1 Holomorphe Funktionen

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1 0 Kpitel 2 Funktionentheorie Holomorphe Funktionen In diesem Abschnitt sollen komplexwertige Funktionen uf Gebieten G C untersucht werden. Beispiele.. Die Konjugtion c : z z stellt eine Spiegelung n der reellen Achse dr: c(x + j y) := x j y. Mn bechte, dss die imginäre Einheit in der Elektrotechnik mit j bezeichnet wird! Die Spiegelung ist uf gnz C definiert und bijektiv, mit c = c. Sie ist ußerdem R-liner, wenn mn C ls( R-Vektorrum ) mit der Bsis {,j} uffsst. 0 Sie wird dnn durch die Mtrix beschrieben Sei = + j β eine feste komplexe Zhl 0. Die Abbildung m : C C mit m (z) := z ist C-liner, und dmit erst recht R-liner. Weil m () = + β j und m (j ) = ( β) + j ist, wird m bezüglich der Bsis {, j } von C über R durch die Mtrix ( ) β M = β beschrieben. Umgekehrt ist eine R-linere Abbildung C C genu dnn C-liner, wenn ihre Mtrix diese spezielle Gestlt besitzt. Schreibt mn in der Form = r e j t = r(cos t + j sin t), mit r > 0 und 0 t < 2π, so setzt sich m us der Drehung um den Winkel t und der Streckung um den Fktor r zusmmen, ist lso eine Drehstreckung. Weil wir 0 vorusgesetzt hben, ist m bijektiv, mit (m ) = m /. 3. Sei f(z) := z 2. Diese Funktion knn mn m besten verstehen, wenn mn z in Polrkoordinten schreibt: z = r e j t. Dnn ist nämlich f(z) = r 2 e 2j t = r 2 (cos(2t) + j sin(2t)). Der Abstnd vom Nullpunkt wird qudriert und der Winkel verdoppelt. Ddurch wird z.b. der Sektor G := {z = r e j t : r > 0 und 0 < t < θ} uf den verdoppelten Sektor

2 02 Kpitel 2 Funktionentheorie f(g) = {w = ϱ e j s : ϱ > 0 und 0 < s < 2θ} bgebildet. G f(g) Wie sieht es mit der Umkehrbbildung us? Ist w = r e j t, so wollen wir ntürlich w := r e j t 2 setzen. Aber es ist uch w = r e j t+2πj, lso könnten wir uch w = r e j t 2 +j π = r e j t 2 setzen. Die Wurzel ist nicht eindeutig bestimmt, und wir hben keine Möglichkeit, eine der beiden Wurzeln uszuzeichnen. (Im Reellen können wir die positive Wurzel wählen, ber im Komplexen gibt es keine positiven Zhlen.) 4. Komplexe Polynome: p(z) := n z n + + z + 0 ist uf der gesmten komplexen Ebene definiert und stetig, und us dem Fundmentlstz der Algebr folgt: p(z) besitzt n Nullstellen z,..., z n, und mn knn schreiben: p(z) = n (z z ) (z z 2 )... (z z n ). 5. Rtionle Funktionen: R(z) := p(z), mit Polynomen p und q. q(z) D p(z) und q(z) beide in Linerfktoren zerfllen, knn mn so lnge kürzen, bis Zähler und Nenner keine gemeinsme Nullstelle mehr hben. Wir nehmen n, dss p und q schon selbst diese Eigenschft besitzen. Dnn nennt mn jede Nullstelle des Nenners q(z) eine Polstelle der rtionlen Funktion R. Offensichtlich ist R(z) ußer in den endlich vielen Polstellen überll uf C definiert und stetig. Die einfchste rtionle Funktion mit einer Polstelle ist die Inversion I(z) := z. In Polrkoordinten sieht ds so us: r e j t r e j t. Mn knn diese Abbildung zusmmensetzen us der sogennnten Spiegelung m Einheitskreis s : z z und der Konjugtion c : z z.

3 Holomorphe Funktionen 03 z 0 z 6. Eine spezielle Klsse von rtionlen Funktionen bilden die (gebrochen) lineren Trnsformtionen: Wir unterscheiden 2 Fälle:. Fll: c = 0. T (z) = z + b, mit d bc 0. cz + d Setzt mn A := d und B := b d, so erhält mn die ffin-linere Funktion T (z) = A z + B, die sich us einer Drehstreckung und einer Trnsltion zusmmensetzt. 2. Fll: c 0. Setzt mn diesml A := A bc d c und B :=, so ist c ((cz + d) + (bc d) + B = cz + d c(cz + d) cz + d + bc d = c(cz + d) = z + b = T (z). cz + d Also setzt sich T us ffin-lineren Funktionen und der Inversion zusmmen. Behuptung: Eine linere Trnsformtion T (z) = z + b mit c bd 0 bildet Kreise und cz + d Gerden wieder uf Kreise oder Gerden b.

4 04 Kpitel 2 Funktionentheorie Beweisidee: Es reicht, ffin-linere Funktionen und die Inversion zu betrchten. ) Bei ffin-lineren Funktionen ergibt sich die Behuptung us der Elementrgeometrie. Drehungen und Trnsltionen verändern die Gestlt von Gerden und Kreisen nicht. Eine Gerde wird durch eine Streckung um einen Fktor ϱ wieder uf eine Gerde bgebildet, und wenn ein Punkt z = x + j y eine Kreisgleichung (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 = r 2 erfüllt, so erfüllt ϱz = (ϱx) + j (ϱy) die Gleichung (ϱx ϱx 0 ) 2 + (ϱy ϱy 0 ) 2 = (ϱr) 2. 2) Nun sei w = I(z) = die Inversion. Mn knn zeigen, dss jede Gerde z und jeder Kreis eine Menge M der Gestlt M = {z C zz + cz + cz + δ = 0} ist, mit, δ R, c C und cc > δ. Eine Gerde liegt genu dnn vor, wenn = 0 ist. Ist etw =, so liegt ein Kreis um z 0 := c mit Rdius r := cc δ vor. Im Nullpunkt ist I nicht definiert, es sei lso z 0. D z = ist, gilt für w z M: ww + c w + c w + δ = 0. D w 0 sein muss, können wir mit ww multiplizieren und erhlten: + cw + cw + δww = 0. Ds Bild von M ist wieder eine Menge vom gewünschten Typ. 7. Komplexe Potenzreihen: f(z) = c n (z ) n. n=0 Wir wiederholen einige Fkten über Potenzreihen. ) Jede Potenzreihe besitzt einen Konvergenzrdius R 0. Der Wert R = + ist uch zugelssen. Ist der Entwicklungspunkt und z < R, so konvergiert die Reihe in z bsolut. Ist z > R, so divergiert die Reihe in z. b) Sei n=0 f n eine Reihe von stetigen Funktionen f n : M C. Gibt es Zhlen n > 0, so dss f n (z) n für lle z M und lle n und n=0 n < ist, so nennt mn die Funktionenreihe uf M norml

5 Holomorphe Funktionen 05 konvergent. Dnn konvergiert für jedes z M die Reihe n=0 f n(z) bsolut. Ist R der Konvergenzrdius einer Potenzreihe mit Entwicklungspunkt und 0 < r < R, so konvergiert die Reihe uf der Kreisscheibe D r () = {z C : z < r} norml. Insbesondere ist die Grenzfunktion im Konvergenzkreis D R () stetig. Wenn bei einer Potenzreihe f(z) = n=0 c n(z ) n (fst) lle c n 0 sind und die Folge c n /c n+ konvergiert, dnn ist der Grenzwert der Konvergenzrdius. Leider sind die Vorussetzungen dieses Kriteriums nicht immer erfüllt. Ein wichtiges Beispiel ist die komplexe Exponentilfunktion exp(z) := deren Reihe uf gnz C konvergiert. Für reelles x ist exp(x) = e x die beknnte Exponentilfunktion, und für rein imginäres z = jy gilt die Eulersche Formel: n=0 z n n!, exp(j y) = cos y + j sin y. Außerdem gilt für lle z, w C die Funktionlgleichung Drus folgt: exp(z + w) = exp(z) exp(w). exp(x + j y) = exp(x) exp(j y) = e x (cos(y) + j sin(y)). Insbesondere ist exp periodisch, mit der Periode 2πj. Definition. Sei U C offen. Eine Funktion f : U C heißt in z 0 U komplex differenzierbr, flls es eine Funktion : U C gibt, so dss gilt:. ist in z 0 stetig. 2. Für z U ist f(z) = f(z 0 ) + (z) (z z 0 ). Den Wert f (z 0 ) := (z 0 ) nennt mn die (komplexe) Ableitung von f in z 0.. Differenzierbrkeits-Kriterien. Sei U C offen, z 0 U ein Punkt und f : U C eine Funktion. Dnn sind die folgenden Aussgen äquivlent:. f ist in z 0 komplex differenzierbr. 2. f ist (ls Abbildung von R 2 nch R 2 ) reell differenzierbr, und die reelle Ableitung Df(z 0 ) ist C-liner.

6 06 Kpitel 2 Funktionentheorie 3. f = g + j h ist in z 0 reell differenzierbr, und es gelten die Cuchy-Riemnnschen Differentilgleichungen g x (z 0) = h y (z 0) und g y (z 0) = h x (z 0). Ist f in z 0 komplex differenzierbr, so gilt: Beweis: () = (2) : f (z 0 ) := lim z z0 f(z) f(z 0 ) z z 0 = f x (z 0 ) = j f y (z 0 ). Ist f in z 0 komplex differenzierbr, so ist mit einer in z 0 stetigen Funktion. f(z) = f(z 0 ) + (z) (z z 0 ), Setzen wir L(w) := (z 0 ) w und r(w) := ( (z 0 + w) (z 0 )) w, so ist L eine C-linere (und dmit erst recht R-linere) Abbildung, und es gilt:. f(z) = f(z 0 ) + L(z z 0 ) + r(z z 0 ). 2. lim w 0 r(w) w w = lim( (z 0 + w) (z 0 )) w 0 w = 0. Also ist f in z 0 reell differenzierbr, und Df(z 0 ) = L ist C-liner. (2) = (3) : Wir schreiben f(z) = g(z) + j h(z), mit reellwertigen Funktionen g und h. Ist f in z 0 totl (reell) differenzierbr und Df(z 0 ) C-liner, so gibt es eine komplexe Zhl c = + j β mit Df(z 0 )(w) = c w. Dnn ist ( ) ( ) gx (z 0 ) g y (z 0 ) β = J h x (z 0 ) h y (z 0 ) f (z 0 )) =. β Also muss gelten: (3) = () : h x (z 0 ) = g y (z 0 ) und h y (z 0 ) = g x (z 0 ). Ist f = g + j h in z 0 reell differenzierbr, mit h x (z 0 ) = g y (z 0 ) und h y (z 0 ) = g x (z 0 ), so ist ( ) gx (z J f (z 0 ) = 0 ) h x (z 0 ) h x (z 0 ) g x (z 0 )

7 Holomorphe Funktionen 07 und L := Df(z 0 ) offensichtlich eine C-linere Abbildung. Es gilt dnn: Wir setzen L(w) = f x (z 0 ) w, für f x (z 0 ) := g x (z 0 ) + j h x (z 0 ). (z) := f(z) f(z 0 ) z z 0 für z z 0, f x (z 0 ) für z = z 0. Aus der Drstellung f(z) = f(z 0 ) + L(z z 0 ) + r(z z 0 ) folgt für z z 0 : (z) = f(z) f(z 0) z z 0 = z z 0 L(z z 0 ) + r(z z 0) z z 0 = L() + r(z z 0) z z 0 L() = f x (z 0 ), für z z 0. Also ist in z 0 stetig und f(z) = f(z 0 ) + (z) (z z 0 ) für lle z. Dmit ist f in z 0 komplex differenzierbr. Offensichtlich ist dnn f (z 0 ) = (z 0 ) = f x (z 0 )..2 Rechenregeln für die komplexe Differenzierbrkeit. f, g : U C seien beide in z 0 U komplex differenzierbr,, b C seien Konstnten. Dnn gilt:. f + b g und f g sind ebenflls in z 0 komplex differenzierbr, mit ( f + b g) (z 0 ) = f (z 0 ) + b g (z 0 ) und (f g) (z 0 ) = f (z 0 ) g(z 0 ) + f(z 0 ) g (z 0 ). 2. Ist g(z 0 ) 0, so ist uch noch g(z) 0 nhe z 0, f g in z 0 komplex differenzierbr und ( ) f (z 0 ) = f (z 0 ) g(z 0 ) f(z 0 ) g (z 0 ). g g(z 0 ) 2 3. Ist h in w 0 := g(z 0 ) komplex differenzierbr, so ist h g in z 0 komplex differenzierbr, und es gilt: Der Beweis geht genuso wie im Reellen. (h g) (z 0 ) = h (w 0 ) g (z 0 ). Definition. Sei M C eine beliebige Teilmenge und f eine uf M definierte komplexwertige Funktion. Ist f in jedem Punkt von M komplex differenzierbr, so heißt f uf M komplex differenzierbr. Beispiele.

8 08 Kpitel 2 Funktionentheorie. Sei f(z) := z n, z 0 C beliebig. Dnn ist Also existiert n f(z) f(z 0 ) = z n z0 n = (z z 0 ) z i z0 n i. f(z) f(z 0 ) lim z z 0 z z 0 = lim z z0 n i=0 i=0 z i z n i 0 = n z n 0, f ist in z 0 komplex differenzierbr, mit f (z 0 ) = nz n 0. D z 0 beliebig wr, ist f(z) = z n uf gnz C komplex differenzierbr und f (z) = n z n. 2. Die Polynome p(z) = n i z i sind uf gnz C komplex differenzierbr. i=0 3. Rtionle Funktionen sind uf ihrem gnzen Definitionsbereich (lso ußerhlb ihrer Polstellen) komplex differenzierbr. 4. exp(z) ist gegeben durch exp(x+jy) = e x (cos y+j sin y). Also ist exp = g+jh, mit g(x + j y) = e x cos y und h(x + j y) = e x sin y. Offensichtlich ist dnn g x (x + j y) = e x cos y = h y (x + j y) und g y (x + j y) = e x sin y = h x (x + j y). D die Cuchy-Riemnnschen DGLn erfüllt sind, ist exp komplex differenzierbr und exp (z) = exp x (z) = exp(z). Definition. Sei G C ein Gebiet. Eine Funktion f : G C heißt eine holomorphe Funktion uf G, flls sie in jedem Punkt z G komplex differenzierbr und ihre Ableitung f stetig ist. Achtung! Die hier gegebene Definition der Holomorphie weicht von der us der Vorlesung b! Weil hier die stetige Differenzierbrkeit gefordert wird, knn der Stz von Green zum Beweis des Cuchyschen Integrlstzes herngezogen werden. Beispiele.. Jedes Polynom ist eine holomorphe Funktion uf C.

9 Holomorphe Funktionen Die Exponentilfunktion ist ebenflls holomorph uf C. Weil exp(z) exp( z) = ist, gilt exp(z) 0 für jedes z C. Genu dnn ist exp(z) =, wenn es ein k Z mit z = 2kπj gibt, denn: exp(x + j y) = e x cos(y) = und e x sin(y) = 0 m Z mit y = mπ und e x ( ) m = m Z, m gerde, mit y = mπ und x = 0 k Z mit x + j y = 2kπj. Drus folgt: Ist exp(z) = exp(w), so unterscheiden sich z und w um ein gnzzhliges Vielfches von 2πj. 3. Aus der Eulerschen Gleichung e j t = cos t + j sin t folgen die Beziehungen cos t = 2 (ej t + e j t ) und sin t = 2j (ej t e j t ). Dher definiert mn für beliebiges z C : cos(z) := 2 (ej z + e j z ) und sin(z) = 2j (ej z e j z ). Die beknnten Eigenschften der Winkelfunktionen bleiben dbei erhlten: () sin 2 (z) + cos 2 (z) =, (b) sin(z) und cos(z) sind periodisch mit Periode 2π. (c) Es gelten die Additionstheoreme, cos(z + w) = cos(z) cos(w) sin(z) sin(w) und sin(z + w) = sin(z) cos(w) + cos(z) sin(w). (d) Auch die komplexen Winkelfunktionen werden durch die beknnten Potenzreihen drgestellt, cos(z) = ( ) n z2n (2n)! n=0 und sin(z) = n=0 ( ) n z 2n+ (2n + )!. Aus den Additionstheoremen folgt: cos(x + j y) = cos x cosh y j sin x sinh y und sin(x + j y) = sin x cosh y + j cos x sinh y. Die Nullstellen der komplexen Cosinus-Funktion sind diejenigen, die wir schon von der reellen Funktion kennen. Ist nämlich cos(z) = 0, so ist e j z +e j z = 0,

10 0 Kpitel 2 Funktionentheorie lso e 2j z =. Ds bedeutet, dss 2j z = πj + 2kπj für ein k Z ist, lso z = π/2 + kπ. Offensichtlich sind die Funktionen sin(z) und cos(z) uf gnz C komplex differenzierbr, und es gilt: cos (z) = 2 (j ej z j e j z ) = sin(z) und sin (z) = 2j (j ej z + j e j z ) = cos(z). Also sind Sinus und Cosinus holomorph uf C. Eine reellwertige Funktion uf C knn wenn sie nicht konstnt ist niemls holomorph sein. Um ds einzusehen, müssen wir etws usholen:.3 Chrkterisierung konstnter Funktionen. Sei G C ein Gebiet, f : G C eine Funktion. Dnn sind folgende Aussgen äquivlent:. f ist konstnt. 2. f ist uf G holomorph, und es ist f (z) 0. Beweis: () = (2) ist trivil. (2) = () : Wegen f (z) = g x (z)+jh x (z) und wegen der Gültigkeit der Cuchy- Riemnnschen DGLn ist Df(z) = 0 für lle z G. Aus der reellen Anlysis folgt dnn, dss f uf G konstnt ist. Nun folgt:.4 Funktionen mit reellen oder imginären Werten. Sei G C ein Gebiet. Nimmt eine holomorphe Funktion f : G C nur reelle oder nur rein imginäre Werte n, so ist sie konstnt. Beweis: Nimmt etw f = g + j h nur reelle Werte n, so ist h(z) 0, lso g x = h y = 0 und g y = h x = 0. Dnn ist f (z) 0 und f konstnt. Ist g(z) 0, so schließt mn nlog..5 Folgerung. Ist f : G C holomorph und f konstnt, so ist uch f selbst konstnt. Beweis: Sei ff = f 2 konstnt. Ist f(z 0 ) = 0 für ein z 0, so ist f(z) 0. Ist f(z) 0 für lle z G, so ist f(z) = f(z) f(z) 2 holomorph. Aber dnn müssen uch die Funktionen Re(f) = (f + f) und j Im(f) = (f f) holomorph sein. 2 2 Ds geht nur, wenn Re(f) und Im(f) konstnt sind, lso uch f selbst.

11 Holomorphe Funktionen Beispiel. Sei f(z) := z 2 = z z. Dnn ist f(z) = f(0) + (z) (z 0), wobei (z) := z stetig in 0 ist. Also ist f in z = 0 komplex differenzierbr. Aber weil f nur reelle Werte nnimmt, knn f nirgends holomorph sein. Wir wollen nun noch zeigen, dss holomorphe Funktionen winkeltreu und orientierungstreu sind. Dzu bruchen wir eine spezielle Kettenregel:.6 Stz. Sei : [, b] C ein stetig differenzierbrer Weg und f eine holomorphe Funktion uf einem Gebiet G, ds die Spur von enthält. Dnn ist (f ) (t) = f ((t)) (t). Beweis: Sei t 0 [, b], z 0 := (t 0 ). Dnn gibt es eine in z 0 stetige Funktion, so dss f(z) = f(z 0 ) + (z z 0 ) (z) für z G gilt. Außerdem ist die Funktion δ(t) := (t) (t 0 ) t t 0 für t t 0 (t 0 ) für t = t 0 stetig in t 0, und es ist (t) = (t 0 ) + (t t 0 ) δ(t). Drus folgt: f((t)) f((t 0 )) = ((t) (t 0 )) ((t)) = (t t 0 ) δ(t) ((t)), lso (f ) (t 0 ) = ((t 0 )) δ(t 0 ) = f ((t 0 )) (t 0 )..7 Stz. Sei U C offen, f : U C holomorph und f (z) 0 für lle z U. Dnn ist f ls reelle Abbildung winkeltreu und orientierungserhltend. Beweis: Sei z 0 U. Außerdem seien zwei Wege, β : [ ε, ε] U mit (0) = β(0) = z 0 gegeben. Wir setzen := (0) und b := β (0), sowie c := f (z 0 ). Dnn ist (f ) (0) = c und (f β) (0) = c b. Sind v, w zwei Vektoren 0, so wird der Winkel zwischen den Vektoren gegeben durch cos (v, w) = v w v w. Dbei ist v w = Re(v w). Nun ist

12 2 Kpitel 2 Funktionentheorie cos (c, cb) = Re( (c) (cb) ) c cb = cc Re( b ) cc b = Re( b ) b Dmit bleibt der Winkel zwischen zwei Wegen, die sich in einem Punkt z 0 treffen, unter f erhlten. Für die Erhltung der Orientierung müssen wir die Funktionldeterminnte von f usrechnen: ( ) gx (z) g det J f (z) = det y (z) h x (z) h y (z) ( ) gx (z) g = det y (z) g y (z) g x (z) = g x (z) 2 + g y (z) 2 = f (z) 2 > 0. Die Winkeltreue ht Anwendungen in der Feldtheorie. Verschwindet llerdings die Ableitung in einem Punkt, so verändert f dort den Winkel (wie z.b. f(z) = z 2 im Nullpunkt).

13 2 Integrtion im Komplexen 3 2 Integrtion im Komplexen Definition. Sei f = g + j h : [, b] C eine stückweise stetige komplexwertige Funktion. Dnn erklärt mn ds Integrl über f durch b f(t) dt := b g(t) dt + j b h(t) dt. Dies ist ein einfcher Spezilfll eines vektorwertigen Integrls. Es gelten die meisten beknnten Regeln für komplexe Integrle. Nicht gnz selbstverständlich ist die folgende Aussge: Behuptung: Es gilt die Abschätzung Beweis: Sei z := zeigen) b Dnn ist e j λ z = r = b b f(t) dt b f(t) dt. f(t) dt = r e j λ, mit r > 0. (Im Flle z = 0 ist nichts zu b f(t) dt = Re f(t) dt, lso ( e j λ b ) f(t) dt = b Re(e j λ f(t)) dt. D für eine komplexe Zhl w = u + j v stets Re(w) = u u 2 + v 2 ist und die gewünschte Ungleichung für reellwertige Funktionen beknnt ist, folgt: b f(t) dt = b Re(e j λ f(t)) dt Wir wollen jetzt komplexe Integrle w z b e j λ f(t) dt = b f(t) dt. f(z) dz einführen. Dbei stoßen wir uf gewisse Schwierigkeiten. Der Definitionsbereich der zu integrierenden Funktion ist meist ein Gebiet. Die Integrlgrenzen z und w sind lso nicht die Endpunkte eines Intervlls, und i.. uch nicht die Endpunkte einer in G verlufenden Strecke. D bietet es sich n, über einen Weg zu integrieren. Als Integrtionswege benutzen wir wie üblich stückweise stetig differenzierbre Wege : [, b] G. Definition. Sei G C ein Gebiet, f : G C eine stetige komplexwertige Funktion und ein Integrtionsweg in G. Dnn wird ds komplexe Kurvenintegrl von f über definiert durch b f(z) dz := f((t)) (t) dt.

14 4 Kpitel 2 Funktionentheorie Ist ϕ : [c, d] [, b] eine monoton wchsende Prmetertrnsformtion, so ist d b f(z) dz = f((ϕ(s)) (ϕ(s))ϕ (s) ds = f((t)) (t) dt. ϕ c In diesem Sinne ist ds komplexe Kurvenintegrl unbhängig von der Prmetrisierung. Ist ϕ llerdings monoton fllend, so ändert sich ds Vorzeichen des Integrls. Beispiele.. Ein fundmentler Bustein der Funktionentheorie ist folgende Formel: Sei (t) := z 0 + r e j t, für 0 t 2π, die Prmetrisierung der Kreislinie D r (z 0 ). Dnn ist { 2πj für n = (z z 0 ) n dz = 0 sonst. Zum Beweis: Es ist und für n ist (z z 0 ) n dz = z z 0 dz = 2π 0 2π = j 0 2π r e j t rj e j t dt 0 dt = 2πj, (re j t ) n rj e j t dt 2π = r n+ j e j (n+)t dt 0 ( ) = r n+ 2π (n+)t j ej = 0. j (n + ) 0 2. Wir betrchten die Wege, β, γ : [0, ] C mit (t) := + 2t, β(t) := + j t und γ(t) := ( + 2t) + j t. γ β

15 2 Integrtion im Komplexen 5 Dnn ist +β z dz = 0 ( + 2t) 2 dt + = 2 ( t + t 2 ) 0 ( j t) j dt +j (t j 0 2 t2 ) 0 = 2 ( + ) + j ( j 2 ) = j + 2, und γ z dz = 0 ( + 2t j t)(2 + j ) dt = (2 + j ) ( t + 2 j 2 t2 ) 0 = (2 + j ) ( + j 2 ) = j + 2. Ds komplexe Kurvenintegrl über f(z) := z hängt vom Integrtionsweg b! Wir werden bld sehen, dß ds dmit zusmmenhängt, dß z z nicht holomorph ist. Es gelten für ds komplexen Kurvenintegrl die beknnten Rechenregeln. Nur die Stndrd-Abschätzung schuen wir uns etws genuer n: Ist ein Integrtionsweg und f eine stetige Funktion uf, so ist f(z) dz L() sup f. Denn es ist f(z) dz = b b f((t)) (t) dt f((t)) (t) dt L() sup f. Es gilt folgender Stz über die Vertuschung von Limes und Integrl: 2. Vertuschung von Grenzwerten bei Kurvenintegrlen. Sei : I C ein Integrtionsweg und (F n ) eine Folge von stetigen Funktionen uf. Es gebe

16 6 Kpitel 2 Funktionentheorie eine konvergente Reihe positiver Zhlen n, so dss F n (z) n für lle n und z ist. Dnn ist f(z) := F n (z) eine stetige Funktion uf, und es gilt: n= F n (z) dz = n= n= ( ) F n (z) dz. Auf den Beweis verzichten wir hier. Definition. Sei G C ein Gebiet und f : G C stetig. Eine Stmmfunktion von f ist eine holomorphe Funktion F : G C mit F = f. Behuptung: Ist F holomorph und F = f, so ist f(z) dz = F ((b)) F (()). Beweis: In hben wir gezeigt: (F ) (t) = F ((t)) (t) = f((t)) (t). Also ist f(z) dz = = b b f((t)) (t) dt (F ) (t) dt = F (b) F (). Bemerkung. Eine Funktion f = g + j h ist genu dnn holomorph uf einem Gebiet G, wenn g und h stetig differenzierbr sind und die Cuchy-Riemnnschen DGLn gelten. Wir erinnern uns jetzt n den Stz von Green: Sei G ein beschränktes Gebiet mit stückweise glttem Rnd. Sind P, Q zwei stetig differenzierbre (reellwertige) Funktionen uf einer Umgebung U = U(G), so gilt: (P dx + Q dy) = (Q G G x P y ) dx dy. An Stelle von reellen Vektorfeldern F = (P, Q) knn mn uch komplexe Vektorfelder betrchten, mit stetig differenzierbren Funktionen P, Q : U C. Behuptung: Der Stz von Green gilt uch für komplexe Vektorfelder. Beweis: Ist P = A+jB und Q = C +jd, so ist Q x = C x +jd x und P y = A y +jb y. Weiter gilt:

17 2 Integrtion im Komplexen 7 (P dx + Q dy) = (A dx + C dy) + j (B dx + D dy), G G G sowie (Q x P y ) dx dy = (C x A y ) dx dy + j (D x B y ) dx dy. G G G Drus folgt die Behuptung. Behuptung: Ist f = g + j h eine komplexe stetige Funktion uf G und = + j 2 : [, b] G ein stetig differenzierbrer Weg, so ist f(z) dz = f dx + j f dy. Beweis: Es ist f(z) dz = = = = = b b b f((t)) (t) dt ( g((t)) (t) h((t)) 2(t) ) dt + j f((t)) (t) dt + j f dx + j f dy. b b f((t)) 2(t) dt ( h((t)) (t) + g((t)) 2(t) ) dt Mn bechte, dss es sich hierbei nicht um die Zerlegung in Relteil und Imginärteil hndelt! 2.2 Cuchyscher Integrlstz I. Sei G C ein beschränktes Gebiet mit stückweise glttem Rnd und f eine holomorphe Funktion uf einer Umgebung von G. Dnn ist f(z) dz = 0. Beweis: G Sei f = g + j h. Dnn ist j f x = j g x h x = j h y + g y = f y und f(z) dz = f dx + j f dy G G G = ( f y ) dx dy + j f x dx dy G G = (j f x f y ) dx dy = 0. G

18 8 Kpitel 2 Funktionentheorie Definition. Sei M C eine Teilmenge und z 0 M ein fester Punkt. M heißt sternförmig bezüglich z 0, flls für jeden weiteren Punkt z M die Verbindungsstrecke zwischen z und z 0 gnz zu M gehört. Eine konvexe Menge ist ntürlich sternförmig. Die Umkehrung ist i.. flsch. 2.3 Existenzstz für Stmmfunktionen. Sei G C ein sternförmiges Gebiet bezüglich G und f : G C stetig. Ist f(z) dz = 0 für jedes bgeschlossene Dreieck G, so ist F (z) := z f(ζ) dζ holomorph uf G und F = f. Beweis: Sei f = g + j h. Dnn ist f(z) dz = f dx + j f dy = (g dx h dy) + j (h dx + g dy) für jeden Integrtionsweg in G. Weil f(z) dz = 0 für jedes bgeschlossene Dreieck G gilt, ist uch (g, h) dx = 0 und (h, g) dx = 0 für jedes solche Dreieck. Wie im Beweis des Huptstzes über Kurvenintegrle folgt: Es gibt stetig differenzierbre Funktionen u und v, so dss u = (g, h) und v = (h, g) ist, lso (u x, u y ) = (g, h) und (v x, v y ) = (h, g). Dbei knn u(z) := z (g, h) dx und v(z) := z (h, g) dx gesetzt werden. Die Integrle werden immer über die Verbindungsstrecken berechnet. Dnn ist F := u + j v stetig reell differenzierbr, und weil u x = g = v y und u y = h = v x ist, ist F komplex differenzierbr mit Insbesondere ist F holomorph und F = F x = u x + j v x = g + j h = f. F (z) = z (g dx h dy) + j z (h dx + g dy) = z f dx + j z f dy = z f(ζ) dζ. 2.4 Folgerung. Ist G C ein sternförmiges Gebiet und f : G C holomorph, so besitzt f eine (holomorphe) Stmmfunktion uf G. Beweis: Ist G ein bgeschlossenes Dreieck, so ist ein stückweise gltter Weg. Weil f holomorph ist, ist f(z) dz = 0. Jetzt knn mn den Existenzstz für Stmmfunktionen nwenden.

19 2 Integrtion im Komplexen Cuchyscher Integrlstz II. Sei G C ein sternförmiges Gebiet und f : G C holomorph. Dnn gilt für jeden geschlossenen Integrtionsweg in G : f(z) dz = 0. Beweis: Sei F eine Stmmfunktion von f, ein geschlossener Weg in G und z 0 der gemeinsme Anfngs- und Endpunkt. Dnn ist f(z) dz = F (z 0 ) F (z 0 ) = Holomorphie von Potenzreihen. Sei f(z) = c n (z z 0 ) n eine Potenzreihe mit dem Konvergenzrdius R > 0. Dnn ist f uf D R (z 0 ) holomorph, und es gilt: f (z) = n c n (z z 0 ) n. Beweis: Die Reihe q(z) := n= n c n (z z 0 ) n n= ht den gleichen Konvergenzrdius wie die Reihe f (Beweis dzu in Mthemtik ) und stellt dmit eine stetige Funktion uf D R (z 0 ) dr. Sei nun : I D R (z 0 ) ein geschlossener Integrtionsweg. Dnn folgt us dem Cuchyschen Integrlstz: (z z 0 ) k dz = 0 für k 0, lso q(z) dz = n c n (z z 0 ) n dz = 0. Nch dem Existenzstz für Stmmfunktionen muss q uf dem sternförmigem Gebiet D R (z 0 ) eine (holomorphe) Stmmfunktion Q besitzen. Es gilt: Q(z) = = = = z z 0 q(ζ) dζ z n= n=0 n c n (ζ z 0 ) n dζ n= z 0 n c n n (z z 0) n n= c n (z z 0 ) n n= = f(z) c 0.

20 20 Kpitel 2 Funktionentheorie Also ist f(z) holomorph und f (z) = Q (z) = q(z). G = C = C \ {0} ist ein Gebiet, ber nicht sternförmig. Ttsächlich ist der Cuchysche Integrlstz nicht nwendbr, es ist z.b. dz = 2πj 0. z D (0) Setzen wir ber R := {x R x 0}, so ist die geschlitzte Ebene G := C \ R sternförmig (etw bzgl. = ). Also gibt es uf G für f(z) := z eine Stmmfunktion: F (z) := Ds Integrl knn dbei über jeden Weg zwischen und z erstreckt werden, der gnz in G verläuft, lso z.b. über die Verbindungsstrecke. Der Cuchysche Integrlstz sgt, dss ds Ergebnis nicht vom Weg bhängt. Die Funktion F (z) ist holomorph, es ist F () = 0 und F (z) =. Diese Eigenschften kennen wir schon (im Reellen) vom ntürlichen Logrithmus. Also stellt z sich die Frge, ob wir hier uch im Komplexen die Umkehrfunktion zur Exponentilfunktion gefunden hben. Leider ist ds nur bedingt richtig. Immerhin gilt: Behuptung: exp(f (z)) = z. Beweis: Mit einem kleinen Trick geht es gnz einfch. Sei g(z) := z exp( F (z)). Dnn ist g holomorph und g (z) = exp( F (z)) + z ( F (z)) exp( F (z)) = exp( F (z)) exp( F (z)) = 0. Also ist g lokl-konstnt, und d der Definitionsbereich G ein Gebiet ist, ist g sogr konstnt: g(z) c. Es folgt: z dζ ζ. c exp(f (z)) z. Setzen wir speziell z = ein, so erhlten wir = c exp(f ()) = c exp(0) = c. Also ist exp(f (z)) = z. Definition. Unter einem Zweig des Logrithmus uf einem Gebiet G versteht mn eine holomorphe Funktion F uf G mit exp(f (z)) = z. log(z) := z dζ ζ heißt Huptzweig des Logrithmus (uf C ). D exp periodisch ist (mit Periode 2πj ), knn exp gr nicht bijektiv sein! Es gibt ber Gebiete, uf denen die Exponentilfunktion injektiv ist:

21 2 Integrtion im Komplexen Injektivitätsbereiche der Exponentilfunktion. Sei R beliebig. Dnn ist exp : {z C Im(z) < + 2π} C bijektiv. Beweis: Sei S der Streifen Im(z) S := {z C Im(z) < + 2π}. + 2π exp e x e j S ) Injektivität: Es ist Re(z) exp(z) = exp(w) exp(z w) = z = w + 2πj n. Wenn z und w beide im gleichen Streifen S liegen, knn dieser Fll nicht eintreten. 2) Surjektivität: Für y < + 2π und x R ist exp(x + j y) = e x e j y. Mn sieht mit bloßem Auge, dss ddurch die Prllele zur x-achse durch j y bijektiv uf den Hlbstrhl R + e j y bgebildet wird. Insbesondere wird S surjektiv uf C bgebildet. Definition. Die Umkehrbbildung log () := (exp ) : C \ R + e j S S heißt der durch bestimmte Logrithmuszweig. Um den Logrithmus von einer komplexen Zhl z explizit zu berechnen, knn mn ds folgende Rezept nwenden:. Zunächst muss mn z in Polrform schreiben: z = r e j t mit 0 t < 2π. 2. Ist t = π (lso z eine negtive reelle Zhl), so setze mn = 0. In jedem nderen Fll knn mn = π setzen. Ist t > π, so ersetze mn t durch t 2π.

22 22 Kpitel 2 Funktionentheorie 3. Ht mn lles richtig gemcht, so ht mn jetzt ein R und ein t mit < t < + 2π gefunden, so dss z = r e j t ist. Dnn ist log () (z) = ln(r) + j t. Zusmmengefsst: Der Huptzweig des Logrithmus ist uf C \ R definiert, lso ist log = log ( π). Liegt z gerde uf der negtiven reellen Achse, so liegt z = r e j π im Definitionsbereich von log (0), und es ist log (0) (z) := ln(r) + j π. Mn bechte ber, dss mit log () (z) = ln(r) + j t uch die unendlich vielen Werte ln(r) + j t + k 2πj, k Z, Logrithmen von z sind. Beispiele.. Sei z = 2j. Dnn ist r = 2 und t = π. Also knn = π gewählt werden, 2 und es ist log(z) = log ( π) (z) = ln(2) + j π Sei z = 2j. Dnn ist wieder r = 2, ber diesml t = 3π. Dieses t liegt nicht 2 zwischen π und π, wohl ber t 2π = π. 2 Dnn ist log ( π) (z) = ln(2) j π 2. D π < 3π 2 ist < 2π gilt, hätten wir uch = 0 oder = π wählen können. Es log (0) (z) = log (π) (z) = ln(2) + j 3π 2 = log ( π)(z) + 2πj. Mit Hilfe des Logrithmus können wir jetzt uch beliebige Potenzen komplexer Zhlen definieren. Definition. Für komplexe Zhlen z und w sei z w := exp(w log(z)). Dbei knn der Exponent w beliebig gewählt werden. z muss 0 sein und im Definitionsbereich des verwendeten Logrithmuszweiges liegen. Normlerweise benutzt mn den Huptzweig, dnn drf z nicht in R liegen. Ds ist eine seltsme Definition! Die Potenz z w wird im llgemeinen nicht eindeutig bestimmt sein, im schlimmsten Fll gibt es unendlich viele Werte. Betrchten wir einige Beispiele:. Ws ist j j? Benutzen wir die Beziehung j = e j π 2 und den Huptzweig des Logrithmus, so folgt: j j = exp(j log ( π) (e j π 2 )) = exp(j j π 2 ) = e π/2 = Es kommen ber noch unendlich viele ndere Werte in Frge, nämlich e π/2 e 2πk, k Z.

23 2 Integrtion im Komplexen Die Wurzel us einer komplexen Zhl z = re j t mit π < t < π ist die Potenz z /2 = exp( 2 [log ( π)(z) + 2πj k]) = exp( [ln(r) + j t + 2πj k]) 2 = exp( 2 ln(r)) exp(j ( t 2 + πk)) = ± r e j t 2. Ds ist ein gnz vernünftiges Ergebnis. Von den ursprünglich unendlich vielen Möglichkeiten bleiben nur zwei übrig. 3. Ähnlich ist es bei der n-ten Wurzel: Ist z = re j t mit π < t < π, so ist z /n = exp( n log(z)) = exp( (ln r + j t)) n = n j (t/n)+j (2k/n)π r e = n r e j (t/n) (ζ n ) k, für k = 0,..., n. wobei ζ n eine n-te Einheitswurzel bezeichnet. In den beknnten Fällen kommt lso uch Beknntes herus. Zum Schluss dieses Prgrphen wollen wir noch die Umlufszhl behndeln. Definition. Sei γ ein beliebiger geschlossener Integrtionsweg in C und z 0 ein Punkt, der nicht uf γ liegt. Dnn heißt n(γ, z 0 ) := dζ 2πj ζ z 0 die Umlufszhl von γ um z 0. γ Beispiel. Durch γ(t) := z 0 + re j kt, t [0, 2π], wird der Kreis um z 0 mit Rdius r prmetrisiert, und zwr so, dss er k-ml durchlufen wird. Nun ist 2πj γ dz z z 0 = 2πj 2π 0 re rj k j kt ej kt dt = k 2π 2π 0 dt = k. Ds Integrl misst ttsächlich, wie oft der Punkt z 0 von γ umlufen wird.

24 24 Kpitel 2 Funktionentheorie Wir wollen sehen, dss n(γ, z 0 ) uch im llgemeinen die Anzhl der Umläufe berechnet und insbesondere eine gnze Zhl ist. Zur Vereinfchung nehmen wir n, dss z 0 = 0 ist. Wenn es möglich ist, berechnet mn ein Integrl mit Hilfe einer Stmmfunktion. Die Stmmfunktion von f(ζ) = /ζ ist der Logrithmus, ber welcher? Um eine vernünftige Logrithmusfunktion einsetzen zu können, müssen wir us der Ebene einen Hlbstrhl herusnehmen. Ds ist ber nicht so ohne weiteres möglich, denn wir müssen dmit rechnen, dss jeder von 0 usgehende Hlbstrhl die Spur von γ trifft. Ws tun? Wir wählen eine Zerlegung = t 0 < t <... < t n < t n = b des Definitionsintervlls von γ, so dss γ([t i, t i ]) jeweils gnz in einer längs eines Hlbstrhls ufgeschlitzten Ebene enthlten ist. Dnn existiert dort jeweils ein Zweig f i des Logrithmus, der ls Stmmfunktion für /z dienen knn. Sei z i := γ(t i ), für i = 0,..., n. Dnn ist z 0 = z n und zi dζ z i ζ = f i(z i ) f i (z i ). D f i+ (z i ) = f i (z i ) 2πj k i und f n (z n ) = f (z 0 ) + 2πj k n ist, mit gewissen gnzen Zhlen k i bzw. k n, folgt: γ dζ ζ Also ist = n i= eine gnze Zhl. zi dζ z i ζ = [f (z ) f (z 0 )] + [f 2 (z 2 ) f 2 (z )] + + [f n (z n ) f n (z n )] = f (z 0 ) + [f (z ) f 2 (z )] + + [f n (z n ) f n (z n )] + f n (z n ) = [f n (z n ) f (z 0 )] + 2πj k + + 2πj k n n = 2πj ( k i + k n ). i= n(γ, 0) = 2πj γ dζ ζ = Diese - zugegebenermßen etws theoretische - Berechnung der Umlufszhl zeigt zugleich, ws mn sich drunter vorstellen soll. Zu jedem i gibt es ein i, so dss f i = log (i ) ist, und es gilt: γ(t) = r(t) e j s(t), mit r(t) > 0 und i < s(t) < i + 2π für t i t t i. n i= k i

25 2 Integrtion im Komplexen 25 Dnn ist 2πj zi z i dζ ζ = 2πj (ln(r(t i)) ln(r(t i ))) + 2π (s(t i) s(t i )). Die rdilen Anteile heben sich in der Summe weg, und so ergibt die Umlufszhl die Summe ller Winkeldifferenzen s(t i ) s(t i ), geteilt durch 2π. Sie misst lso ttsächlich, wie oft sich γ um den Nullpunkt herumwindet. Ds gerde beschriebene Verfhren ist kum prktikbel. Zum Glück gibt es bei einigermßen vernünftigen Wegen eine einfchere Methode zur Bestimmung der Umlufszhl. D γ kompkt und somit bgeschlossen ist, ist G := C \ γ offen. Allerdings ist G i.. nicht zusmmenhängend, sondern besteht us mehreren durch γ voneinnder getrennten Gebieten, sogennnten Zusmmenhngskomponenten. Unter diesen Komponenten knn es nur eine unbeschränkte Menge geben. 2.8 Ds Werteverhlten der Umlufszhl. Die Funktion z n(γ, z) ist uf jeder Zusmmenhngskomponente von C \ γ konstnt und uf der unbeschränkten Menge sogr 0. Beweisndeutung: ) Ist C eine der Zusmmenhngskomponenten und : [, b] C ein stetiger Weg, so ist t n(γ, (t)) eine stetige und Z-wertige Funktion, lso konstnt. 2) Liegt γ in der Kreisscheibe D R (0), so gilt für jeden Punkt z in der unbeschränkten Komponente. dζ L(γ) (/ inf ζ z ) L(γ)/R 0, für R. ζ z ζ γ γ Also verschwindet die Umluszhl uf der unbeschränkten Komponente. Wir kennen nun einen Wert der Umlufszhl, nämlich den weit drußen. Wenn wir wissen, wie sich die Umlufszhl beim Überqueren von γ ändert, dnn können wir lle Werte bestimmen. Wir beschränken uns uf einen Kreis γ(t) := z 0 + r e j t, 0 t 2π. Wenn wir von ußen kommend den Kreis überschreiten, so ändert sich die Umlufszhl von 0 nch +. Dbei kommt der Weg von links. Ändern wir nun den Umlufssinn, so müssen wir den Weg (t) := z 0 + r e j t betrchten. Überqueren wir ihn von ußen nch innen, so kommt er von rechts. Wie steht es mit der Umlufszhl im Inneren des Kreises? Es ist n(, z 0 ) = 2πj 2π 0 r e ( j j t r)e j t dt = 2π 2π 0 Dieses Ergebnis knn mn uf den llgemeinen Fll übertrgen: dt =.

26 26 Kpitel 2 Funktionentheorie Sei γ ein geschlossener Weg, z 0 γ. Es gebe eine kleine kreisförmige Umgebung U von z 0, in der γ genu einml von Rnd zu Rnd läuft. Überquert mn γ bei z 0 so, dss γ dbei von links kommt, so erhöht sich die Umlufszhl um. Kommt γ von rechts, so erniedrigt sich die Umlufszhl um. Beispiel

27 3 Die Cuchysche Integrlformel 27 3 Die Cuchysche Integrlformel 3. Hilfsstz. Sei G C ein Gebiet, f : G C stetig und bis uf einen Punkt z 0 G holomorph. Dnn gilt für jedes bgeschlossene Dreieck G : f(z) dz = 0. δ Insbesondere besitzt f dnn uf jedem sternförmigen Teilgebiet von G eine Stmmfunktion. Ist G selbst sternförmig, so ist f(z) dz = 0 für jeden geschlossenen Weg in G. Beweis: Fälle: Sei G ein bgeschlossenes Dreieck. Wir unterscheiden mehrere. Fll: z 0 ist Eckpunkt von. Dnn zerlegen wir folgendermßen in drei Teildreiecke: z 0 z 2 3 z Wir wissen schon (vom. Cuchyschen Integrlstz), dss 0 ist, lso f(z) dz = 2 f(z) dz = 3 f(z) dz = f(z) dz, unbhängig dvon, wie z und z gewählt werden. Dnn ist f(z) dz L( ) sup f(z), und die rechte Seite strebt gegen Null, wenn z und z gegen z 0 wndern. 2. Fll: z 0 liegt uf einer Seite von, ist ber kein Eckpunkt. Dnn zerlegt mn in zwei Teildreiecke, uf die beide jeweils der erste Fll nwendbr ist: z 0

28 28 Kpitel 2 Funktionentheorie 3. Fll: z 0 liegt im Innern von. Diesen Fll knn mn uf den 2. Fll reduzieren: z 0 Liegt z 0 ußerhlb, so ist überhupt nichts zu zeigen. 3.2 Die Cuchysche Integrlformel. Sei G C ein sternförmiges Gebiet, f : G C holomorph, γ : [, b] G ein geschlossener Weg und z G\ γ beliebig. Dnn gilt: Beweis: f(z) n(γ, z) = 2πj γ f(ζ) ζ z dζ. f(ζ) f(z) flls ζ z Sei g(ζ) = ζ z f (z) flls ζ = z. D f holomorph ist, ist g überll stetig und uf G \ {z} uch holomorph. Auf der sternförmigen Menge G können wir dnn den Hilfsstz uf g nwenden: 0 = g(ζ) dζ γ f(ζ) f(z) = dζ γ ζ z f(ζ) dζ = dζ f(z) γ ζ z γ ζ z f(ζ) = dζ f(z) 2πj n(γ, z). ζ z γ Eine offene Menge B liegt reltiv kompkt in einem Gebiet G (in Zeichen: B G ), flls B kompkt und in G enthlten ist. 3.3 Folgerung. Sei G C ein beliebiges Gebiet, f : G C holomorph, z 0 G und r > 0, so dss D := D r (z 0 ) G ist. Dnn gilt für lle z D : f(z) = 2πj D f(ζ) ζ z dζ.

29 3 Die Cuchysche Integrlformel 29 Beweis: Mn knn ein ε > 0 finden, so dss die (sternförmige) Kreisscheibe D := D r+ε (z 0 ) noch in G enthlten ist. γ sei die Prmetrisierung von D, ds ist ein geschlossener Weg in D mit n(γ, z) = für lle z D. Nun folgt die gewünschte Aussge us der Cuchyschen Integrlformel. Beim Beweis der Cuchyschen Integrlformel ist sehr strk die komplexe Differenzierbrkeit von f usgenutzt worden. Dementsprechend ht der Stz Konsequenzen, die weit über ds hinusgehen, ws mn von einer reell differenzierbren Abbildung erwrten würde. Der gnze Prgrph ist diesen Konsequenzen gewidmet. Beispiele. e z. Es soll ds Integrl dz berechnet werden. Indem mn den D 3 (0) z 2 + 2z Nenner in Linerfktoren zerlegt und eine Prtilbruchzerlegung durchführt, bringt mn ds Integrl in die Form, die uf der rechten Seite der Cuchyschen Integrlformel steht: D 3 (0) e z z 2 + 2z dz = = 2 D 3 (0) [ 2 D 3 (0) ] z 2 z + 2 e z z dz 2 = 2πj 2 [e0 e 2 ] = πj ( e 2 ). e z dz D 3 (0) e z z ( 2) dz 2. Sei C = D ( j ). Dnn liegt j im Innern von C, und j nicht. Dher gilt: 2 C dz z 2 + = 2j = 2j C dz z j 2j C dz z + j [2πj ( 0)] = π. 3.4 Cuchysche Integrlformel für Kreisringe. Sei G C ein beliebiges Gebiet, f : G C holomorph, z 0 G und 0 < r < R. Wenn ds Ringgebiet K r,r (z 0 ) K r,r (z 0 ) := {z C : r < z z 0 < R} noch reltiv-kompkt in G liegt, so gilt: { f(ζ) 2πj f(z) flls z ζ z dζ = Kr,R, 0 sonst. Beweis: Nch der Cuchyschen Integrlformel ist

30 30 Kpitel 2 Funktionentheorie 2πj D R (z 0 ) f(ζ) ζ z dζ 2πj D r(z 0 ) f(ζ) ζ z dζ = f(z) [n( D R(z 0 ), z) n( D r (z 0 ), z)]. Ist z K r,r (z 0 ), so ist n( D R (z 0 ), z) = und n( D r (z 0 ), z) = 0. In den nderen Fällen sind entweder beide Umlufszhlen = oder beide = 0. Wir kommen jetzt zur wichtigsten Folgerung us der Cuchyschen Integrlformel. Der Entwicklungsstz wird die holomorphen Funktionen in gnz neuem Licht erscheinen lssen. Entdeckt wurde er von Tylor und Cuchy beim Versuch, die Tylor-Entwicklung von komplex differenzierbren Funktionen zu berechnen. Die Motivtion erwuchs lso us der Absicht, beknnte Schverhlte us dem Reellen ins Komplexe zu übertrgen. Cuchys Integrlformel lieferte ds pssende Hilfsmittel. 3.5 Entwicklungsstz von Cuchy. Sei G C ein Gebiet, f : G C holomorph und z 0 G. Ist R > 0 der Rdius der größten (offenen) Kreisscheibe um z 0, die noch in G hineinpsst, so gibt es eine Potenzreihe p(z) = n (z z 0 ) n, n=0 die für jedes r mit 0 < r < R uf D r (z 0 ) norml gegen f(z) konvergiert. Außerdem ist dnn n = f(ζ) dζ für lle n. 2πj (ζ z 0 ) n+ Beweis-Skizze: D r(z 0 ) (A) Sei 0 < r < R. Dnn gilt nch der Cuchyschen Integrlformel für z D r (z 0 ) : f(z) = f(ζ) 2πj ζ z dζ. D r(z 0 ) (B) Wir benutzen die geometrische Reihe: Ist w <, so ist w n = w. (C) Ist z D r (z 0 ) und ζ D r (z 0 ), so ist z z 0 < r = ζ z 0, lso z z 0 <. ζ z 0 Also ist = ζ z (ζ z 0 ) (z z 0 ) = ζ z 0 (z z 0 )/(ζ z 0 ) ( ) n z z0 =, ζ z 0 ζ z 0 n=0 n=0

31 3 Die Cuchysche Integrlformel 3 lso f(ζ) ζ z = f(ζ) F n (ζ, z), mit F n (ζ, z) := (ζ z n=0 0 ) (z z 0) n, und die Reihe n+ konvergiert für lle z D r (z 0 ) und ζ D r (z 0 ) bsolut (Mjorntenkriterium). Weil f uf der kompkten Menge D r (z 0 ) beschränkt ist, konvergiert F n (ζ, z) für festes z uf D r (z 0 ) norml gegen f(ζ), und us dem Stz über die Vertuschbrkeit von Grenzwerten ( 2) ζ z folgt: f(z) = 2πj = 2πj = n=0 D r(z 0 ) D r(z 0 ) ( 2πj f(ζ) ζ z dζ ( ) F n (ζ, z) dζ n=0 D r(z 0 ) Die Reihe konvergiert für lle z D r (z 0 ). ) f(ζ) dζ (z z (ζ z 0 ) n+ 0 ) n. 3.6 Folgerung (Höhere Cuchysche Integrlformeln). Sei G C ein Gebiet und f : G C holomorph. Dnn ist f uf G beliebig oft komplex differenzierbr, und für z G und D r (z) G ist f (n) (z) = n! 2πj D r(z) f(ζ) (ζ z) n+ dζ für n N 0. n=0 Beweis: Sei D := D r (z) D R (z) G. Dnn knn f in D in der Form f(ζ) = n (ζ z) n n=0 geschrieben werden. Also ist f in z beliebig oft differenzierbr, die Ableitungen können durch gliedweise Differentition der Reihe gewonnen werden und es gilt: f (n) (z) = n! n = n! 2πj D r(z) f(ζ) dζ. (ζ z) n+ Definition. Sei G C ein Gebiet. Eine Funktion f : G C heißt in z 0 G in eine Potenzreihe entwickelbr, wenn es ein r > 0 gibt, so dss D := D r (z 0 ) G ist und f uf D mit einer konvergenten Potenzreihe übereinstimmt.

32 32 Kpitel 2 Funktionentheorie f heißt uf G nlytisch, wenn f in jedem Punkt von G in eine Potenzreihe entwickelbr ist. Anlytische Funktionen sind beliebig oft komplex differenzierbr! Mn bechte ber, dss mn i.. nicht mit einer einzigen Potenzreihe uskommt. 3.7 Stz von Morer. Sei G C ein Gebiet und f : G C stetig. Wenn f(z) dz = 0 für jedes bgeschlossene Dreieck G ist, dnn ist f holomorph uf G. Beweis: Aus der Vorussetzung folgt, dss f zumindest lokl stets eine (holomorphe) Stmmfunktion F besitzt. Aber weil F beliebig oft komplex differenzierbr ist, ist uch f = F holomorph. Wir fssen nun lle bisherigen Ergebnisse zusmmen: 3.8 Theorem. Sei G C ein Gebiet. Folgende Aussgen über eine Funktion f : G C sind äquivlent:. f ist reell stetig differenzierbr und erfüllt die Cuchyschen DGLn. 2. f ist holomorph. 3. f ist beliebig oft komplex differenzierbr. 4. f ist nlytisch. 5. f ist stetig und besitzt lokl immer eine Stmmfunktion. 6. f ist stetig, und es ist f(z) dz = 0 für jedes bgeschlossene Dreieck in G. Ohne Beweis sei hier der Stz von Gourst zitiert: Ist f uf G einml komplex differenzierbr, so ist f bereits holomorph. Eine einml komplex differenzierbre Funktion ist utomtisch schon beliebig oft komplex differenzierbr. Ds ist ein großer Unterschied zur reellen Theorie! Und wir sind noch lnge nicht m Ende. Die holomorphen Funktionen weisen noch viele ndere wundersme Eigenschften uf. 3.9 Hilfsstz. Sei G C ein Gebiet, f : G C stetig und ußerhlb von z 0 G sogr holomorph. Dnn ist f uf gnz G holomorph. Beweis: besitzt. Aus den Vorussetzungen folgt, dss f lokl immer eine Stmmfunktion

33 3 Die Cuchysche Integrlformel Riemnnscher Hebbrkeitsstz. Sei G C ein Gebiet, z 0 G und f uf G \ {z 0 } holomorph. Bleibt f in der Nähe von z 0 beschränkt, so gibt es eine holomorphe Funktion f uf G, die uf G \ {z 0 } mit f übereinstimmt. Beweis: Wir benutzen einen netten kleinen Trick: { f(z) (z z0 ) für z z Sei F (z) := 0, 0 für z = z 0. Wegen der Beschränktheit von f ist F stetig in G. Außerdem ist F ntürlich holomorph uf G \ {z 0 }. F muss dnn uf gnz G holomorph sein. Also gibt es eine Drstellung F (z) = F (z 0 ) + (z) (z z 0 ), mit einer in z 0 stetigen Funktion. D (z) = f(z) ußerhlb von z 0 holomorph ist, folgt, dss sogr uf gnz G holomorph ist. Wir können f := setzen. Von besonderer Bedeutung sind die beiden folgenden Sätze: 3. Identitätsstz. G C sei ein Gebiet (hier ist wichtig, dss G zusmmenhängend ist!), und f, g : G C seien zwei holomorphe Funktionen.. Es gebe eine Teilmenge M G, die wenigstens einen Häufungspunkt in G ht, so dss f(z) = g(z) für lle z M ist. Dnn ist f(z) = g(z) für lle z G. 2. Es gebe einen Punkt z 0 G, so dss f (k) (z 0 ) = g (k) (z 0 ) für lle k N 0 ist. Dnn ist f(z) = g(z) für lle z G. Die Menge M, die im Stz vorkommt, knn z.b. eine kleine Umgebung U eines Punktes z 0 G sein. Der Identitätsstz sgt: eine holomorphe Funktion uf G ist schon durch ihre Werte uf U festgelegt. Ds zeigt eine gewisse Strrheit der holomorphen Funktionen. Wckelt mn im Loklen n ihnen, so wckelt stets die gnze Funktion mit! 3.2 Mximumprinzip. Sei G C ein Gebiet und f : G C holomorph. Besitzt f in G ein lokles Mximum, so ist f konstnt. Ist G beschränkt, f uf G holomorph und uf G stetig, so nimmt f sein Mximum uf dem Rnd von G n. Aus Zeitgründen müssen wir uf die Beweise verzichten. Eine gnze Funktion ist eine uf gnz C definierte holomorphe Funk- Definition. tion. Beispiele sind die Polynome, ber uch die Exponentilfunktion, der Sinus und der Cosinus. 3.3 Stz von Liouville. Ist f gnz und beschränkt, so ist f konstnt.

34 34 Kpitel 2 Funktionentheorie Beweis: Sei f(z) C für lle z C. Dnn gilt für jedes z C und jedes r > 0 die Ungleichung f (z) = f(ζ) 2πj D r(z) (ζ z) dζ 2 2π (2πr) C r = C 2 r. Ds ist nur möglich, wenn f (z) 0 ist, lso f konstnt. Jetzt sind wir in der Lge, einen einfchen Beweis für den Fundmentlstz der Algebr nzugeben: 3.4 Fundmentlstz der Algebr. Jedes nicht konstnte Polynom besitzt eine Nullstelle in C. Beweis: Wir mchen die Annhme, es gebe ein Polynom p(z) vom Grd n ohne Nullstellen. Es sei p(z) = n z n + n z n + + z + 0 mit n 0. Dnn ist f(z) := /p(z) holomorph uf C, und mn knn schreiben: f(z) = z n q( ), z mit einem Polynom q(w) := n + n w + + w n + 0 w n. D q(0) = n 0 ist, folgt: lim f(z) = lim z z z n q(0) = 0. Also ist f eine beschränkte gnze Funktion. Ds geht nur, wenn f konstnt ist, im Gegenstz zur Annhme.