9 Ergänzungen zur Funktionentheorie

9 Ergänzungen zur Funktionentheorie 9. Herausziehen von Polen und Nullstellen Das folgende Lemma hatten wir an zahlreichen Stellen verwendet, ohne es jemals streng bewiesen zu haben. Lemma 9. Die Funktion f sei in Umgebung von z mit Ausnahme von z holomorph und besitze die Laurent-Entwicklung fz) = a k z z ) k, a n, k=n wobei n eine ganze Zahl ist. Es ist also eine mehrfache Nullstelle oder ein Pol an der Stelle z erlaubt. Dann gilt fz) = z z ) n a n+k z z ) k = z z ) n gz). k= gz) ist holomorph fortsetzbar auf z und die Taylorreihe von g hat den gleichen Konvergenzradius wie die Reihe von f. Beweis: Wir müssen zeigen 9.) lim sup a n+k /k = lim sup a k /k =: a. Wir betrachten hier nur den Fall < a <. Es gibt Folgen k l und ε l mit Dann ist Es gilt a kl /k l = a + ε l a kl = a + ε l ) k l. lna + ε l ) k a kl l n = a + ε l ) k l k l n = k l k l n. k l k l n lna + ε l) l lna. Damit ist in 9.) gezeigt. Die andere Richtung beweist man genauso. 9.2 Hebbare Singularitäten Sei f in einer Umgebung von z holomorph. Wir hatten z hebbare Singularität genannt, wenn in der Laurent-Reihe um z a n = erfüllt ist für alle n Æ. Nun kennt man die Laurent-Reihe oft nicht und kann stattdessen den folgenden einfachen Satz anwenden: Satz 9.2 Sei f in einer Umgebung von z mit Ausnahme von z holomorph. Dann sind äquivalent: a) z ist hebbare Singularität. b) f ist in einer Umgebung von z beschränkt. c) lim z z z z )fz) =. Beweis: Aus b) folgt c). Sei die Bedingung c) erfüllt. Wegen des Satzes von Casorati- Weierstraß schließt die Bedingung c) eine wesentliche Singularität aus. Haben wir in z einen Pol der Ordnung n, so können wir mit Lemma 9. schreiben fz) = k= n a k z z ) k = z z ) n gz), gz ). Damit ist die Bedingung c) verletzt und z ist eine hebbare Singularität. 8

Ist z eine hebbare Singularität, so kann f nach Hebung der Singularität in eine Potenzreihe entwickelt werden. Dann ist f in einer Umgebung von z beschränkt. Als Anwendung zeigen wir, dass es keine in \ {} holomorphe Funktion gibt mit fz) 2 = z. Hieraus folgt nämlich fz) = z. Damit ist f in einer Umgebung von beschränkt und nach dem letzten Satz auf ganz holomorph fortsetzbar. Wegen der Stetigkeit folgt fz) =. Damit ist fz) = a z + Oz 2 ) und fz) 2 = a 2 z2 + Oz 3 ) mit einem Widerspruch. 9.3 Bestimmung von Residuen mit Taylor-Entwicklung Wir erinnern an Satz 5.5: Sei hz) holomorph in einer Umgebung von z mit hz ) und fz) = hz) z z ) m, m. Dann gilt Res z=z fz) = m )! hm ) z ). Anders ausgedrückt müssen wir Res z=z fz) = lim z z ) m fz) ) m ). z z m )! bestimmen. Auch nach Auswertung der Ableitung verbleibt ein Ausdruck der Form. Bei Singularitäten höherer Ordnung empfielt es sich, Zähler und Nenner von fz) nach Taylor zu entwickeln, wodurch sich die Rechnung vereinfacht. Beispiel 9.3 Seien f, g holomorph in Umgebung von z. Es sei fz ) und g besitze eine zweifache Nullstelle in z. Dann gilt fz) Res z=z gz) = 6f z )g z ) 2fz )g z ) 3g z ) 2 Beweis: Wir können z = annehmen. Mit den Taylorentwicklungen von f und g folgt fz) Res z= gz) = d f + zf + Oz 2 )! dz 2 g + 6 zg + Oz 2 ) z= = f 2 g f 6 g + Oz) z= 2 g + = 6f g 2fg 6 zg + Oz 2 )) 2 3g ) 2 Das nächste Beispiel zeigt eine weitere Variante, wie die Taylorreihe zum Einsatz gebracht werden kann: Beispiel 9.4 Sei g holomorph in Umgebung des Nullpunkts mit g 2k ) ) = für alle k Æ. Dann gilt Res z= gz) =. Beweis: Die Taylorreihe von g besteht nur aus geradzahligen Gliedern. Für a ist nichts zu zeigen. Andernfalls gilt für ein k > 9.2) Res z= gz) = lim z 2k )! z 2k a 2k z 2k + a 2k+2 z 2k+2 +... ) 2k ), a2k. 8

Wir kürzen das z 2k heraus und verwenden für y = a 2k+2 z 2 + a 2k+4 z 4 +... die geometrische Reihe a 2k + y = a 2k y a 2k ) = a 2k y ) i = b j z 2j. a 2k Damit besteht die Taylorreihe von z 2k /gz) nur aus geradzahligen Gliedern. Da diese in 9.2) ungeradzahlig oft abgeleitet wird, ist das Residuum von /g in der Tat Null. i= j= 9.4 Cauchy-Ungleichungen und polynomialbeschränkte ganze Funktionen Satz 9.5 Cauchy-Ungleichungen) Sei f holomorph im Gebiet D. Dann gilt für B R z ) D f n) z ) n! f C R n, f C = sup fz), wobei C = K R z ) den Rand von B R z ) bezeichnet. Beweis: Wir erhalten durch eine einfache Abschätzung der Cauchyschen Integralformel f n) z ) = n! fξ)dξ n! 2π 2πi C ξ z ) n+ 2π f n! C Rn+R dt 2π f CR n 2π. z C Satz 9.6 Ist f auf ganz holomorph mit fz) a z n + b, so ist f ein Polynom vom Grad n. Beweis: Nach dem letzten Satz gilt für beliebige R > f n+) z) n + )! ar + z )n + b R n+. Nach der binomischen Formel gilt für R, dass R + z ) n c z )R n und daher f n+) z) =. Damit ist f auf ein Polynom vom Grad n. 9.5 Einige Beweistechniken Um etwas über eine holomorphe Funktion fz) zu erfahren, betrachtet man /f, /fz) b) oder f/z). Eventuell zieht man anschließend mit Lemma 9. die möglichen Singularitäten heraus. Beispiel 9.7 Ist f auf ganz holomorph und nicht konstant, so ist das Bild f ) dicht in, es gibt also zu jedem a eine Folge z k ) mit fz k ) a. Beweis: Andernfalls wäre fz) a ε > für alle z. Die Funktion gz) = fz) a ist holomorph auf und durch ε beschränkt. Nach dem Satz von Liouville ist daher g und damit f konstant. Widerspruch zur Voraussetzung! Beispiel 9.8 Sei f eine ganze injektive Funktion. Dann ist fz) = az + b mit a. Insbesondere gibt es keine biholomorphe Abbildung von auf eine echte Teilmenge von. Beweis: f z ) muss einen Pol oder eine wesentliche Singularität im Nullpunkt besitzen, denn andernfalls wäre fz) beschränkt und nach dem Satz von Liouville konstant. Angenommen, z = wäre eine wesentliche Singularität. Wir wissen, dass das Bild einer beliebigen Kreisscheibe z z < r von fz) eine offene Menge ist. Da f injektiv ist, kommt diese Bildmenge sonst nicht mehr vor. 82

Dies widerspricht dem Satz von Casorati-Weierstraß, denn das Bild einer kleinen Umgebung von z = von f z ) liegt nicht dicht in. Damit besitzt f z ) einen Pol der Ordnung n > : f = z z) n gz), g) fz) = z n g. z) Da gz) holomorph ist, ist g z ) beschränkt. Nach Satz 9.6 ist fz) ein Polynom. Ein Polynom vom Grad 2 besitzt entweder zwei verschiedene Nullstellen oder eine mehrfache Nullstelle. Im Fall einer mehrfachen Nullstelle z gilt f z ) =. In beiden Fällen ist f nicht injektiv. Damit besitzt f die angegebene Form. Eine weitere wichtige Beweistechnik ist die Analyse der Taylor- oder Laurentreihe. Beispiele 9.9 i) Sei D ein beschränktes Gebiet mit D und f : D D sei holomorph. Gilt f) = und f ) =, so ist f linear. Beweis: Ist f nichtlinear mit f ) =, so hat die Taylorreihe von f die Form fz) = z + a n z n + Oz n+ ), a n. Dann gilt für f k = f f... f, dass f k z) = z + ka n z n + Oz n+ ). Da D beschränkt ist, gilt f k z) M unabhängig von k. Nach Satz 9.5 gilt für ein beliebiges B R ) D für g k = f k n!ka n = g n) n!m k ) R n, was für genügend großes k zu einem Widerspruch führt. ii) Sei f holomorph in B R ). Dann gilt fz) dz = 2πir 2 f ), < r < R. K r) Beweis Die Taylor-Reihe fz) = n= a nz n hat den gleichen Konvergenzradius wie die von f, n nämlich R, weil a n = n a n. Sie darf gliedweise integriert werden mit 2π z n dz = r n e n)it ri dt. K r) Für n = erhalten wir hier 2πir 2, ansonsten ist der Wert. Daher fz) dz = 2πir 2 a = 2πir 2 f ). K r) iii) Sei f in = B ) mit Ausnahme des Nullpunkts holomorph. Dann gilt Res z=z f z) =. Beweis: fz) lässt sich um in eine Laurent-Reihe entwickeln, fz) = Diese Reihe darf gliedweise differenziert werden, f z) = also verschwindet der Koeffizient von z. n= n= a n z n. na n z n, 83

9.6 Die Gamma-Funktion Die Gamma-Funktion lässt sich nach Euler für Re z > durch 9.3) Γz) = e t t z dt definieren. Im angegebenen Bereich ist das Integral auf der rechten Seite absolut konvergent. Es gilt e t t z = e t t x mit x = Re z. Im Intervall, ) ist t x integrierbar und für große t verwenden wir die Abschätzung e t t n /n!, also e t ct n. Mit partieller Integration folgt b d a dt e t e z ln t dt = b a e t e z ln t z t dt e t t z b a. Für Re z > konvergieren die Randterme für a und b gegen Null und wir erhalten Zusammen mit Γ) = folgt hieraus Γz + ) = zγz). Γn + ) = n! für alle n Æ. Die Gamma-Funktion ist daher eine Fortsetzung der Fakultätsfunktion auf die komplexe Ebene. Um zu zeigen, dass die Gamma-Funktion holomorph ist und auf fast ganz fortgesetzt werden kann, betrachten wir die folgende Zerlegung Γz) = e t t z dt + e t t z dt = F z) + F 2 z). Wie oben gezeigt wurde, vernascht e t jede Potenz von t. Daher ist F 2 z) auf ganz definiert und dort auch holomorph. Dies zeigt man am einfachsten mit dem Satz von Lebesgue über die majorisierte Konvergenz. Dazu müssen wir eine integierbare Majorante für den Differenzenquotienten finden. Wir verwenden Mit z = hlnt folgt dann h F 2z + h) F 2 z)) = h e t e z+h ) ln t e z ) ln t) dt e t e h ln t ) e z ) ln t dt h e z z + z 2! + z 2 +...) z e z. 3! e h ln t lnte h ln t = lntt h lnt + t) für h. h Die punktweise Konvergenz ist klar, weil e z ln t für jedes t nach z stetig differenzierbar ist. Für die Funktion F z) erhalten wir aus der Reihendarstellung der e-funktion 9.4) F z) = = t) n t z dt = n! n= ) n n! z + j. n= ) n n= n! t j+z dt 84

Wegen sup z m n=2m ) n n! z + j n=2m n! m < ist die Reihe 9.4) kompakt konvergent in \ Æ ) und stellt dort eine meromorphe Funktion dar. Satz 9. Durch ) n Γz) = n! n= z + j + e t t z dt 8 6 ist eine auf meromorphe Funktion erklärt. Alle nichtpositiven ganzen Zahlen sind Pole erster Ordnung mit Residuum ) n /n! 4 2 Aus 9.4) ersehen wir, dass die Werte der Gamma- Funktion reell sind für reelles z. Weiter stimmen die Funktionen Γz +) und zγz) auf der rechten Halbebene überein und nach dem Identitätssatz gilt die Funktonalgleichung Γz + ) = zγz) für alle z \ { Æ }. Zur weiteren Untersuchung der Gamma-Funktion benötigen wir einige elementare Hilfsmittel. -4-2 -2-4 2 4 Lemma 9. Für alle t [, n] gilt -6 e t n) t n. -8 Beweis: Mit h n t) = e t t/n) n gilt für alle n Æ und alle t n h nt) = e t t n ) n ne t t n ) n ) = e t t ) n t n n n. Daher ist h n auf [, n] monoton wachsend. Wegen h) = folgt h n t) auf [, n] und daher e t n) t n = e t h n t) auf [, n]. Lemma 9.2 Der Grenzwert n ) γ = lim n j lnn j= existiert mit γ =.577256649.... γ heißt Eulersche Konstante manchmal auch Euler-Mascheroni- Konstante). Wegen Beweis: Es gilt < j+ j n j= j lnn = n n + j= j+ j j t ) dt. j ) j+ t j j+ dt = dt t j jt j j 2 dt = j 2 existiert der Grenzwert nach dem Majorantenkriterium. 85