3 3 Windungszahlen und Cauchysche Integralformeln 3. Definition: Sei geschlossener Integrationsweg oder Zyklus mit z 0 C \ Sp. Dann heißt n(, z 0 ) := dz z z 0 Windungszahl (oder: Index, Umlaufszahl) von bzgl. z 0. Wir zeigen n(, z 0 ) Z, dies folgt aus 3.2 Lemma: Sei : [a, b] C geschlossener Integrationsweg und z 0 C \ Sp. Dann ist n(, z 0 ) Z. Beweis: O.B.d.A. sei stetig differenzierbar (sonst analog), dann ist auch h : [a, b] C, t t (τ) dτ a (τ) z 0 differenzierbar mit h(a) = 0, h(b) = n(, z 0 ). Ferner ist g : [a, b] C, t ((t) z 0 )e h(t) differenzierbar mit g (t) = g(t)[ h (t) + (t) (t) z 0 ] = 0, d.h. c C mit g(t) = c t=a = (a) z 0 ( 0). (t) z 0 (a) z 0 = e h(t) t [a, b], also ((a) = (b)) e h(b) = e h(a) = e 0 =. Also ist nach Beispiel?? b) h(b) = n(, z 0 ) Z. ( ) 3.3 Bemerkung (Zur Bestimmung von n(, z 0 )): Mit den Bezeichnungen aus Lemma 3.2 (mit Beweis) ist für z 0 Sp arg (t) z 0 (a) z 0 = arg[(t) z 0 ] arg[(a) z 0 ] ( ) = 2π Re h(t). Wegen Re h(a) = 0 und Re h(b) = n(, z 0 ) ist der Zuwachs von 2π arg[(t) z 0], wenn t von a nach b läuft, gleich n(, z 0 ).
3 Windungszahlen und Cauchysche Integralformeln 4 3.4 Beispiel: Sei z 0 C, m Z \ {0} und r > 0. Dann gilt für : [0, 2π] C, t z 0 + re imt : n(, z 0 ) = 2π (t) dt = 2π im re imt dt = m. 0 (t) z 0 0 re imt Nach Bemerkung 3.3 ist sogar n(, z) = m z U r (z 0 ). (vgl. auch Satz 3.6) 3.5 Lemma: Sei Integrationsweg in C und f : Sp O C stetig. Für alle ζ Sp sei f(ζ, ) : O C, z f(ζ, z) holomorph mit stetiger Ableitung f z (ζ, ). Dann ist F : O C, z f(ζ, z)dζ holomorph mit F (z) = f z (ζ, z)dζ z O. Beweis: Nach Voraussetzung ist f stetig, ferner ist ( ζ Sp ) f(ζ, ) stetig reell differenzierbar. (Analysis 2, Satz 29.3, parameterabhängige Integrale) F ist reell differenzierbar mit F z (z) = f z (ζ, z)dζ und F z (z) = f z (ζ, z) dz = 0. }{{} = 0 nach S.?? Also folgt mit Satz?? die Behauptung.
3 Windungszahlen und Cauchysche Integralformeln 5 3.6 Satz: Sei Γ = m n j j ein Zyklus. Dann ist n(γ, ) : O = C \ Sp Γ Z auf j= jeder Zusammenhangskomponente von O konstant und gleich Null auf der unbeschränkten Zusammenhangskomponente. Beweis: z n(γ, z) = m n j j= j dζ ζ z ist nach Lemma 3.5 holomorph (und somit stetig) in O; wegen n(, z) Z folgt daraus die. Behauptung. Da Sp Γ kompakt ist, existiert genau eine unbeschränkte Zusammenhangskomponente von O. Daher folgt die 2. Behauptung aus n(γ, z) 2π m j= n j L( j ) max ζ Sp j ζ z z 0. 3.7 Satz (Cauchysche Integralformel): Sei G sternförmig, ein geschlossener Integrationsweg in G und f H(G). Dann gilt für z G \ Sp f(z)n(, z) = dζ. () ζ z Beweis: Für z G \ Sp besitzt g : G C, ζ { f(z) ζ z f (z) für ζ z für ζ = z nach Satz?? eine Stammfunktion. Damit folgt die Behauptung aus dζ 0 = g(ζ)dζ = dζ f(z). ζ z ζ z }{{} = n(,z) Als wichtigsten Spezialfall notieren wir (beachte Beispiel 3.4): 3.8 Korollar: Sei 0 < r < R, a C und f H(U R (a)), so gilt: a) f(z) = ζ z dζ z U r(a). (2) ζ a =r [Man erkennt hier, dass die Funktionswerte von f in U r (a) bereits durch die Funktionswerte von f auf U r (a) bestimmt sind.] b) f (n) (z) = n! ζ a =r (ζ z) n+ dζ z U r(a), n N 0. (3)
3 Windungszahlen und Cauchysche Integralformeln 6 Beweis: a) Satz 3.7 b) folgt aus a) mit Lemma 3.5 induktiv. Als Anwendung der Cauchyschen Integralformel ergibt sich der für die Funktionentheorie zentrale Satz: 3.9 Satz: f H(O) f ist um jeden Punkt a O in eine Potenzreihe entwickelbar, d.h. hier: R > 0 mit U R (a) O ist f(z) = c n (z a) n z U R (a). S.?? (Merke: c n = n! f(n) Kor. 3.8 (a) = ζ a =r dζ, 0 < r < R.) (ζ a) n+ Beweis: : Satz?? Zu : Sei f H(O), 0 < r < R, U R (a) O und z U r (a) fest; dann konvergiert die Reihe ζ z = ζ a z a ζ a = (z a) n (ζ a) n+ (4) (für festes z) absolut und gleichmäßig ζ U r (a). Damit folgt die Behauptung aus f(z) (2),(4) = = ζ a =r ( ) (z a) n dζ (ζ a) n+ ζ a =r (ζ a) n+dζ (z a) n. }{{} =:c n Als weitere Anwendungen erhalten wir die Cauchy-Ungleichungen: 3.0 Satz: Mit r, ε > 0 sei f(z) = c n (z a) n konvergent für z a r + ε. Dann gilt mit M(r) := max{ f(z) z a = r} für 0 < δ r f (n) (z) r δ Mit δ = r bzw. δ = r liefert (5) 2 n! δ n M(r) für z a r δ und n N 0. (5) bzw. n! f(n) (a) (),(5) = c n M(r) r n n N 0 (6) f (n) (z) 2n+ n! r n M(r) n N 0 und z a r 2. (7)
3 Windungszahlen und Cauchysche Integralformeln 7 Beweis: Für z a r δ und ζ a = r ist ζ z ζ a a z = r z a δ Da f in U r+ε (a) holomorph ist, folgt (5) mit der Standardabschätzung für Integrale aus (3). 3. Satz (Liouville): Ist f ganze Funktion, und gilt für s 0 mit M(r) := max{ f(z) z = r} M(r) lim inf = L <, r r s so ist f ein Polynom vom Grad s; insbesondere ist jede beschränkte ganze Funktion konstant. Beweis: Mit der Potenzreihenentwicklung f(z) = c n z n (konvergent in C nach S. 3.9) folgt aus (6) c n M(r) n N r n 0, r > 0. Nach Voraussetzung existiert eine Folge (r j ) mit lim r j = und M(r j ) < rj s (L + ) j (j j 0 ). Damit folgt die Behauptung aus c n (L + )r s n j Hieraus folgt j 0 für n > s. 3.2 Satz (Fundamentalsatz der Algebra): Jedes Polynom P(z) = n a j z j mit a n 0 und n besitzt in C genau n Nullstellen (jede sooft gezählt, wie es ihrer Vielfachheit entspricht). Beweis: Hätte P keine Nullstelle, so wäre beschränkte ganze Funktion und somit nach P dem Satz von Liouville konstant; Widerspruch. Die Beschränktheit von für z R folgt aus P(z) ( n )] [ a n z n a j z P(z) a n z j n 0. j=0 Also besitzt P mindestens eine Nullstelle z n C und somit die Darstellung n P(z) = (z z n ) b j z j mit b n = a n 0. j=0 Da jedes nichtkonstante Polynom az + b genau eine Nullstelle hat, folgt induktiv die (bis auf Permutationen eindeutige) Darstellung n P(z) = a n (z z j ). j= j=0
3 Windungszahlen und Cauchysche Integralformeln 8 3.3 Satz (Morera): Ist f : G C stetig und gilt für jedes abgeschlossene Dreieck G f(z)dz = 0, so ist f H(G). Beweis: Sei r > 0 und U r (a) G. Wir setzen für z U r (a) F(z) := dζ. [a,z] Dann ist F lokale Stammfunktion von f, denn für z U r (a) gilt (nach Voraussetzung) F(z) dζ F(z ) = dζ = 0 [z,z] (a,z,z ) und somit (für z z ) F(z) F(z ) f(z ) z z = ( f(z ))dζ z z [z,z] max{ f(z ) ζ [z, z]} z z 0 ( da f stetig ), d.h. F (z ) = f(z ). Da a G beliebig war, folgt f H(G). 3.4 Satz: Sei f H(O), f = u+iv. Dann gilt: u, v C (τ(o)) und u = 0, v = 0 in τ(o), (d.h. u und v sind harmonische Funktionen). Beweis: u, v C (τ(o)) gilt wegen f (n) H(O) n N 0. Die Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen liefern: } u x = v y u y = v x u } xx = v yx u u yy = v xx + u yy = 0. xy Analog folgt v = 0.