Vertiefung der Funktionentheorie, WS 2009/2010 [Lecture notes]

50 Pages·2010·0.392 MB·German

by  Michael Stoll

Vertiefung der Funktionentheorie
Wintersemester 2009/2010
Universit¨at Bayreuth
Michael Stoll
Inhaltsverzeichnis
0. Wiederholung 2
1. Der Residuensatz 4
2. Anwendungen des Residuensatzes 7
3. Das Null- und Polstellen z¨ahlende Integral 18
4. Die Riemannsche Zahlenkugel 24
5. Konforme Abbildungen und Automorphismen 30
6. Folgen, Reihen und unendliche Produkte holomorpher Funktionen 41
Literatur 50
2
0. Wiederholung
In diesem Abschnitt stellen wir die wichtigsten Begriffe und S¨atze zusammen, die
aus der Einfu¨hrung in die Funktionentheorie“ bekannt sein sollten.
”
0.1. Isolierte Singularit¨aten und Laurentreihen.
Sei D ⊂ C ein Gebiet, z ∈ D. Ist f ∈ O(D\{z}), so heißt z isolierte Singularit¨at
von f.
Allgemein gilt, dass sich eine holomorphe Funktion f auf einem Kreisring
{z ∈ C | r < |z −z | < R}
0
in eine konvergente Laurentreihe entwickeln l¨asst:
∞
X
f(z) = a (z −z )n
n 0
n=−∞
mit (fu¨r r < ρ < R beliebig)
Z
1
a = (ζ −z )−n−1f(ζ)dζ.
n 0
2πi
|ζ−z0|=ρ
Dabei heißt die Laurentreihe P∞ a (z−z )n konvergent an einer Stelle z ∈ C,
n=−∞ n 0
wenn die beiden Reihen P∞ a (z −z )n und P∞ a (z −z )−n konvergieren;
n=0 n 0 n=1 −n 0
der Wert der Laurentreihe ist dann die Summe der Werte dieser beiden Reihen.
Insbesondere gilt: Ist z eine isolierte Singularit¨at der holomorphen Funktion f,
0
dann ist f holomorph auf einer punktierten Kreisscheibe
{z ∈ C | 0 < |z −z | < r} = U (z )\{z }
0 r 0 0
und ist dort gegeben durch eine konvergente Laurentreihe
∞
X
f(z) = a (z −z )n.
n 0
n=−∞
Ist f auf einer solchen punktierten Kreisscheibe beschr¨ankt, dann sind fu¨r n <
0 alle a = 0, die Singularit¨at ist hebbar, und f l¨asst sich holomorph nach z
n 0
fortsetzen durch f(z ) = a (Riemannscher Hebbarkeitssatz).
0 0
Gilt a = 0 fu¨r n < −k, aber a 6= 0 (mit k ≥ 1), dann hat f bei z einen Pol der
n −k 0
Ordnung k (oder einen k-fachen Pol). Dies ist ¨aquivalent mit lim f(z) = ∞.
z→z0
Sind unendlich viele Koeffizienten a fu¨r n < 0 von null verschieden, dann nennt
n
man z eine wesentliche Singularit¨at. In diesem Fall liegt das Bild unter f jeder
0
(beliebig kleinen) punktierten Umgebung von z dicht in C (Satz von Casorati-
0
Weierstraß). (Tats¨achlich gilt sogar, dass f nahe z h¨ochstens einen Wert ausl¨asst
0
(Satz von Picard).)
3
0.2. Cauchyscher Integralsatz und Cauchysche Integralformel.
Sei γ ein nullhomotoper geschlossener Weg im Gebiet D, f holomorph in D. Dann
gilt
Z
f(ζ)dζ = 0
γ
(Cauchyscher Integralsatz).
Fu¨r die Umlaufzahl-Version“ der Cauchyschen Integralformel mu¨ssen wir uns an
”
die Umlaufzahl erinnern: Sei γ ein geschlossener Weg in C, z ∈/ |γ| (wir schreiben
|γ| fu¨r das Bild γ([a,b]), wenn γ : [a,b] → C). Dann setzen wir
Z
1 1
I(γ,z) = dζ ∈ Z.
2πi ζ −z
γ
Damit haben wir folgende Version der Cauchyschen Integralformel: Sei f im Ge-
biet D holomorph, γ ein in D nullhomotoper geschlossener Weg. Dann gilt fu¨r alle
z ∈ D\|γ|:
Z
1 f(ζ)
I(γ,z)f(z) = dζ.
2πi ζ −z
γ
0.3. Homotopie von Wegen.
Was bedeutet nullhomotop“? Es gibt den allgemeinen Begriff der Homotopie von
”
Wegen:
Zwei Wege γ ,γ : [a,b] → D heißen homotop in D, wenn es eine stetige Funktion
0 1
(Homotopie) H : [0,1]×[a,b] → D gibt mit H(0,t) = γ (t) und H(1,t) = γ (t) fu¨r
0 1
alle t ∈ [a,b]. Man kann sich H als eine stetige Familie von Wegen γ : t 7→ H(s,t)
s
vorstellen, die γ stetig in γ deformiert“.
0 ” 1
Die Wege γ und γ heißen homotop mit festen Endpunkten, wenn es zus¨atzlich
0 1
z ,z ∈ D gibt mit H(s,a) = z und H(s,b) = z fu¨r alle s ∈ [0,1]. (Insbesondere
0 1 0 1
haben dann γ und γ den selben Anfangspunkt z und Endpunkt z .)
0 1 0 1
Die Wege γ und γ heißen homotop als geschlossene Wege, wenn H zus¨atzlich
0 1
die Bedingung H(s,a) = H(s,b) fu¨r alle s ∈ [0,1] erfu¨llt. Das bedeutet, dass alle
Wege γ geschlossen sind.
s
Ein geschlossener Weg γ : [a,b] → D heißt nullhomotop in D, wenn es einen
konstanten Weg c gibt, so dass γ und c in D homotop als geschlossene Wege sind.
Anschaulich bedeutet das, dass man γ innerhalb von D stetig zu einem Punkt
zusammenziehen kann.
Die wesentliche Aussage (aus der der Cauchysche Integralsatz folgt) ist hier, dass
fu¨r zwei Wege γ und γ in D, die in D homotop mit festen Endpunkten sind, und
0 1
eine in D holomorphe Funktion f gilt
Z Z
f(ζ)dζ = f(ζ)dζ.
γ0 γ1
Die selbe Aussage gilt, wenn γ und γ als geschlossene Wege in D homotop sind.
0 1
4
1. Der Residuensatz
Der Residuensatz l¨asst sich als Verallgemeinerung der Cauchyschen Integralformel
verstehen. Ihr Integrand f(ζ)/(ζ − z) ist holomorph auf D mit Ausnahme einer
isolierten Singularit¨at (hebbar oder einfacher Pol) bei z. Der Residuensatz erwei-
tert dies zu einer Formel fu¨r das Integral einer Funktion mit beliebigen isolierten
Singularit¨aten.
1.1. Definition. Sei z eine isolierte Singularit¨at der holomorphen Funktion f.
0
Dann ist f in einer punktierten Umgebung von z durch eine konvergente Lauren-
0
treihe darstellbar:
∞
X
f(z) = a (z −z )n.
n 0
n=−∞
Das Residuum von f bei z ist dann
0
Res f(z) = Res f = a .
z=z0 z0 −1
damit k¨onnen wir den Residuensatz formulieren.
1.2. Satz (Residuensatz). Sei γ ein geschlossener, im Gebiet D nullhomotoper
Weg. Seien weiter z ,...,z ∈ D\|γ|, und sei f ∈ O(D\{z ,...,z }). Dann gilt
1 m 1 m
Z m
X
f(ζ)dζ = 2πi I(γ,z )Res f .
j zj
j=1
γ
Bevor wir den Residuensatz beweisen, wollen wir uns noch u¨berlegen, wie man
das Residuum berechnen kann, wenn die fragliche Singularit¨at ein Pol ist.
1.3. Lemma. Sei z eine isolierte Singularit¨at der holomorphen Funktion f.
0
(1) Hat f bei z einen einfachen Pol, dann gilt
0
Res f = lim(z −z )f(z).
z0 z→z0 0
(2) Sind f und g bei z holomorph, und hat g eine einfache Nullstelle bei z ,
0 0
so gilt
f f(z )
0
Res = .
z0 g g0(z )
0
(3) Hat f bei z einen k-fachen Pol, dann ist g(z) = (z − z )kf(z) in z
0 0 0
holomorph, und
g(k−1)(z )
0
Res f = .
z0 (k −1)!
Beweis.
(1) Die Laurentreihe von f um z hat die Form
0
a
−1
f(z) = +a +a (z −z )+··· .
0 1 0
z −z
0
Daher ist (z−z )f(z) = a +(z−z )g(z) mit g holomorph in z . Es folgt
0 −1 0 0
lim (z −z )f(z) = a = Res f.
z→z0 0 −1 z0
5
(2) Es gilt f(z) = f(z )+(z−z )f˜(z) und g(z) = g0(z )(z−z )+(z−z )2g˜(z)
0 0 0 0 0
˜
mit bei z holomorphen Funktionen f und g˜. f/g hat einen einfachen Pol
0
bei z ; nach Teil (1) folgt
0
˜
f f(z) f(z )+(z −z )f(z) f(z )
0 0 0
Res = lim(z −z ) = lim = .
z0 g z→z0 0 g(z) z→z0 g0(z0)+(z −z0)g˜(z) g0(z0)
(3) Die Laurentreihe von f um z hat die Form
0
f(z) = a (z −z )−k +···+a (z −z )−1 +··· .
−k 0 −1 0
Also ist
g(z) = a +a (z −z )+···+a (z −z )k−1 +···
−k −k+1 0 −1 0
holomorph in z (genauer: g hat eine hebbare Singularit¨at, die wir still-
0
schweigend durch holomorphe Fortsetzung verschwinden lassen), und
g(k−1)(z )
0
Res f = a =
z0 −1 (k −1)!
nach der u¨blichen Formel fu¨r Koeffizienten von Potenzreihen.
⁄
1.4. U¨bung. Zeigen Sie folgende Aussage:
f habe einen einfachen Pol bei z , und g sei holomorph bei z . Dann gilt
0 0
Res fg = g(z )Res f .
z0 0 z0
1.5. Beispiel. Wir betrachten f(z) = 1 . f ist holomorph auf ganz C mit
z2+1
AusnahmevonzweiisoliertenSingularit¨atenbeiz = ±i(woderNennerNullstellen
hat). Die Nullstellen des Nenners sind einfach, also hat f einfache Pole, und die
Residuen sind nach Lemma 1.3, (2)
1 1 i 1 1 i
Res = = − und Res = = .
z=i z2 +1 2i 2 z=−i z2 +1 −2i 2
Zum Beweis des Residuensatzes brauchen wir folgende Aussage.
1.6. Lemma. Sei D ⊂ C ein Gebiet, z ∈ D und f holomorph in D\{z }. Dann
0 0
gibt es holomorphe Funktionen f : C\{z } → C und f : D → C mit f = f +f
1 0 0 0 1
auf D\{z }.
0
f heißt dann auch der Hauptteil von f bei z , f dementsprechend der Nebenteil.
1 0 0
Beweis. Sei r > 0 mit U (z ) ⊂ D. Dann ist f auf U (z ) \ {z } durch eine
r 0 r 0 0
konvergente Laurentreihe darstellbar:
∞
X
f(z) = a (z −z )n.
n 0
n=−∞
Wir setzen
−1 ∞
X X ‡ 1 ·n
f (z) = a (z −z )n = a .
1 n 0 −n
z −z
0
n=−∞ n=1
Die f definierende Reihe konvergiert fu¨r |z − z |−1 > 1/r, nach den Konver-
1 0
genzs¨atzen fu¨r Potenzreihen also auf ganz C\{z }. Damit ist f : C\{z } → C
0 1 0
definiert. Sei f = f −f , zun¨achst auf D\{z }. Auf U (z )\{z } stimmt f mit
0 1 0 r 0 0 0
6
der durch die Potenzreihe P∞ a (z−z )n gegebenen Funktion u¨berein, die in z
n=0 n 0 0
eine hebbare Singularit¨at hat. Also k¨onnen wir f holomorph auf D fortsetzen. ⁄
0
1.7. Folgerung. Sei D ⊂ C ein Gebiet, z ,z ,...,z ∈ D, und f sei holomorph
1 2 m
auf D \ {z ,...,z }. Dann gibt es holomorphe Funktionen f : D → C und
1 m 0
f : C\{z } → C fu¨r j = 1,...,m mit f = f +f +···+f auf D\{z ,...,z }.
j j 0 1 m 1 m
Beweis. DurchInduktionmittelsLemma1.6.Odermandefiniertf alsdenHaupt-
j
teil von f bei z und f = f − f − ··· − f , und verifiziert wie im Beweis von
j 0 1 m
Lemma 1.6, dass f in allen z hebbare Singularit¨aten hat. ⁄
0 j
Wir beweisen jetzt erst einmal folgenden Spezialfall des Residuensatzes:
1.8. Lemma. Sei z ∈ C, f holomorph auf C\{z }, und sei γ ein geschlossener
0 0
Weg in C mit z ∈/ |γ|. Dann gilt
0
Z
f(z)dz = 2πiI(γ,z )Res f .
0 z0
γ
Beweis. f ist auf ganz C\{z } durch eine konvergente Laurentreihe dargestellt:
0
∞
X
f(z) = a (z −z )n.
n 0
n=−∞
Sei
−2 ∞
X a X a
F(z) = n (z −z )n+1 + n (z −z )n+1.
0 0
n+1 n+1
n=−∞ n=0
Dann gilt
a 1
F0(z) = f(z)− −1 = f(z)− Res f .
z −z z −z z0
0 0
Es folgt
Z Z Z
dz
f(z)dz = F0(z)dz + ·Res f
z −z z0
0
γ γ γ
= 0+2πiI(γ,z )Res f
0 z0
nach Definition der Umlaufzahl. ⁄
Beweis des Residuensatzes. Nach Folgerung 1.7 k¨onnen wir schreiben
f = f +f +f +···+f ,
0 1 2 m
wobei f auf D und fu¨r j = 1,...,m die Funktionen f auf C \ {z } holomorph
0 j j
sind. Es folgt
Z Z m Z
X
f(ζ)dζ = f (ζ)dζ + f (ζ)dζ
0 j
j=1
γ γ γ
m
X
= 0+ 2πiI(γ,z )Res f
j zj
j=1
nach dem Cauchyschen Integralsatz und Lemma 1.8. ⁄
7
1.9. Bemerkung. Der Residuensatz gilt auch noch, wenn f in D unendlich viele
isolierteSingularit¨atenhat:SeiH : [0,1]×[a,b] → D eineHomotopievongeschlos-
senen Wegen, die γ zu einem Punkt zusammenzieht. Dann ist das Bild von H eine
kompakte Teilmenge von D, und wir k¨onnen D ersetzen durch eine Umgebung D0
des Bildes von H, deren Abschluss kompakt ist und ebenfalls in D enthalten ist.
Die Menge der isolierten Singularit¨aten von f ist diskret (nach Definition hat jede
eine Umgebung, in der keine andere enthalten ist), also liegen nur endlich viele
davon im kompakten Abschluss von D0. Nach Konstruktion ist γ auch in D0 null-
homotop. Damit k¨onnen wir den Residuensatz auf D0 anwenden. Beachte auch,
dass fu¨r jedes z ∈/ D0 die Umlaufzahl I(γ,z) = 0 ist.
1.10. Beispiel. Wir berechnen
Z
dz
.
sinz
|z|=3π/2
Der Integrand 1/sinz hat Singularit¨aten fu¨r z = kπ, k ∈ Z. Der Nenner hat
jeweils eine einfache Nullstelle, also ist
1 1
Res = = (−1)k.
z=kπ
sinz coskπ
DreiderSingularit¨atenliegenimInnerendesKreises|z| = 3π,n¨amlichz = −π,0,π
2
(jeweils mit Umlaufzahl 1). Aus dem Residuensatz erhalten wir nun
Z
dz ‡ 1 1 1 ·
= 2πi Res +Res +Res
z=−π z=0 z=π
sinz sinz sinz sinz
|z|=3π/2
= 2πi(−1+1−1) = −2πi.
2. Anwendungen des Residuensatzes
Der Residuensatz ist sehr wichtig (auch im Hinblick auf die Staatsexamensklau-
sur),weilervieleAnwendungenbeiderBerechnungvonbestimmten(auchreellen)
Integralen und Werten von unendlichen Reihen hat.
2.1. Anwendung 1. Sei R eine rationale Funktion in zwei Variablen, so dass
R(x,y) fu¨r alle x,y mit x2 +y2 = 1 definiert ist. Wir berechnen das Integral
2π
Z
R(sint,cost)dt.
0
Dazu beachten wir, dass mit ζ = eit gilt
ζ +ζ−1 ζ −ζ−1
cost = und sint = .
2 2i
Außerdem ist dt = −iζ−1dζ, so dass wir umformen k¨onnen:
2π
Z Z ‡ζ −ζ−1 ζ +ζ−1·dζ
R(sint,cost)dt = −i R , .
2i 2 ζ
0 |ζ|=1
Sei
‡z −z−1 z +z−1·
f(z) = z−1R , ,
2i 2
8
dann folgt aus dem Residuensatz
2π
Z
X
R(sint,cost)dt = 2π Res f ,
z
0 |z|<1
wobei die Summe u¨ber die Pole von f im Inneren des Einheitskreises zu erstrecken
ist.
2.2. Beispiel. Um
2π
Z
1
dt
2+cost
0
zu berechnen, bestimmen wir
1 2
f(z) = z−1 = .
¡ ¢
1 4+z +z−1 z2 +4z +1
2
√ √
Der Nenner hat (einfache) Nullstellen bei z = −2± 3. Davon liegt z = −2+ 3
im Einheitskreis. Das Residuum ergibt sich zu
√
2 3
Res √ f = √ = .
−2+ 3 2 3 3
Insgesamt haben wir dann also
2π √
Z
1 2 3
dt = π.
2+cost 3
0
2.3. Beispiel. Fu¨r
2π
Z
1
dt
(2+cost)2
0
haben wir
‡ 1 ·2 4z
f(z) = z−1 = .
¡ ¢
1 4+z +z−1 (z2 +4z +1)2
√ 2
Bei z = −2+ 3 haben wir jetzt einen Pol zweiter Ordnung; wir mu¨ssen also die
kompliziertere Formel aus Lemma 1.3, (3), verwenden. Es ist
4z
f(z) = √ √ ,
(z +2+ 3)2(z +2− 3)2
also
√ 4z
g(z) = (z +2− 3)2f(z) = √ ,
(z +2+ 3)2
und
√
√ 4(z +2+ 3−2z)fl 16 2√
Res √ f = g0(−2+ 3) = √ fl = √ = 3.
−2+ 3 (z +2+ 3)3 flz=−2+√3 (2 3)3 9
Es ergibt sich also
2π
Z 1 4π√
dt = 3.
(2+cost)2 9
0
9
2.4. Anwendung 2. Sei f eine rationale Funktion, also f(z) = p(z)/q(z) mit
Polynomen p und q, so dass degq ≥ degp+2 und q keine reellen Nullstellen hat.
Dann konvergiert das uneigentliche Integral
∞
Z
f(t)dt
−∞
(absolut), und wir k¨onnen es mit dem Residuensatz berechnen. Dazu sei r > 0 so
groß, dass alle Pole von f (Nullstellen von q) Betrag < r haben. Wir betrachten
den Weg γ , der aus dem reellen Intervall [−r,r] und dem Halbkreis mit Radius r
r
in der oberen Halbebene besteht. Wir bezeichnen die beiden Teile von γ mit γ
r r,1
und γ . Dann gilt
r,2
r
Z Z Z
X
2πi Res f = f(z)dz = f(t)dt+ f(z)dz.
z
Imz>0
γr −r γr,2
Wir lassen jetzt r groß werden. Da degq ≥ degp+2, gibt es eine Konstante C > 0
mit |f(z)| ≤ C|z|−2 fu¨r |z| hinreichend groß. Dann folgt
flZ fl
fl f(z)dzfl ≤ πr·Cr−2 = πCr−1,
fl fl
γr,2
dieser Beitrag konvergiert also fu¨r r → ∞ gegen null. Damit ergibt sich
∞ r
Z Z
f(t)dt = lim f(t)dt
r→∞
−∞ −r
Z Z
‡ ·
= lim f(z)dz − f(z)dz
r→∞
γr γr,2
Z
X
= 2πi Res f − lim f(z)dz
z
r→∞
Imz>0
γr,2
X
= 2πi Res f .
z
Imz>0
2.5. Beispiel. Wir berechnen
∞
Z
dt
.
1+t2
−∞
Die Funktion f(z) = 1/(1+z2) hat einfache Pole bei z = ±i; der Pol bei z = i ist
in der oberen Halbebene. Das Residuum ist
1
Res f = .
i
2i
Es folgt
∞
Z
dt 1
= 2πi· = π.
1+t2 2i
−∞
10
2.6. Beispiel. Wir berechnen
∞
Z
dt
.
(1+t2)2
−∞
Wir haben immer noch nur den einen Pol z = i in der oberen Halbebene, aber
jetzt ist es ein Pol der Ordnung 2. Wir setzen
1 1
g(z) = (z −i)2 =
(1+z2)2 (z +i)2
und finden
1 2 1
Res = g0(i) = − = .
z=i (1+z2)2 (i+i)3 4i
Es folgt
∞
Z
dt 1 π
= 2πi· = .
(1+t2)2 4i 2
−∞
2.7. Bemerkung. Die Funktion f braucht nicht unbedingt rational zu sein. Aus
dem Beweis ergibt sich, dass folgende Anforderungen ausreichen:
(1) f ist definiert und holomorph auf einer offenen Umgebung der abgeschlos-
senen oberen Halbebene H¯ = {z ∈ C | Imz ≥ 0}, mit isolierten Singula-
rit¨aten, die nicht in R liegen;
¯
(2) es gibt eine Folge (r ) mit r → ∞, so dass keine Singularit¨at von f in H
ν ν
Betrag r hat, und so dass |f(z)| ≤ cr−1−ε fu¨r z ∈ H¯ mit |z| = r , wobei
ν ν ν
c,ε > 0 von ν unabh¨angig sind.
Man beachte, dass f hier durchaus unendlich viele isolierte Singularit¨aten in der
oberen Halbebene haben kann. Der Beweis zeigt, dass die dann unendliche Summe
von Residuen konvergiert.
√
Man kann z.B. z +i fu¨r Imz > −1 definieren als den Zweig, der bei z = 0 den
√ √
Wert eπi/4 = (1+i)/ 2 hat. Dann erfu¨llt f(z) = z +i/(1+z2) die Vorausset-
zungen, und man kann das entsprechende Integral berechnen.
2.8. Anwendung 3. Bemerkung 2.7 zieht zum Beispiel, wenn f rational ist, so
dass der Nenner Grad mindestens um zwei gr¨oßer als der Nenner hat und der
Nenner keine reellen Nullstellen besitzt, und wir f(z)eiz betrachten (denn |eiz| =
e−Imz ≤ 1 fu¨r z ∈ H¯). Wir erhalten
∞
Z
X
f(x)eixdx = 2πi Res f(ζ)eiζ .
ζ=z
Imz>0
−∞
Wir wollen jetzt zeigen, dass das auch noch stimmt, wenn der Grad des Nenners
nur um eins gr¨oßer ist als der des Z¨ahlers. In diesem Fall konvergiert das Integral
nicht mehr absolut; es ist dann
∞ s
Z Z
f(x)eixdx = lim f(x)eixdx
r,s→∞
−∞ −r
als uneigentliches Integral zu verstehen.
Um die Behauptung zu beweisen, w¨ahlen wir r,s,t > 0 und setzen γ = [s,s+it],
1
γ = [s + it,−r + it], γ = [−r + it,−r] und γ = [−r,s]. Wir k¨onnen r,s,t so
2 3 4