Wegintegal z + az + πi a. B(,) De Residuensatz beschet uns somit ein estes schönes Integal: πi z πi (f) + az + z a. B(,) Links muss man integieen, echts nu Residuen summieen! Zu Beechnung von Residuen haben wi effiziente Fomeln. F4 De Residuenkalkül nützt uns auch bei de Patialbuchzelegung! Anwendungsbeispiel: Keisscheibe Aufgabe: Beechnen Sie fü a > ebenso das eelle Integal π a + cos t dt π a. Lösung: Wi nutzen die Eule Fomel z e it cos t + i sin t, also cos t eit + e it z + z, sin t eit e it i Einsetzen in den Integanden egibt (a a + cos t + z + ) ( z z ) + az + z z z. i z z + az + Wi integieen längs de Keislinie :, π C : t (t) e it. Fü z (t) e it gilt hiebei (t) dt i e it dt iz dt. Also π π a + cos t dt z dt z + az + i z + az + π a. B(,) Das gesuchte Integal übe die halbe Peiode ist genau die Hälfte. F45 Rationale Integanden in cos t und sin t Diese Tick funktioniet fü alle Integale π R(cos t, sin t) dt: Wi substituieen z e it cos t + i sin t und i e it dt iz dt. Satz F4G (ationale Integanden in cos t und sin t) Sei R(, ) P (, )/Q(, ) eine ationale Funktion, mit P, Q C,, mit Nenne Q(cos t, sin t) fü alle t R. Wi substituieen z e it, : ( z + z iz R, z ) z C(z) i und ehalten eine ationale Funktion ohne Polstellen auf B(, ): π R(cos t, sin t) dt Subs Res πi (f). s B(,) s B(,) Diese Fomel ehält man wie in de voigen Aufgabe. Kennt man die Polstellen von f in B(, ), so kann man hieaus die Summe de Residuen ableiten. Damit lassen sich alle Integanden de Fom R(cos t, sin t) übe, π integieen: Das Poblem eduziet sich auf die Nullstellensuche des Nennepolnoms von f (F3D). Altenativ können wi hie eell echnen und mit Weiestaß tigonometische Genealsubstitution soga eine Stammfunktion bestimmen (Satz??). F46

13 Anwendungsbeispiel: Halbebene Aufgabe: Beechnen Sie fü u R das eelle Integal D Γ cos(u) + d π e u. Anleitung: () Integieen Sie e iuz /(z + ) übe, und Γ. () Fü u und veschwindet das Integal übe Γ. Anwendungsbeispiel: Halbebene () Fü das Integal längs Γ suchen wi eine geeignete Majoante: e Γ iuz z + e iu e u z + Γ π Γ Im Zähle gilt e iuz e iu e u dank u,. Die Weglänge π wächst linea in, de Nenne hingegen wächst quadatisch. Genaue: Aus z z + z + + folgt z + z. Als Genzwet fü u und ehalten wi somit das Integal e iu + d π e u. Als Real- und Imaginäteil ehalten wi die eellen Integale cos(u) + d π e u, und sin(u) d. + Beide sind absolut konvegent. Das zweite veschwindet da ungeade. Fü u ehalten wi dank Smmetie dasselbe Integal: π e u. Teilweises Umlaufen eine einfachen Polstelle Diese Beechnung funktioniet fü alle Integale diese Fom: F47 F49 F4 Wi betachten eine ationale Funktion p(z)/q(z) mit Polnomen p, q und deg(q) deg(p) +. De Beitag des Halbkeises Γ vom Radius geht wie gesehen gegen Null. Falls Polstellen auf de eellen Achse R C liegen, so setzen wi diese Pole als einfach voaus. Um nicht duch diese Polstellen zu laufen, machen wi um jede wie skizziet einen halbkeisfömigen Umweg vom Radius ρ. Fü ρ ist de Beitag genau das halbe Residuum, wie wi nun nachechnen. Fouie Integale ationale Funktionen Diese Beechnung funktioniet fü alle Integale von diese Fom! Einfache Mekegel: Polstellen auf de eellen Achse zählen nu halb. Satz F4J (Fouie Integale ationale Funktionen) Sei p(z)/q(z) eine ationale Funktion; hat f Polstellen in R, so soll jede höchstens einfach sein. Fü deg(q) deg(p) + gilt: + f() d πi Im(s)> s (f) + πi Im(s) Fü deg(q) deg(p) + und alle u > bzw. u < gilt: + + f() e iu d +πi f() e iu d πi zs Im(s)> zs Im(s)< e iuz + πi s (f) zs Im(s) e iuz πi zs Im(s) e iuz e iuz F43 Anwendungsbeispiel: Halbebene Fü u können wi den HDI nutzen dank actan() /( + ). Fü u > hingegen gelingt uns die Beechnung est komple mit dem Residuensatz F4D. Fü u < ehalten wi genau dasselbe Integal. Lösung: () Wi untesuchen die holomophe Funktion eiuz z + e iuz (z i)(z + i). Ihe Singulaitäten ±i sind einfache Polstellen. Hie gilt F4B: (f) lim (z i) e u +i z +i i, (f) eu i i Wi betachten die obee Halbkeisscheibe vom Radius > : D { + i C +, } De Rand von D besteht aus, und dem obeen Halbkeis Γ. In D liegt nu die Singulaität +i. Dank Residuensatz F4D ehalten wi: e iu + d + Γ e iuz z + e iuz z + Res πi (f) π e u. F4D i De Residuensatz veeinfacht unsee Rechnung entscheidend! Anwendungsbeispiel: Halbebene Diese Abschätzung ist oft nützlich und vedient einen Namen: Lemma F4H (Jodan Lemma) Fü den Halbkeis Γ : { e it t, π } und M : ma z Γ gilt πm und e iuz π M fü u >. u Γ Γ F48 F4 Nachechnen: Die este Ungleichung ist kla. Die zweite folgt so: e iuz e iuz π f( e it ) e u(i cos t sin t) i e it dt Γ π M π/ Γ f( e it ) e u sin t dt e u sin t dt π u M e u t/π π/ M π M π/ e u sin t dt e u t/π dt π u M( e u ) π u M Wi nutzen die Abschätzung sin t t/π; machen Sie sich eine Skizze! Teilweises Umlaufen eine einfachen Polstelle Um eellen Polstellen auszuweichen, nutzen wi folgenden Tick: Lemma F4I (teilweises Umlaufen eine einfachen Polstelle) Ist s C eine einfache Polstelle von f, so gilt fü kleine Keisbögen ρ :, C mit (t) s + ρ e it vom Radius ρ > de Genzwet lim i ( ) (f). ρ s ρ ρ F4 Nachechnen: Um die Polstelle s gilt a/(z s) + g(z) mit eine holomophen Funktion g. Fü die gesuchten Integale gilt deshalb: g(z) l( ρ ) ma g(z) ρ ( ) const ρ z B(s,) a z s a t ρ e it ρi eit dt ia dt i ( ) a t Damit lassen sich auch einfache Polstellen auf dem Rand behandeln! Fü mehfache Polstellen hingegen divegiet das Integal fü ρ! Fouie Integale ationale Funktionen F44 Diese Integationstechnik ist seh nützlich und wid oft angewendet, insbesondee fü Fouie und Laplace Integale (Kapitel K und L). Wie ist das Integal auf de linken Seite de Gleichung zu vestehen? Liegen Polstellen s < < s n auf de eellen Achse, so betachten wi s s sn f lim f + f + + f + f s + s n + s n De Integand f ist nicht absolut integieba, denn in de Nähe eine n fachen eellen Polstelle s R gilt f() a/( s) n, und wi wissen s+ ( s) n d fü alle n (B8). s Glücklicheweise heben sich fü n Positivteil und Negativteil auf: s+ s s d als Cauch Hauptwet. Dahe konvegiet das oben angegebene Integal fü. Die Zählung de Residuen folgt nun aus dem voigen Lemma F4I.

14 Anwendungsbeispiel zum Residuenkalkül Aufgabe: Beechnen Sie fü u R das eelle Integal sin(u) d π sign(u). In welchem Sinne konvegiet dieses Integal? absolut? uneigentlich? Lösung: Fü u > können wi den Residuensatz F4J anwenden: e iu e iuz d πi πi z + iu! z z z z u! z +... πi. Als Real- und Imaginäteil ehalten wi die eellen Integale cos(u) d, und sin(u) d π. Fü u < keht sich das Vozeichen um. Fü u ist alles kla. De Residuensatz ist ein allgemeines und mächtiges Wekzeug. Dieses Integal konnten wi zuvo nicht ausechnen, jetzt ganz leicht! Anwendungsbeispiel zum Residuenkalkül F45 F47 Die Spaltfunktion si : R R mit si() sin()/ fü und si() ist auf ganz R stetig, auch in. Sie ist de Realteil de holomophen Funktion f : C {} C : z e iz /z, mit einfache Polstelle in z. Das haben wi in de voigen Aufgabe zu Beechnung ausgenutzt. Zunächst scheint die Wahl de Funktion f vielleicht etwas willkülich. Könnte man hie auch andee komplee Fotsetzungen wählen? Aufgabe: Die Spaltfunktion si : R R mit si() sin()/ fü und si() ist auf R de Realteil de holomophen Funktion g : C C mit g(z) sin(z) z z 3! + z4 5! z6 7! + z8 9! z! +... Lässt sich hieauf de Residuensatz anwenden und folgendes nutzen? ( ) + g() d πi Im(s)> (g) + πi (g) s s Im(s) Ist das nicht geade unsee Residuenfomel aus Satz F4J? Anwendungsbeispiel zum Residuenkalkül Aufgabe: Beechnen Sie fü a, b > das eelle Integal + ( + a )( + b ) d. Lösung: De Integand /(z + a )(z + b ) hat Pole in ±ai, ±bi. Das eelle Integale wid bestimmt duch die kompleen Polstellen! Este Fall: a b, also einfache Pole. Die Residuen sind dann (F4B) ai bi (f) lim (z ai) z ai (f) lim (z bi) z bi lim z ai (z + ai)(z + b ) ai(b a ) lim z bi (z + a )(z + bi) (a b )bi Dank Residuensatz F4J ehalten wi unse eelles Integal: + f() d πi Im(s)> s (f) πi ai(b a ) + πi bi(a b ) π(a b) ab(a b ) π ab(a + b) F49 Anwendungsbeispiel zum Residuenkalkül F46 Die Spaltfunktion si() sin()/ ist zwa stetig und somit übe jedem endlichen Intevall a, b R integieba B57, abe sie ist nicht elementa integieba, d.h. ihe Stammfunktion Si() ist nicht elementa. Die Integanden sind nicht absolut integieba??, das heißt: cos d sin d Das Integal sin()/ d eistiet nu uneigentlich, das heißt Das Integal lim a / lim / lim a sin d lim b b sin d π. cos()/ d eistiet soga nu als Cauch Hauptwet: cos d, lim cos d + / cos d /. cos d +, Letzte ist kla, da de Integand cos()/ eine ungeade Funktion ist. Anwendungsbeispiel zum Residuenkalkül F48 Lösung: Nein, die vemutete Fomel ( ) gilt hie offensichtlich nicht! Nachechnen: Links steht π, echts steht, da g keine Singulaitäten hat. Woan liegt s? Zunächst sollten Sie die Voaussetzungen von Satz F4J nochmal genau lesen. Die gefodeten Bedingungen sind fü unsee Funktion g nicht efüllt, also sollten wi die Fomel auch nicht anwenden! Was ist de eigentliche geometische Gund? De Residuensatz F4D gilt fü Randintegale von Kompakta D. Die Halbebene C Im hat als Rand die eelle Achse R, abe ist offensichtlich nicht kompakt! Waum gilt Satz F4J totzdem so schön und einfach? E ist affiniet und zu Anwendung sollten Sie seine Heleitung vestehen: Als Kompakta nutzen wi Halbkeisscheiben D. Die Bedingungen stellen siche, dass das Wegintegal übe den obeen Halbkeis Γ veschwindet fü. Hiezu nutzen wi das einfache abe wiksame Jodan Lemma F4H. Allein in diesem günstigen Falle können wi den Residuensatz fü die obee Halbebene C Im und ihen Rand R ohne Koektu diekt nutzen. Fü die obige Funktion g(z) sin(z)/z gilt dies alles leide nicht! Anwendungsbeispiel zum Residuenkalkül Im Falle a b ewaten wi dasselbe, echnen s abe ausfühlich nach: Zweite Fall: a b, also zweifache Pole. Das Residuum ist dann (F4C) (f) lim d (z ai) d lim ai z ai z ai (z + ai) lim z ai (z + ai) 3 (ai) 3 4a 3 i. Dank Residuensatz F4J ehalten wi unse eelles Integal: + f() d πi (f) πi s 4a 3 i π a 3 Im(s)> Stetigkeit: De zweite Fall a b folgt aus dem esten Fall a b; dank Satz D3D düfen wi den Genzwet lim b a untes Integal ziehen. Zusammenfassend ehalten wi fü alle a, b > die Gleichung + ( + a )( + b ) d π ab(a + b). F43 Anwendungsbeispiel zum Residuenkalkül Aufgabe: () Beechnen Sie die Residuen de ationalen Funktion z Lösung: De Nenne hat in ± ± i vie einfache Nullstellen: (z i)(z + i)(z + i)(z + + i). Einneung F3: z heißt z 4 4 e πi+πik fü k,,, 3,..., Wuzel z e (πi+πik)/4, also z {± ± i}. Machen Sie eine Skizze! Fü f p/q mit einfache Polstelle s gilt s (p/q) p(s)/q (s) F4: (f) lim (+±i) z +±i 4z 3 8( ± i) ± i 6, (f) lim ( ±i) z ±i 4z 3 8(+ ± i) + i 6, Diese Vobeeitung nutzen wi fü die folgende Integation. F43 Anwendungsbeispiel zum Residuenkalkül Aufgabe: () Beechnen Sie fü u R das eelle Integal cos(u) d. Lösung: Auf den Fall u wenden wi den Residuensatz F4J an: e iu ( ) e iuz 4 d πi + 4 s z Im(s)> πi + i 6 eiu(+i) + i 6 eiu( +i) π ( i) e u+iu + ( + i) e u iu 8 π 4 Re ( i) e u+iu π ( 4 e u cos u + sin u ) Fü u ist das Integal dasselbe. Zusammengefasst ehalten wi cos(u) d π 4 e u ( cos u + sin u ). F43

15 Integale übe die eelle Halbachse Satz F4K (Integale übe die eelle Halbachse) F433 Sei p(z)/q(z) ational mit p, q Cz und deg q deg p +, abe ohne Polstellen in R, geküzt also q() fü alle R. Dann gelten folgende Fomeln fü Integale übe die eelle Halbachse: f() d f() ln() d f() d ln(z) s zs s zs πi e πi s zs ln(z) πi f() d z fü < < Hiebei nutzen wi fü jede komplee Zahl z e iϕ mit < < und ϕ < π ihen kompleen Logaithmus mit ln z : ln + iϕ. Auf C R entspicht dies dem Nebenzweig ln ln π aus Satz FK. Fü R setzen wi z : e ln z. Auf R > sind das die üblichen eellen Definitionen; ihe kompleen Fotsetzungen sind unstetig que zu R >. Integale übe die eelle Halbachse F435 () Auch das zweite Integal können wi noch elementa beechnen: ( + ) d + lim + Die Voaussetzungen des Satzes F4K sind hie efüllt. Das Residuum gibt hie tatsächlich die ichtige Antwot: ln(z) d z (z + ) lim z ln(z) lim z z (3) Auch das ditte Integal können wi noch elementa beechnen: + d actan() lim actan() π Die Voaussetzungen des Satzes F4K sind hie efüllt. Die Residuen de beiden Polstellen z +i und z i geben die ichtige Antwot: ln(z) z + ln(z) z + zz k z+i lim z z k πi / i Integale übe die eelle Halbachse ln(z) d (z + ) lim ln(z) ln(z k), also z z k z z k π ln(z) 4, πi 3/ z i z π 3 + i 4. Aufgabe: Beechnen Sie die Integale aus Satz F4K mit folgendem Integationsweg und den Genzübegängen ε,, R. R D ε,,r F437 Die Wege und R velaufen auf Keisen um mit den Radien < R. Die Wege + und velaufen im Abstand ε > paallel zu Achse. Sei R de geschlossene Weg um das Gebiet D ε,,r. Integale übe die eelle Halbachse () Wi integieen F (z) ln(z). Fü ε ehalten wi: R ln(z) f() ln() d ln(z) f() ln() + πi d R F439 Fü bzw. R finden wi: ln(z) π f( e it ) t i e it dt const ln(z) π f(r e it ) t Ri e it dt const R R R Da D ε,,r schließlich alle Singulaitäten von f umfasst, ehalten wi: πi ln(z) ln(z) f() 4π 4πi ln() d zs s Das ist die zweite Residuenfomel des Satzes F4K. Integale übe die eelle Halbachse Wi weden diesen Satz anschließend als Übungsaufgabe beweisen. Zuvo betachten wi einfache Anwendungsbeispiele zu Illustation. Aufgabe: Beechnen Sie folgende Integale. Ist de Satz anwendba? () + d, () d, (3) ( + ) + d, (4) F d Lösung: () Das este Integal können wi elementa beechnen: + d ln( + ) lim ln( + ) ln() Die Voaussetzungen des Satzes F4K sind hie nicht efüllt, denn de Integand /(z + ) fällt nicht schnell genug ab. Das Residuum gibt hie nicht die ichtige Antwot! ln(z) lim ln(z) πi z z + z Integale übe die eelle Halbachse (4) Das viete Integal können wi nicht meh elementa beechnen. Wi nutzen deshalb Satz F4K. Alle Voaussetzungen sind hie efüllt: Es ist z 3 + (z + z )(z z )(z z 3 ) mit den dei Nullstellen z e πi, z e πi /3 + i 3 F436, z 3 e πi 5/3 i 3, ln(z ) πi, ln(z ) πi 3, ln(z 3) πi 5 3. Die Residuen de Funktion F (z) ln(z) sind demnach ln(z) ln(z) zz k z 3 lim + z z k d (z3 + ) lim ln(z) z z k 3z ln(z k) 3zk, also (F ) π i 3 i z 3, (F ) π, (F ) π 5( 3 + i) z 8 z 3 8 Dank Satz F4K ehalten wi den Wet des gesuchten Integals: d + 3 π 3 9 Integale übe die eelle Halbachse F438 Lösung: () Wi integieen F (z) ln(z). Fü ε ehalten wi: R ln(z) f() ln() d ln(z) f() ln() + πi d R Fü bzw. R finden wi: π ln(z) f( e it ) t i e it dt const π ln(z) f(r e it ) t Ri e it dt const R R R Da D ε,,r schließlich alle Singulaitäten von f umfasst, ehalten wi: πi ln(z) ln(z) πi f() d zs s Das ist die este Residuenfomel des Satzes F4K. Integale übe die eelle Halbachse (3) Wi integieen F (z) z. Fü ε ehalten wi: R z f() d z f() e πi d R F44 Fü bzw. R finden wi: z π f( e it ) e it i e it dt const + z π f(r e it ) R e it Ri e it dt const R R R + Da D ε,,r schließlich alle Singulaitäten von f umfasst, ehalten wi: πi z z ( e πi ) f() d zs s Das ist die ditte Residuenfomel des Satzes F4K.

16 Holomophe Funktionen und Lauent Reihen Sei Ω C offen. De Weg : a, b Ω sei stückweise stetig diff ba. Das komplee Wegintegal eine stetigen Funktion f : C Ω C ist b : f((t)) (t) dt. Mekegel: z (t), (t) dt ta Eine komplee Funktion f u + iv : C Ω C heißt holomoph, wenn sie auf ganz Ω komple diffeenzieba ist und f : Ω C stetig. Cauch Riemann Gleichungen u v und v u. Das eelle Vektofeld f (u, v) : R Ω R efüllt div ot. Auf jede Keisscheibe B(z, ρ) Ω gleicht f eine Potenzeihe: k a k (z z ) k mit a k : πi f(ζ) dζ (ζ z ) k+ Auf jedem Keising K(z, σ, ρ) Ω gleicht f eine Lauent Reihe: a k (z z ) k mit a k : f(ζ) dζ πi (ζ z ) k+ De Koeffizient z (f) : a heißt das Residuum von f in z. Residuenkalkül fü eelle Integale () Sei R(, ) P (, )/Q(, ) eine ationale Funktion mit Nenne Q(cos t, sin t) fü alle t R. Dann egibt die Weiestaß Substitution : ( z + z iz R, z ) z i eine ationale Funktion in z ohne Polstellen auf B(, ), und es gilt π R(cos t, sin t) dt πi (f). B(,) s B(,) s () Sei p(z)/q(z) eine ationale Funktion; eelle Polstellen z R seien höchstens einfach. Fü deg(q) deg(p) + und u gilt dann: + f() e iu d πi zs Im(s)> e iuz + πi zs Im(s) e iuz Diese Fomel gilt auch noch im Falle deg(q) deg(p) + und u >. Veständnisfagen: komplee Potenzen Aufgabe: Die folgende Rechnung beweist. Wo stecken Fehle? Fü alle k Z gilt: e πik () Multiplikation von () mit e e πik+ e () Einsetzen von () in () (e πik+ ) πik (3) Potenzgesetz (e w ) z e wz e 4π k +πik (4) Potenzgesetz e w+z e w e z e 4π k e πik (5) Anwendung von () e 4π k (6) Genzwet k lim k e 4π (7) Nullfolge (8) F5 Fazit F53 Fazit F55 Das ist eine leheiche Übung, bitte vesuchen Sie zuest selbst, den Fehle einzugenzen! Die Gleichungen () und () sind noch gültig, auch (3) z scheint in Odnung, obschon die Bedeutung von a z fü a, z C unkla ist. Die letzte Gleichung (8) ist offensichtlich falsch, ebenso (7), (6), (5), (4). Die Implikationen (4) (5) (6) (7) (8) sind einwandfei, sie staten leide bei eine falschen Aussage (4). De einzige Fehle liegt also bei (3) (4). In C sind Logaithmen und Potenzen nicht eindeutig, dahe ist eteme Vosicht geboten! F56 Zweige des kompleen Logaithmus Satz F5A (Eistenz von Logaithmusfunktionen) Fü jedes Gebiet Ω C sind äquivalent: Auf Ω eistiet eine Logaithmusfunktion f : Ω C. Auf Ω hat /z eine Stammfunktion g : Ω C, g (z) /z. 3 Es gilt /z fü jeden geschlossenen Weg in Ω. Das heißt, de Nullpunkt wid von Wegen in Ω nicht umlaufen. Aufgabe: Beweisen Sie sogfältig die Äquivalenzen () () (3). Das ist das zentale Beispiel fü das ebene Potentialpoblem.?? F57 Lösung: () (): Wi zeigen f (z) /z mit de Definition FA. Sei z n z eine konvegente Folge in Ω. Fü die Bildfolge w n f(z n ) und w gilt dann w n w dank Stetigkeit von f. Hieaus folgt: f(z n ) z z n w w n e w e wn e w e wn e w z w w n Somit ist f fü alle z Ω diffeenzieba mit Ableitung f (z) /z. Da somit auch f stetig ist, ist f holomoph gemäß Definition FC. De Residuensatz fü Kompakta Wi nutzen den Satz von Geen / Gauß in de kompleen Ebene C R. Fü holomophe Funktionen ehalten wi so den Residuensatz F4D: Sei Ω C offen und f : Ω S C holomoph auf Ω bis auf eine Menge S isoliete Singulaitäten. Sei D Ω kompakt mit stückweise glattem Rand, wobei S. Dann gilt πi (f). s D s Das Residuum von f : K(s,, ρ) C im Punkt s ist definiet duch (f) : a fü < < ρ. s πi B(s,) Ist s eine höchstens n fache Polstelle von f, so gilt (f) lim s z s (n )!( d ) n (z s) n Fü f p/q mit einfache Polstelle s gilt s (p/q) p(s)/q (s). Damit lassen sich Residuen in Polstellen meist leicht beechnen. Residuenkalkül fü eelle Integale (3) Sei p(z)/q(z) ational mit p, q Cz und deg q deg p +, abe ohne Polstellen in R, geküzt also q() fü alle R. Dann gelten folgende Fomeln fü Integale übe die eelle Halbachse: f() d ln(z) s zs. f() ln() d ln(z) πi f() d s zs f() πi d e πi z fü < < s zs Hiebei nutzen wi fü jede komplee Zahl z e iϕ mit < < und ϕ < π ihen kompleen Logaithmus mit ln z : ln + iϕ. Auf C R entspicht dies dem Nebenzweig ln ln π aus Satz FK. Fü R setzen wi z : e ln z. Auf R > sind das die üblichen eellen Definitionen; ihe kompleen Fotsetzungen sind unstetig que zu R >. Veständnisfagen: komplee Potenzen F5 Fazit F54 Fazit F56 Aufgabe: () Es gilt z fü alle z R, also wohl auch fü alle z C. Aus e πi folgt i (e πi ) i e πi i e π. <. Fehle? () Fü a C und n N definieen wi a : und ekusiv a n+ : a n a. Fü a C setzen wi a n /a n. Welche Potenzgesetze gelten hie? (3) Fü a R > und z R sei a z : e z ln a Welche Regeln gelten? (4) Fü a R > und z C sei a z : e z ln a. Welche Regeln gelten? (5) Ist a z : e z ln a eine bauchbae Definition fü alle a, z C? Die Potenzgesetze lassen sich nicht naiv von R auf C fotsetzen! Vielleicht empfinden Sie die Redlichkeit und Sogfalt als übetieben, die ich fü komplee Logaithmen F5 und Wuzeln F9 aufwende. Die dastischen Beispiele sollen Sie gegen gefähliche Soglosigkeit impfen. () Fü a (C,, ) und z Z gelten alle üblichen Potenzgesetze: z, (ab) z a z b z, a, a w+z a w a z, a a, (a w ) z a w z. Allgemeine als (R,, ) und (C,, ) gilt dies fü jede kommutative Guppe (G,, ). (3) Auch fü a (R >,, ) und z R gelten alle sechs Potenzgesetze. (So sind Sie s gewohnt.) (4) Fü a R > und z C gelten diese Regeln bis auf die letzte! Als Gegenbeispiel siehe (). (5) Nein, denn fü a C sind ln a und somit e z ln a nicht eindeutig! Als Gegenbeispiel siehe (). Zweige des kompleen Logaithmus () (): Dank Poduktegel gilt z e g(z) zg (z) e g(z). Demnach ist z e g(z) konstant, also z e g(z) e c fü ein c C. Somit ist g(z) + c eine Logaithmusfunktion, wie behauptet. () (3): Sei : a, b Ω ein geschlossene Weg, also (a) (b). Dank HDI veschwindet das Wegintegal /z g(z) (b) (a). F58 (3) (): Wi fiieen einen Basispunkt z Ω. Zu jedem Punkt z Ω eistiet ein Weg :, Ω von () z nach () z, da wi Ω als zusammenhängend voaussetzen. Wi definieen nun g(z) : /z. Wegen /z ist dies wohldefiniet, das heißt: g(z) hängt nu von z ab und nicht von de willkülichen Wahl des Integationsweges. Dank HDI gilt dann g (z) /z. (Cauch Riemann, analog zu HA.) Beispiel: Den Hauptzweig ln : C R C des Logaithmus ehalten wi duch ln (z),z /z. Hiezu wählen wi den diekten Weg, z von nach z; jede andee Weg in C R egibt dasselbe.?? Fü den Zweig ln π : C R C gilt ebenso ln π (z) iπ +,z /z.

17 Komplee Funktionen und Diffeenziebakeit F59 Aufgabe: () Ist /z holomoph? () Ist g(z) /z holomoph? (3) Fü welche Konstanten a R ist die Funktion h : C C mit h( + i) + + ai + holomoph? Lösung: () Es gilt + i i + + u(, ) + i +. Wi püfen die Cauch Riemann Gleichungen... Sie sind efüllt: u + ( + ), v ( + ), u ( + ), v + ( + ). v(, ) Altenativ & küze: /z ist eine Lauent Reihe, also holomoph. () Fü g(z) u(, ) iv(, ) hingegen gilt Cauch Riemann nicht! (3) Fü h(z) u(, ) iav(, ) gilt Cauch Riemann nu bei a! Die Cauch Riemann Gleichungen FE sind bequem und hilfeich. Holomophe und hamonische Funktionen F5 Zu Einneung: De Laplace Opeato in de Ebene ist +. Eine C Funktion u : R Ω R heißt hamonisch, wenn u gilt. Aufgabe: () Ist f : C Ω C holomoph, dann sind Realteil u Re f und Imaginäteil v Im f hamonisch. Pominente Beispiele sind: e cos, e sin, log z, actan(/). () Kann h : C Re> C holomoph sein mit h( + i) + iv(, )? Lösung: () Jede holomophe Funktion f ist beliebig oft diff ba (F3E), somit auch u, v. Wi können den Satz von Schwaz (??) anwenden. Dank Cauch Riemann Gleichungen u v und u v gilt u u + u + v v, v v + v u + u. () Nach () müsste u(, ) hamonisch sein, ist sie abe nicht: (e ln ) e ln (/ + ln ) ( + ln ), ( ( + ln ) ) ( ( + ln ) + / ) u. Dahe gilt u, z.b. fü. Also kann h nicht holomoph sein! Holomophie als Integalbedingung Satz F5B (Integalkiteium, Moea 886) Sei Ω C offen und f : Ω C stetig. Genau dann ist f holomoph, wenn R gilt fü jedes Rechteck R a, b c, d Ω. Ω R z F53 Einneung: f holomoph bedeutet stetig komple diffeenzieba (FC). Diese Bedingung ist etem stak: f lässt sich lokal in eine Potenzeihe entwickeln und ist somit soga beliebig oft diffeenzieba (Satz F3E). Die zweite Bedingung nutzt nu die Stetigkeit von f und eine einfache Integalbedingung. Die Äquivalenz ist dahe übeaus bemekenswet! Holomophie als Integalbedingung F55 Lösung: : Ist f holomoph, so folgt dank Cauchs Integalsatz F3A fü jedes Kompaktum D Ω mit stückweise glatt. Dies gilt insbesondee fü jedes Rechteck R a, b c, d Ω. : Fü die Holomophie genügt es, B(z, ) Ω zu betachten: Diffeenziebakeit (komple ode eell) ist eine lokale Eigenschaft. Nach Einschänken und Veschieben düfen wi Ω B(, ) annehmen. Die Funktionen F, G : Ω C definieen wi dann duch obige Integale. Fü h R {} und h finden wi dank HDI folgende Genzwete: F (z + h) F (z) h G(z + ih) G(z) h h h +h t +h t f(t + i) dt f( + i) f( + it)idt if( + i) i Somit eistiet die Ableitung F ( + i) und ist gleich f( + i). Ebenso eistiet die Ableitung G( + i) und ist gleich if( + i). Komplee Funktionen und Diffeenziebakeit F5 Aufgabe: Wi untesuchen f : C C und g : C Re> C gegeben duch f( + i) 3 + i 3, g( + i) ( ln( + ) + i actan. ) () In welchen Punkten (, ) sind f, g patiell diffeenzieba? () In welchen Punkten (, ) sind f, g komple diffeenzieba? (3) Begünden ode widelegen Sie: g ist holomoph mit g (z) /z. Lösung: () Die Funktionen f, g sind übeall stetig patiell diff ba: f(, ) 3 + i 3, f(, ) 3 + 3i, g(, ) + + i +, g(, ) + + i +. () Fü f ist Cauch Riemann äquivalent zu 3 3, also ( + ). Das ist nu auf den Achsen und efüllt. Die Funktion g efüllt die Cauch Riemann Gleichungen übeall, ist also komple diffeenzieba, und somit holomoph auf C Re>. (3) Diese Rechnungen zeigen: g ist holomoph mit g (z) /z. Wie in Satz FK ist g de Hauptzweig des Logaithmus auf C Re>. Komplee Funktionen und Wegintegale Aufgabe: Sei f : C C : z z. Beechnen Sie die Wegintegale () auf diektem Wege von nach auf de -Achse, () von nach abe übe den obeen Halbkeis. (3) Kann demnach die Funktion f holomoph sein? F5 Lösung: () Fü :, C mit (t) t gilt (t) und somit t ( ) dt t dt t () Fü :, π C mit (t) e it gilt f((t)) (t) und somit π π (t) dt (t) (3) De Weg umgekeht oientiet und paametisieen den Rand des Halbkeises. Wäe f holomoph, dann folgte dank Residuensatz. Dieses Integalkiteium ist soga äquivalent zu Holomophie (F5B). Holomophie als Integalbedingung Manchmal ist das Integalkiteium leichte zu handhaben als das Ableitungskiteium; dazu nützt diese Satz. Tpische Anwendung: Gegeben f, f,... : Ω C konvegieen lokal gleichmäßig gegen f. Sind alle f k stetig, so auch f. Sind alle f k holomoph, so auch f. Aufgabe: Beweisen Sie Satz F5B anhand folgende Rechnungen: () Die Implikation kennen wi beeits viel allgemeine: Wohe? F54 () Zu Umkehung genügt es, Ω B(, ) zu betachten: Waum? Hieauf definieen wi F, G : Ω C duch die beiden Hakenintegale: F ( + i) : f(it)i dt + f(t + i) dt! G( + i) : f(t) dt + f( + it)i dt (a) Beechnen Sie hiemit die patiellen Ableitungen F und G. (b) Waum gilt F G? (c) Efüllt F die Cauch Riemann Gleichungen? (d) Ist F holomoph? und damit auch die komplee Ableitung f F? Holomophie als Integalbedingung F56 Fü F ( + i) und G( + i) läuft es nicht so einfach! Wi können nicht unte den Integalen ableiten, da wi übe f noch nichts wissen. Wi nutzen nun unsee Voaussetzung R speziell fü das Rechteck R,, Ω, wie in de Skizze gezeigt: G( + i) F ( + i) Dies gilt fü alle Punkte ( + i) Ω, also folgt F G auf ganz Ω. Somit eistiet die Ableitung F ( + i) und ist gleich if( + i). Damit ist F : Ω C stetig patiell diffeenzieba und efüllt die Cauch Riemann Gleichungen, denn F f i(if) i F. Dank Satz FE ist demnach unsee Funktion F : Ω C holomoph! Dank Entwicklungssatz F3E können wi F in eine konvegente Potenzeihe F (z) a kz k entwickeln. Somit ist F beliebig oft komple diffeenzieba, und auch die Ableitung f F ist holomoph. Unsee sogfältige Rechnung beweist die esehnte Umkehung. R

18 Holomophie ist komplee Diffeenziebakeit. F57 Einneung: Eine komplee Funktion f : C Ω C ist holomoph, wenn f komple diffeenzieba ist und f : Ω C stetig (FC). Die Stetigkeit von f müssen wi nicht foden, wi können sie folgen: Satz F5C (komplee Diffeenziebakeit, Gousat 883) Sei Ω C offen und f : Ω C komple diffeenzieba in jedem Punkt z Ω, das heißt, es eistiet de Genzwet des Diffeenzenquotienten: f (z) lim Ω {z} ζ z f(ζ) ζ z Dann ist f beeits holomoph auf ganz Ω, also soga komple analtisch, und somit insbesondee beliebig oft komple diffeenzieba. Zu Einfühung FC wa es bequeme, die Stetigkeit von f zu foden. Zunächst ist foden bequem, abe nachweisen / übepüfen dann lästig. Dank des Satzes F5C müssen Sie in de Pais wenige nachweisen! Sie mögen einwenden, dass diese Fage ehe eine Spitzfindigkeit ist, abe es ist beuhigend zu wissen und eleichtet tatsächlich Ihe Abeit. Holomophie ist komplee Diffeenziebakeit. F59 De folgende Beweis ist ein Juwel an Sogfalt und Schafsinn. Beweis: Komplee Diffeenziebakeit von f impliziet Stetigkeit. Nach dem Integalkiteium F5B von Moea genügt zu zeigen: I(R) :! fü jedes Rechteck R a, b c, d Ω. R Wi beginnen mit einem Rechteck R Ω und zeigen nun I(R ). Wi unteteilen R in vie gleich goße Teilechtecke A, B, C, D. Es gilt I(R ) I(A) + I(B) + I(C) + I(D). Wi wählen ein R {A, B, C, D} mit maimalem Betag I(R ). So ehalten wi I(R ) 4 I(R ). So fotfahend ehalten wi duch Vieteilung imme kleinee Rechtecke R R R R n... mit I(R ) 4 n I(R n ) fü alle n N. Diese Intevallschachtelung konvegiet gegen einen Punkt z mit z R n fü alle n N, kuz n N R n {z}, dank Vollständigkeit von R und C. Nach Voaussetzung ist f in z diffeenzieba. Fü ζ Ω gilt demnach f(ζ) + f (z)(ζ z) + (ζ z) g(ζ) mit eine stetigen Funktion g : Ω C und g(z). Chaakteisieung von Gebieten Satz F5D (Chaakteisieung von Gebieten) Sei Ω C eine offene Menge und nicht lee. Dann sind äquivalent: F5 () Ω ist wegzusammenhängend: Je zwei Punkte, Ω sind vebindba duch einen Weg :, Ω von () nach (). () Jede stetige Funktion f : Ω R hat als Bild f(ω) R ein Intevall. (3) Jede stetige Funktion f : Ω {, } ist konstant. (4) Ω ist zusammenhängend: Fü jede Zelegung Ω U V in zwei disjunkte offene Mengen U und V gilt entwede U ode V. Bedingung () ist am anschaulichsten. Hingegen scheint (4) zunächst wenige anschaulich abe in Beweisen oft die geschickteste Sichtweise. Beweis: () () : Seien a, b I Bildwete, also a f() und b f() fü, Ω. Nach () eistiet ein Weg :, Ω von () nach (). Die Komposition f :, R ist stetig mit a und b. Nach dem Zwischenwetsatz wid jede Wet zwischen a und b angenommen. Somit ist f(ω) R ein Intevall. De Identitätssatz fü holomophe Funktionen F53 Holomophe, also komple diffeenziebae Funktionen f : C Ω C sind igide: Wenn wi f in eine kleinen Umgebung B(z, ε) Ω kennen, so bestimmt dies f beeits auf dem gesamten Gebiet Ω! Genaue gilt: Satz F5E (Identitätssatz fü holomophe Funktionen) Sei Ω C ein Gebiet, also offen und zusammenhängend und Ω. Fü je zwei holomophe Funktionen f, g : Ω C sind äquivalent: () Es gilt f g, also Gleichheit g(z) in allen Punkten z Ω. () Die Menge { z Ω g(z) } hat einen Häufungspunkt z Ω. (3) Es gilt f (n) (z ) g (n) (z ) in einem Punkt z Ω und fü alle n N. Fü eell diffeenziebae Funktionen gilt nichts degleichen (??): Es gibt glatte Funktionen f : R R, also beliebig oft eell diffeenzieba, mit f() fü abe f() > fü alle >. Bemekenswet! De Identitätssatz () (3) gilt auch fü eell-analtische Funktionen, also Funktionen f : R n Ω R m, die sich lokal um jeden Punkt Ω in eine konvegente Potenzeihe entwickeln lassen. Die Äquivalenz zu Bedingung () hingegen gilt nu (eell ode komple) eindimensional. Holomophie ist komplee Diffeenziebakeit. F58 Aus eelle Diffeenziebakeit von f folgt nicht die Stetigkeit von f, wie das Gegenbeispiel f() sin(/) fü und f() zeigt. Fü die Anwendung unsee Integalsätze (Cauch F3A, Gauß & Geen, letztlich also HDI) fehlt uns hie leide die Stetigkeit von f. Wi haben nu seh schwache Voaussetzungen und müssen genaue hinsehen. Holomophie ist komplee Diffeenziebakeit. Piet Mondian, Komposition F5 Das Polnom ζ + f (z)(ζ z) ist holomoph in ζ, demnach gilt R n + f (z)(ζ z) dζ. Fü unse Integal bleibt also nu noch: I(R n ) : f(ζ) dζ R n R n (ζ z) g(ζ) dζ Seinen Absolutbetag schätzen wi gob ab: I(R n ) l( R n ) ma ζ R n ζ z ma ζ R n g(ζ) De Abstand von z, ζ R n ist beschänkt duch ζ z l( R n ). Fü die Randlängen gilt l( R n ) l( R n )... n l( R ). Zusammenfassend ehalten wi also die Abschätzungen: I(R ) 4 n I(R n ) 4 n l( R n ) ma g(ζ) l( R ) ma g(ζ) ζ R n ζ R n Fü n geht de letzte Tem gegen. Somit folgt I(R ). Chaakteisieung von Gebieten () (3) : Das Bild f(ω) {, } muss nach () ein Intevall sein. Also gilt entwede f(ω) {} ode f(ω) {}, und f ist konstant. F5 (3) (4) : Angenommen wi haben eine offene Zelegung Ω U V. Wi definieen f : Ω {, } duch fü z U und fü z V. Diese Funktion ist stetig, denn sie ist lokal konstant. Nach (3) ist f konstant. Es bleibt somit nu U ode V. (4) () : Wi wählen einen Statpunkt Ω. Sei V die Menge alle Punkte Ω, die sich duch einen Weg in Ω mit vebinden lassen. Diese Menge ist offen, denn um jeden Punkt V eistiet eine kleine Keisscheibe B(, ) Ω mit Radius >, und alle Punkte z B(, ) lassen sich mit vebinden, also auch mit, also B(, ) V. (Skizze!) Das Komplement U Ω V besteht aus den Punkten Ω, die sich nicht duch einen Weg in Ω mit vebinden lassen. Aus demselben Gund wie eben ist auch U offen. Nach (4) gilt U, denn V. Also V Ω, das heißt, in Ω ist jede Punkt mit vebindba. Somit sind alle vie Bedingungen () (4) äquivalent. De Identitätssatz fü holomophe Funktionen F54 Beweis: () () : Jede Punkt z Ω ist Häufungspunkt von Ω. () (3) : Mit f, g ist auch die Funktion h f g : Ω C holomoph. Nach () hat M { z Ω h(z) } einen Häufungspunkt z Ω. Angenommen h (n) (z ) fü ein n N. Wi betachten das kleinste n, also h(z) (z z ) n h n (z) mit h n : Ω C holomoph und h n (z ). Dank Stetigkeit von h n folgt h(z) fü alle z B(z, ε) {z }. Also liegt de Punkt z isoliet in M und ist kein Häufungspunkt von M. An diesem Widespuch zebicht unsee Annahme h (n) (z ). Also gilt h (n) (z ) fü alle n N, somit f (n) (z ) g (n) (z ). (3) () : Wi betachten die Diffeenz h f g und hiezu die Menge A { z Ω n N : h (n) (z) }. Die Menge A ist abgeschlossen, denn h (n) ist stetig. Sie ist auch offen, denn um jeden Punkt z A Ω können wi h in eine auf B(z, ε) konvegente Reihe entwickeln; diese ist die Nulleihe, also B(z, ε) A. Wi ehalten so die offene Zelegung Ω A (Ω A). Da Ω zusammenhängend ist und z A, folgt A Ω. Wanung: Fü () (3) muss de Häufungspunkt in Ω liegen und nicht etwa auf dem Rand! Tpisches Gegenbeispiel: Die Funktion sin(/z) ist holomoph auf Ω C {} und veschwindet in z /(kπ) fü k,, 3,... mit Häufungspunkt. Dennoch gilt f.

19 Wachstum holomophe Funktionen F55 Aufgabe: Sei f : Ω C {} C eine holomophe Funktion. () Lässt sich f duch eine Lauent Reihe k Z a kz k dastellen? Wenn ja, wie beechnet man die hie benötigten Koeffizienten a k C? () Angenommen, f ist beschänkt auf A { z C ρ z < }. Welche de Koeffizienten a k müssen hiezu veschwinden? Waum? (3) Angenommen, f ist beschänkt auf B { z C < z σ }. Welche de Koeffizienten a k müssen hiezu veschwinden? Waum? (4) Folgen Sie damit folgenden Satz von Joseph Liouville (89 88): Satz F5F (Liouville) Sei f : C C holomoph. Ist f beschänkt, so ist f konstant. Allgemeine: Gilt M z n fü Konstanten M R und n N und alle z C mit z ρ, so ist f ein Polnom vom Gad n. (5) Sei p : C C ein Polnom, also p(z) a + a z + + a n z n. Angenommen, p hat keine Nullstellen, also p(z) fü alle z C. Ist /p(z) dann holomoph? und beschänkt? also konstant? Folgen Sie hieaus eneut den Fundamentalsatz de Algeba (F3C). Hebung von Singulaitäten Satz F5G (Riemannsche Hebbakeitssatz) F57 Sei Ω C offen und s Ω ein Punkt. Sei f : Ω {s} C holomoph und zudem beschänkt auf eine kleinen Umgebung B(s, ) {s} Ω. Dann elaubt f eine holomophe Fotsetzung f : Ω C im Punkt s. Wi können also f in den Punkt s hinein holomoph fotsetzen, somit die Lücke im Definitionsgebiet schließen und die Singulaität in s beheben. Aufgabe: Beweisen Sie diesen Satz mit den voigen Rechnungen. Lösung: Nach Veschieben können wi s annehmen. Auf B(, ) {} gilt k Z a kz k dank Entwicklungssatz F3F. Nach Voaussetzung gilt M fü ein M R und alle < z <. a k π π f( e it ) ( e it ) k dt π π f( e it ) ( e it ) k dt π π M k dt M k Fü k und folgt a k. Wi haben also a kz k. Diese Potenzeihe ist auf ganz B(, ) konvegent und holomoph. Fnel Integale F59 Aufgabe: Ziel de Aufgabe ist die Beechnung de Fnel Integale: sin( ) d cos( ) d Wachstum holomophe Funktionen F56 Lösung: () Ja, genau das gaantiet Cauchs Entwicklungssatz F3F. Die Koeffizienten a k C ehalten wi duch das komplee Wegintegal a k π f( e it ) πi zk+ πi ( e it ) k+ i eit dt π f( e it ) π ( e it ) k dt B(,) mit z e it und i e it dt. Dies gilt fü jeden Radius >. () Angenommen, es gilt M fü ein M R und alle z mit z ρ. a k π f( e it ) π ( e it ) k dt π f( e it ) π ( e it ) k dt π M π k dt M k Dies gilt fü jeden Radius ϱ. Fü k und folgt damit a k. Umgekeht ist kla: Gilt a k fü alle k, so ist f beschänkt auf A. (3) Angenommen, es gilt M fü ein M R und alle < z σ. Fü schließen wi wötlich wie in (): Fü k folgt a k. (4) Es gilt (3) und wegen M z n zudem () fü alle k n +. (5) Mit p(z) ist /p(z) fü alle z C definiet und holomoph nach Quotientenegel. Zudem ist f beschänkt, also konstant, p(z) a. Jedes nicht-konstante Polnom hat demnach Nullstellen in C. Mittelweteigenschaft Satz F5H (Mittelweteigenschaft und Maimumspinzip) F58 Sei Ω C ein Gebiet und f : Ω C holomoph. () Fü B(z, ) Ω gilt f(z ) π π f(z + e it ) dt. Das Integal echts ist de Mittelwet von f auf de Keislinie B(z, ). () Nimmt in z Ω ein lokales Maimum an, so ist f konstant. Aufgabe: Beweisen Sie diesen Satz mit den voigen Rechnungen. Lösung: () Das ist de Entwicklungssatz F3F in z im Spezialfall k. () Sei f(z ) : M fü alle z B(z, ) Ω mit >. Damit: M f(z ) π π f(z + ρ e it ) dt M fü ρ. Gälte hiebei in einem Punkt die stikte Ungleichung f(z + ρ e it ) < M, so auch in eine Umgebung, und das Integal fiele insgesamt < M aus. Also ist f konstant auf B(z, ), also dank Identitätssatz F5E auf ganz Ω. Fnel Integale () Aus Kapitel C kennen wi das Gaußsche Integal (Satz CG): e d π π, e d R () Wi betachten die angegebenen Integationswege,, : F53 Bislang konnten wi nu die Konvegenz sichestellen. Immehin!?? Mit komplee Integation können wi nun den Genzwet ausechnen: () Wiedeholen Sie die Beechnung des Integals e d. () Gilt e z e z + e z fü die Integationswege,, :, C mit (t) t( + i), (t) t, (t) + it? (3) Gilt e z fü? Finden Sie eine Abschätzung. (4) Folgen Sie hieaus den Wet de beiden Fnel Integale. Fnel Integale F53 () Die Wege, und (umgekeht) umlaufen das Deieck D C. Da f auf ganz D holomoph ist, folgt, ausgeschieben: e z e z + e z Dies folgt aus Cauchs Integalsatz F3A, ode ebenso aus dem noch allgemeineen Residuensatz F4D, da f keine Singulaitäten hat. (3) Fü wollen wi e z zeigen: e z e (+it) dt e t it dt e t e t dt e e t dt Das Integal entlang fällt schließlich nicht meh ins Gewicht. Fnel Integale (4) Fü wissen wi e z π/ dank (). Dank (3) gilt e z. Mit () folgt e z π/. Ausgeschieben bedeutet das: e z e it ( + i) dt + i e i d Wi substituieen hie t / und dt d/. Fü ehalten wi folgenden Genzwet: e i d D cos( ) i sin( ) d i De Vegleich de Real- und Imaginäteile egibt: cos( ) d sin( ) d π π Eine geschickte Wahl des Integationsweges wikt Wunde. F53

20 Anwendungsbeispiele zum Residuenkalkül F533 Aufgabe: () Die folgenden Funktionen h i : C S C sind holomoph bis auf isoliete Singulaitäten. Bestimmen Sie jeweils alle Residuen: (a) h (z) z z 4, (b) h z (z) (z + 5z + ), e πz (c) h 3 (z) 4z 4z + 5, (d) h 4(z) cos z z k+ fü k N. Das ist die Hauptabeit diese Aufgabe. Sie sollen Residuen vestehen und die Wekzeuge zu ihe Beechnung möglichst effizient einsetzen. Im zweiten Teil nutzen Sie die Residuen zu Beechnung von Integalen: Sei de positiv oientiete Rand des Rechtecks mit Ecken ± 3 ± i und de Rand de Keisscheibe B( /, ). Bestimmen Sie die Integale () h i (z) fü i,, 3, 4 und j,, j (3) π dt (4 cos t + 5) und (4) 4 d. In welchem Sinne konvegiet das letzte Integal? absolut? uneigentlich? Anwendungsbeispiele zum Residuenkalkül (c) Wi untesuchen die Funktion h 3 (z) e πz 4z 4z + 5. Wi faktoisieen den Nenne (dank Mittenachtsfomel) gemäß 4z 4z z ( / + i) z ( / i). Fü die einfachen Pole / ± i beechnen wi die Residuen vemöge h 3 lim z z z h 3 lim ( +i) h 3 lim ( i) e πz d (4z 4z + 5) eπz 8z 4 e πz z +i 4 z ( / i) e π( e πz z i 4 z ( / + i) e π( +i) F535 fü z / ± i, altenativ 4( / + i / + i) eπ/ 8i i) 4( / i / i) eπ/ 8i Anwendungsbeispiele zum Residuenkalkül i eπ/ 8, i eπ/ 8. F537 () Dank Residuensatz F4D müssen wi zu Beechnung de Integale nu die Residuen aufsummieen, die im Rechteck bzw. im Keis liegen. Im i i + i i Anwendungsbeispiele zum Residuenkalkül (3) Gesucht ist das eelle Integal π (4 cos t + 5) dt. Dies beechnen wi als komplees Integal mit Hilfe von Satz F4G: De Integand ist R(, ) /(4 + 5) mit cos t und sin t. Wi nutzen die Eule Fomel z e it cos t + i sin t und substituieen cos t eit + e it iz z + z, sin t eit e it z z, i i ((z + z ) + 5) i z (z + 5z + ) ih (z) Re F539 Hie ist / die einzige Polstelle in B(, ). Dank F4G ehalten wi: π (4 cos t + 5) dt πi ( i) h / 7 π B(,) Links muss man integieen, echts nu Residuen summieen! Anwendungsbeispiele zum Residuenkalkül F534 Lösung: () Wi beechnen zunächst die Residuen mit F4B bzw. F4C. z (a) Die Funktion h (z) hat einfache Pole: (z )(z + )(z i)(z + i) h lim z (z4 ) lim 4z 3 4z z z z d h + + 4, h 4, z z z fü z ±, ±i, also h i +i 4, h + i i 4 (b) Fü h faktoisieen wi den Nenne (dank Mittenachtsfomel) gemäß z + 5z + (z + )(z + /). z Die Funktion h (z) 4(z + ) (z + /) hat in, / doppelte Pole: h d z 4(z + lim z 4(z + /) lim ) z 8(z + /) z (4(z + /) ) 5 7 d z 4(z + ) z 8(z + ) h lim z 4(z + ) lim z (4(z + ) ) Anwendungsbeispiele zum Residuenkalkül (d) Wi untesuchen die Funktion h 4 (z) cos(z)/z k+ fü k N. Die einzige Polstelle von h 4 ist z ; sie hat die Odnung k +. F536 Satz F4C fü die Residuen mehfache Polstellen egibt dann { h d ) k falls k ungeade, 4(z) lim z z z k!( k+ h 4 (z) falls k l geade. ( ) l (l)! Die Ableitungen sind zu unseem Glück hie seh übesichtlich. Altenativ entwickeln wi h 4 in eine Lauent Reihe um z : h 4 (z) ( ) l ( ) l z k+ (l)! zl (l)! zl k l l Das Residuum ist dann de Koeffizient vo z, also { falls k ungeade, h 4(z) z ( ) l (l)! falls k l geade. Die Reihenentwicklung ist zu unseem Glück hie seh übesichtlich. Anwendungsbeispiele zum Residuenkalkül F538 Die Pole innehalb des Rechtecks sind: und und ±. Die Pole innehalb des Keises sind: und und. Dank Residuensatz F4D ehalten wi schließlich die acht Integale h (z) πi h + h, + h (z) πi h πi, h (z) h (z) πi h / 7 πi, h 3 (z) h 3 (z), { ( ) l h 4 (z) h 4 (z) πi h 4 (l)! fü k l, sonst. Es genügt jeweils, die Residuen aus Teil () zu summieen. Anwendungsbeispiele zum Residuenkalkül (4) Gesucht ist das eelle Integal 4 d. Dies beechnen wi mit Hilfe des Residuensatzes F4J und Teil (): 4 d πi h + πi h + πi i πi i + πi + πi h π. Links muss man integieen, echts nu Residuen summieen! F54 De Integand ist wede absolut noch uneigentlich integieba. Unte dem Integal vestehen wi dahe den Cauch Hauptwet: ( / / lim 4 d + ) +/ 4 d + +/ 4 d Mit diese Vosichtsmaßnahme gelingt die Rechnung wie ehofft.