Funktionentheorie 005

Funktionentheorie I Prof. Dr. Elmar Schrohe SoSe 2005 Inhaltsverzeichnis Inhaltsverzeichnis 1 Grundlagen 1 2 Holomo...

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Funktionentheorie I Prof. Dr. Elmar Schrohe SoSe 2005

Inhaltsverzeichnis

Inhaltsverzeichnis 1 Grundlagen

1

2 Holomorphe Funktionen

4

3 Die Cauchy-Formel. Die S¨ atze von Morera und Liouville

15

4 Identit¨ atssatz und Klassifikation isolierter Singularit¨ aten Klassifikation isolierter Singularitäten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20 21

5 Der Satz von der offenen Abbildung. Maximumsprinzip

26

6 Globale Versionen des Cauchyschen Integralsatzes. Residuensatz. Meromorphie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gleichmäßige Konvergenz auf kompakten Mengen . . . . . . . . . . . . . . . . .

29 33 37

7 Einfach zusammenh¨ angende Gebiete

40

8 Der Satz von Montel und der Riemannsche Abbildungssatz

43

9 Satz von Runge, allg. Satz von Mittag-Leffler, Weierstraßscher Produktsatz Approximationssatz von Runge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Der allgemeine Satz von Mittag-Leffler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Unendliche Produkte und der Satz von Weierstraß . . . . . . . . . . . . . . . .

51 51 54 55

10 Das Dirichlet-Problem Harmonische Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . Das Dirichlet-Problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . Einfach zusammenhängende beschränkte Gebiete . . . Die Formeln von Poisson-Jensen und Jensen . . . . . . Konvergenz harmonischer Funktionen . . . . . . . . . Subharmonische Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . Perronscher Ansatz zur Lösung des Dirichlet-Problems

60 60 64 67 68 69 73 75

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

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. . . . . . .

. . . . . . .

iii

iv

1. Grundlagen

1 Grundlagen 1.1 Topologische R¨ aume. (a) Es sei X 6= ∅ eine Menge und O eine Familie von Teilmengen von X, die folgende Eigenschaften habe: (i) X ∈ O, ∅ ∈ O

S

Ui ∈ O Tn (iii) Ui ∈ O, i = 1, . . . , n ⇒ i=1 Ui ∈ O (ii) Ui ∈ O, i ∈ I ⇒

i∈I

Dann heißt (X, O) topologischer Raum, die Elemente von O offene Mengen, und O heißt Topologie von X. Eine Menge heißt abgeschlossen, falls ihr Komplement offen ist. (b) Ein topologischer Raum heißt unzusammenhängend, falls offene Mengen U, V 6= ∅ existieren mit der Eigenschaft, dass X = U ∪ V , U ∩ V = ∅. Anderenfalls heißt X zusammenhängend. (c) X,Y seien topologische Räume. Eine Abb f : X → Y heißt stetig, falls das Urbild jeder offenen Menge offen ist. (d) X heißt wegzusammenhängend, falls es zu x, y ∈ X eine stetige Abb γ : [0, 1] → X gibt mit γ(0) = x und γ(1) = y.

1.2 Bemerkung. Die Axiome verallgemeinern also den Begriff der offenen Menge in einem metrischen Raum.

1.3 Lemma.

Es sei (X, O) ein topol. Raum, ∅ 6= M ⊆ X. Setze OM = {M ∩ U : U ∈ O} .

Dann ist (M, OM ) ein topol. Raum. Beweis.

klar

1.4 Lemma.

Es ist ¨ aquivalent:

(a) X ist zusammenh¨ angend (b) ∅ 6= A ⊆ X offen und abgeschlossen ⇒ A = X (c) Ist f : X → C lokal konstant ⇒ f const Beweis. (a)⇒(b) Schreibe X =

A |{z}

offen, weil A offen

∪ (X \ A) disjunkt. Weil X zusammenhängend ist, ist | {z } offen, weil A abgeschl.

eine der beiden Mengen auf der rechten Seite leer. Also X = ∅ oder X = A.

1

Funktionentheorie I (b)⇒(c) Die Abb f ist stetig, da lokal konstant. F¨ ur jedes x ∈ X ist f −1 (f (x)) als Urbild der abgeschlossenen Menge {f (x)} ⊆ C unter der stetigen Fkt f abgeschlossen. Andererseits f −1 (f (x)) auch offen, da f lokal konstant ist. Damit ist ∅ 6= f −1 (f (x)) sowohl offen als auch abgeschlossen ⇒ f −1 (f (x)) = X ⇒ f konstant. (c)⇒(a) Angenommen X = U ∪ V mit U, V offen, U ∩ V = ∅. Betrachte die char. Fkt χU von U . Sie ist lokal konstant. Nach Voraussetzung ist sie also konstant ⇒ U = ∅ oder V = ∅. 1.5 Lemma. so auch f (X). Beweis.

X, Y seien topol. R¨ aume, f : X → Y stetig. Ist X zusammenh¨ angend,

Schreibe f (X) = U ∪ V mit U, V offen, U ∩ V = ∅. Dann ist X = f −1 (f (X)) = f −1 (U ∪ V ) = f −1 (U ) ∪ f −1 (V )

(disjunkt).

Ferner sind f −1 (U ), f −1 (V ) als Urbilder offener Mengen offen ⇒ f −1 (U ) = ∅ oder f −1 (V ) = ∅ ⇒ U = ∅ oder V = ∅. 1.6 Lemma. Beweis.

Die zusammenh¨ angenden Mengen in R sind Intervalle.

—

1.7 Lemma. Ist X wegzusammenh¨ angend, so auch zusammenh¨ angend (Achtung: die Umkehrung ist i.A. falsch, siehe aber 1.8). Beweis. Es sei X = U ∪ V mit U, V offen, U ∩ V = ∅. Angenommen U, V beide nicht leer. Wähle x ∈ U , v ∈ V . Nach Annahme ex. dann ein stetiger Weg γ : [0, 1] → X mit γ(0) = x, γ(1) = y. Schreibe γ([0, 1]) = (γ([0, 1]) ∩ U ) ∪ (γ([0, 1]) ∩ V ) . {z } | {z } | 3x

3y

In dem topol. Raum γ([0, 1]) (mit der induzierten Topologie aus 1.3) sind die Mengen auf der rechten Seite beide offen. Ihr Durchschnitt ist leer ⇒ γ([0, 1]) unzusammenhängend im Widerspruch dazu, dass γ([0, 1]) als Bild des (zusammenhängenden) Intervalls zusammenhängend ist. 1.8 Satz. In Rn oder Cn sind offene zusammenh¨ angende Mengen auch wegzusammenh¨ angend. Beweis.

Es sei X offen und zusammenhängend, a ∈ X. Setze Xa = {x ∈ X : es gibt stetigen Weg γ : [0, 1] → X, γ(0) = a, γ(1) = x} .

• Xa ist offen, da X offen in Rn oder Cn . Ist x0 ∈ X, so ex. offene Kugel U von x0 in X. Jeder Punkt daraus kann mit x0 durch eine gerade Strecke verbunden werden. • Xa ist auch abgeschlossen. Wäre das nicht der Fall, so gäbe es ein x ∈ X \ Xa so dass jede offene Umgebung Xa schneidet. Schneidet jedoch eine offene Kugel um x die Menge Xa , so liegt x in Xa (denn ist y ∈ Xa ∩ B(x, ε) so kann y durch stetigen Weg mit a und durch stetigen Weg mit x verbunden werden. Also kann auch a mit x durch stetigen Weg verbunden werden).

2

1. Grundlagen 1.9 Definition (Zusammenhangskomponente). Zusammenhangskomponente, falls gilt:

Eine Teilmenge Z von X heißt

(i) Z ist zusammenhängend. (ii) Z ist maximal bez¨ uglich dieser Eigenschaft, d. h. aus Z 0 zusammenhängend und 0 Z ⊆ Z folgt Z = Z 0 . 1.10 Lemma.

X sei ein topologischer Raum.

(a) Zu jedem x ∈ X gibt es genau eine Zusammenhangskomponente Z ⊆ X mit x ∈ Z. (b) Zu jedem zusammenh¨ angenden M ⊆ X gibt es genau eine Zusammenhangskomponente Z ⊆ X mit M ⊆ Z. (c) Jede Zusammenhangskomponente ist abgeschlossen. Beweis.

—

3

Funktionentheorie I

2 Holomorphe Funktionen 2.1 Definition (Gebiet). Ein Gebiet in C ist eine offene und zusammenhängende Teilmenge von C. Im Folgenden sei Ω stets ein Gebiet in C.

2.2 Definition (Komplexe Differenzierbarkeit). komplex differenzierbar in z0 ∈ C, falls der Grenzwert f 0 (z0 ) := lim

z→z0

Eine Funktion f : Ω −→ C heißt

f (z) − f (z0 ) z − z0

existiert. Ist f in jedem Punkt z0 ∈ Ω komplex differenzierbar, so nennt man f auf Ω holomorph oder analytisch. Man schreibt dann f ∈ H (Ω). f 0 ist dann wieder eine Funktion von Ω nach C.

2.3 Lemma. (a) Sind f , g komplex differenzierbar in z0 ∈ Ω, so auch f +g, f ·g und Es gelten die u ¨b lichen Regeln.

1 f

(falls f (z0 ) 6= 0).

(b) Die Komposition komplex differenzierbarer Funktionen ist komplex differenzierbar, (f ◦ g)0 (z0 ) = f 0 (f (z0 ))g 0 (z0 ). Beweis.

Wie im reellen Fall.

2.4 Beispiele. (a) Polynome sind holomorph auf C. (b) z 7→

1 zk

ist holomorph auf C \ {0}.

(c) sin, cos, exp sind holomorph auf C mit exp0 = exp, cos0 = − sin, sin0 = cos mit denselben Rechnungen wie in Analysis I (oder s. 2.9 weiter unten).

2.5 Zusammenhang zwischen reeller und komplexer Differenzierbarkeit und Cauchy-Riemannsche DGLn. Es sei f : Ω −→ C mit f (x + iy) = u(x + iy) +i v(x + iy) . | {z } | {z } ∈R

∈R

Wir können f mit der Abbildung F : ΩR −→ R2 identifizieren, wobei ΩR = {(x, y) : x + iy ∈ Ω} und F definiert ist durch F (x, y) =

µ

mit U (x, y) = u(x + iy), V (x, y) = v(x + iy). Behauptung:

4

U (x, y) V (x, y)

¶

2. Holomorphe Funktionen f ist komplex differenzierbar in x + iy. ⇔ F ist total differenzierbar in (x, y), und es gelten die Cauchy-Riemannschen DGLn ∂x U (x, y) = ∂y V (x, y)

∂y U (x, y) = −∂x V (x, y).

Kurz: Ux = Vy , Uy = −Vx . Beweis. f komplex differenzierbarbar in x + iy = z f (z + h) − f (z) ⇔ − f 0 (z) =: ϕ(z, h) −→ 0 f¨ ur h −→ 0 h ⇔ f (z + h) = f (z) + hf 0 (z) + hϕ(z, h) mit lim ϕ(z, h) = 0 h→0

(∗)

Schreibe f 0 (z) = c = c1 + ic2 und h = h1 + ih2 mit c1 , c2 , h1 , h2 ∈ R. Dann ist f 0 (z)h = (c1 + ic2 )(h1 + ih2 ) = c1 h1 − c2 h2 + i(c1 h1 + c2 h2 ). Wir identifizieren diese komplexe Zahl mit dem Element µ ¶ µ ¶µ ¶ h1 c 1 h1 − c 2 h2 c −c2 = 1 ∈ R2 . c2 c1 h2 c 1 h2 + c 2 h1 Die Beziehung (∗) heißt also gerade, dass µ c F (x + h1 , y + h2 ) = F (x, y) + 1 c2

−c2 c1

¶µ

h1 h2

¶

+ ψ(x, y, h1 , h2 )

mit ψ(x, y, h1 , h2 ) = o(k(h1 , h2 )k). Die Tatsache, dass f komplex differenzierbar ist mit Ableitung c, ist also äquivalent dazu, dass F reell differenzierbar ist mit Ableitung ¶ µ c1 −c2 . c2 c1 Insbesondere folgt dann f¨ ur die Ableitungen der Komponentenfunktionen ∂U ∂V = c1 = ∂x ∂y

∂U ∂V = −c2 = − . ∂y ∂x

2.6 Bemerkung. Hinreichend f¨ ur die totale reelle Differenzierbarkeit ist bekanntlich die stetige partielle Differenzierbarkeit. Es langt also zum Nachweis der Holomorphie, die stetige partielle Differenzierbarkeit und die Cauchy-Riemannschen DGLn zu u ufen. ¨berpr¨ ¯ 2.7 Der ∂-Operator. Schreiben wir z = x+iy, so ist x = (z+¯ z )/2 und y = −i(z−¯ z )/2. Wir betrachten z und z¯ als neue Variablen. Es sei F (x, y) wie in 2.5 und total reell differenzierbar. Dann ist µ ¶ ∂F ∂x ∂F ∂y 1 ∂F ∂F ∂F = + = −i ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z 2 ∂x ∂y µ ¶ ∂F ∂x ∂F ∂y 1 ∂F ∂F ∂F = + = +i . ∂ z¯ ∂x ∂ z¯ ∂y ∂ z¯ 2 ∂x ∂y

5

Funktionentheorie I Schreiben wir F = U + iV , so ist ∂F ∂U ∂V = +i ∂x ∂x ∂x

∂F ∂U ∂V = +i . ∂y ∂y ∂y

Die Cauchy-Riemannschen DGLn besagen: f (x+iy) := F (x, y) ist genau dann holomorph, wenn ∂V ∂U ∂V ∂U = und =− . ∂x ∂y ∂y ∂x Wegen µ ¶ ∂F 1 ∂F ∂F = +i ∂ z¯ 2 ∂x ∂y µ ¶ µ ¶¶ µ ∂U 1 ∂U ∂U ∂U = +i +i − +i 2 ∂x ∂y ∂y ∂x =0

ist dies äquivalent zu ¯ := ∂F = 0. ∂F ∂ z¯ 2.8 Wiederholung (Potenzreihen). P∞ (a) Zu jeder Potenzreihe n=0 cn (z − a)n (mit cn ∈ C) können wir den Konvergenzradius r=

1

lim sup

p n

|cn |

∈ [0, ∞]

bestimmen. Auf jeder Kreisscheibe B(a, ρ) mit ρ < r konvergiert die Potenzreihe absolut und gleichmäßig. F¨ ur z mit |z − a| > r divergiert die Reihe. (b) Wir sagen von einer Funktion f : Ω −→ C, sie sei durch PotenzreihenP dargestellt, falls ∞ es f¨ ur jedes a ∈ Ω und jedes ρ > 0 mit B(a, ρ) ⊆ Ω eine Potenzreihe n=0 cn (z − a)n gibt, die auf B(a, ρ) konvergiert und die Funktion f darstellt. 2.9 Satz. f : Ω −→ C sei durch Potenzreihen dargestellt. DannPist f ∈ H (Ω), und ∞ f 0 ist ebenfalls durch Potenzreihen dargestellt. Es gilt: Ist f (z) = n=0 cn (z − a)n mit z ∈ B(a, r), so ist ∞ X f 0 (z) = ncn (z − a)n−1 . n=1

(Diese Reihe hat denselben Konvergenzradius wie die obige.) P∞ Beweis. Setze g(z) = n=1 ncn (z−a)n−1 . Wähle w ∈ B(a, r) und ρ mit |w − a| < ρ < r. O. B. d. A. sei a = 0. Dann gilt µ n ¶ ∞ X f (z) − f (w) z − wn n−1 − g(w) = − nw . cn z−w z−w n=1 6

2. Holomorphe Funktionen Man sieht: Der Ausdruck in der Klammer ist = 0 f¨ ur n = 1. F¨ ur n ≥ 2 ist er = (z − w)

n−1 X

kwk−1 z n−k−1 .

(∗)

k=1

(Ausmultiplizieren von (∗) und Addition von nw n−1 liefert z n−1 + wz n−2 + · · · + w n−2 z + wn−1 =

z n − wn .) z−w

Der Betrag der Summe in (∗) ist f¨ ur |z|, |w| ≤ ρ ≤ Daher ist

n(n − 1) n−2 ρ . 2

∞ ¯ f (z) − f (w) ¯ X ¯ ¯ − g(w)¯ ≤ |z − w| cn n2 ρn−2 . ¯ z−w n=1

Weil der Konvergenzradius r ist und ρ < r konvergiert die Reihe, somit konvergiert die linke Seite f¨ ur z −→ w gegen Null. Das heißt, dass f differenzierbar ist mit p Ableitung g. p Die Gleichheit der Konvergenzradien folgt, weil lim sup n n|cn | = lim sup n |cn |.

2.10 Folgerung. Der Satz lässt sich nun auch auf f 0 anwenden. Folglich ist f beliebig oft differenzierbar und f (k) (z) =

∞ X

n=k

cn n (n − 1) · · · (n − k + 1) (z − a)

n−k

Insbesondere f (k) (a) = k!ck daher ist die Potenzreichendarstellung eindeutig.

2.11 Kurven. Es sei γ : [a, b] −→ C st¨ uckweise stetig differenzierbar. Die Abbildung γ (manchmal auch – nicht ganz korrekt – ihr Bild Γ = γ ([a, b])) nennt man dann eine Kurve in C. Ist f : Γ −→ C stetig, so setzt man Z

f (z) dz :=

Zb

f (γ (t)) γ 0 (t) dt

a

γ

Ist ϕ : [c, d] −→ [a, b] stetig differenzierbar mit ϕ (c) = a, ϕ (d) = b (orientierungserhaltende Umparametrisierung), so gilt f¨ ur γ1 = γ ◦ ϕ Zd

f (γ1 (t)) γ1 (t) dt

=

Zd

f (γ ◦ ϕ (t)) γ 0 (ϕ (t)) ϕ0 (t) dt

Zb

f (γ (u)) γ 0 (u) du

c

c

u=ϕ(t)

=

a

7

Funktionentheorie I

d.h.

Z γ

Z

f dz =

f dz: Kurvenintegral unabhängig von orientierungserhaltender Para-

γ1

metrisierung. Ist ϕ orientierungsumkehrend (ϕ (c) = b, ϕ (d) = a) so ist

Z

f (z) dz =

γ

−

Z

f (z) dz sind γ und γ˜ zwei Kurven und ist der Endpunkt von γ gleich dem An-

γ1

fangspunkt von γ˜ , so kann man die zusammengesetzte Kurve δ = γ + γ˜ definieren und sieht Z Z Z f (z) dz = f (z) dz + f (z) dz γ

δ

γ ˜

F¨ ur Kurvenintegrale gilt die Ungleichung |

Z γ

f (z) dz| ≤ sup|f |Länge (γ)

Länge (γ) =

Γ

Zb a

|γ 0 (t)| dt

2.12 Spezialf¨ alle. (a) Es sei a ∈ C, r > 0 und γ (t) = a + reit , 0 ≤ t ≤ 2π positiv orientierte Kreislinie um ” a mit Radius r“ Z2π Z ¢ ¡ f (z) dz = f a + reit ireit dt γ

Länge von γ ist

2π R 0

0

|ireit | dt = 2πr

(b) Sind a, b ∈ C, so heißt die durch γ (t) = a + (b − a) t, 0 ≤ t ≤ 1 definierte Kurve die Strecke von a nach b. Wir schreiben auch [a, b]. Ihre Länge ist |b − a|. (c) Es sei (a, b, c) ein Tripel komplexer Zahlen. Wir nennen ∆ = ∆(a, b, c) das von a b c aufgespannte Dreieck (Formal ist ∆(a, b, c) die kleinste konvexe Menge, die a, b, c enthält. Dabei nennt man eine Menge in Rn konvex, falls sie mit je zwei Punkten x, y, auch die Strecke [x, y] enthält.) Der Rand ∂∆ ist die (orientierte) Vereinigung der Strecken [a, b], [b, c], [c, a]. Ist f auf ∂∆ st¨ uckweise stetig, so setzt man Z Z Z Z f dz = f dz + f dz + f dz ∂∆

[a,b]

[b,c]

[c,a]

Klar: vertauscht man a, b, c zyklisch, so ändert sich der Wert des Integrals nicht.

8

2. Holomorphe Funktionen 2.13 Satz. setzen

Es sei γ Kurve in C mit Bild γ = Γ, g : Γ → C st¨ uckweise stetig. Wir Z g(w) f (z) = dw . γ w−z

Dann ist f auf C \ Γ in Potenzreihen entwickelbar, insbesondere ist f dort holomorph.

Beweis. Setze Ω = C \ Γ. Wähle a ∈ Ω, r > 0 so, dass B(a, r) ⊆ Ω. Dann ist f¨ ur z ∈ B(a, r) ¶k ∞ µ 1 1 1 X z−a 1 ³ ´= = = . z−a w−z (w − a) − (z − a) w−a w−a (w − a) 1 − w−a k=0 Die Summe konvergiert f¨ ur w ∈ Γ, da dann |z − a| < r ≤ |w − a| gilt. Also ist ∞

X g(w) g(w) = (z − a)k . w−z (w − a)k+1 k=0

Auf jeder Scheibe B(a, ρ) konvergiert diese Reihe sogar gleichmäßig nach dem WeierstraßKriterium, da ∞ ¯ X ¯ ¯

k=0

∞

1 X ³ ρ ´k sup |g| g(w) ¯¯ k ¢ |z − a| ≤ sup |g| = ¡ ¯ k+1 (w − a) r r r 1 − ρr k=0 =

sup |g| r−ρ

Wir können also Integral und Summe vertauschen und haben Z ∞ X g(w) f (z) = ck (z − a)k dw = γ w−z k=0

mit ck =

Z

γ

g(w) dw . (w − a)k+1

2.14 Satz.

0

-1

-1

-2

Es sei γ eine geschlossene Kurve in C. F¨ ur z ∈ C \ Bild γ setze Z 1 1 Indγ (z) = dw 2πi w−z γ

+1 +1

Dann ist Indγ eine Z-wertige Funktion auf Ω = C \ Bild γ, die auf jeder Zusammenhangskomponente konstant ist; sie ist Null auf der unbeschr¨ ankten Zusammenhangskomponente (s.u.). Man nennt

Indγ die Windungszahl von γ um z. Beachte: Γ = Bild γ ist als stetiges Bild der kompakten Menge [a, b] kompakt. Also ist Γ beschr¨ ankt (Heine-Borel) und es existiert R > 0 : Γ ⊆ B (0, R). Da C \ B (0, R) zusammenh¨ angend ist liegt es in einer Zusammenhangskomponente von Ω = C \ Γ (vgl. 1.10). Daher hat Ω genau eine Zusammenhangskomponente.

9

Funktionentheorie I Beweis.

F¨ ur γ : [a, b] −→ C, z ∈ Ω ist 1 Indγ (z) = 2πi

Zb a

Wann ist dies in Z? Wir wissen falls ϕ (b) = 1 ist f¨ ur

w 2πi

∈ Z ⇔ ew = 1. Die Funktion Indγ ist daher Z-wertig, 

Ableiten liefert

ϕ (s) = exp 

ϕ0 (s) γ 0 (s) = ϕ (s) γ (s) − z

y 0 (t) dt y (t) − z

Zs a

 y 0 (t) dt y (t) − z

a≤s≤b

(∗) (zumindest fpr alle s an denen γ differenzierbar ist)

Die Funktion ϕ ist stetig, ebenso γ (s) − z. Da γ (s) − z keine Nullstelle hat, ist ebenfalls stetig. Außerdem folgt aus (∗): µ ¶0 0 0 ϕ Quot. ϕ (γ − z) − γ ϕ (∗) = = 0 2 γ − z Regel (γ − z)

ϕ γ−z

(abgesehen von den endlich vielen Punkten, an denen γ nicht differenzierbar ist.) Also ist ϕ γ−z konstant. Nun ist ϕ (a) = 1, also ist ϕ (s) ϕ (a) 1 γ (s) − z = = −→ ϕ (s) = γ (s) − z γ (a) − z γ (a) − z γ (a) − z γ(b)−z = 1 Somit ist Indγ (z) eine Nun ist γ geschlossen, also γ (b) = γ (a) −→ ϕ (b) = γ(a)−z ganze Zahl f¨ ur jedes z. Wir wissen bereits, dass Indγ holomorph ist (2.12) insbesondere stetig. Das Bild einer zusammenhängenden Menge unter einer stetigen Funktion ist zusammenhängend (1.5) Also ist das Bild jeder Zusammenhangskomponente unter Indγ eine zusammenhängende Menge in Z. Die einzigen zusammenhängenden Mengen in Z sind jedoch die einzelnen Punkte. Also ist Indγ auf jeder Zusammenhangskomponente konstant. Ist zn ∈ C mit |zn | −→ ∞ so folgt Z Zb 1 γ 0 (t) dz = dt −→ 0 w − zn γ (t) − zn γ

a

Also ist Indγ = 0 f¨ ur alle z mit großem Betrag. Somit ist Indγ = 0 auf der unbeschränkten Zusammenhangskomponente. 2.15 Der Logarithmus. Die Exponentialfunktion ist holomorph auf C und Bild exp = C \ {0} = C∗ . Wir wissen auch, dass exp (z + 2πi) = exp (z) Die Exponentialfunktion ist also nicht injektiv auf C. Auf dem Streifen S = {x + iy : x ∈ R, −π < y ≤ π} 10

2. Holomorphe Funktionen ist jedoch exp injektiv (exp z = exp w ⇔ w − z ∈ {2πik : k ∈ Z}) Das Bild des Streifens unter exp ist C∗ . Also existiert eine Umkehrfunktion ln : C∗ −→ S mit ln ◦ exp = id und exp ◦ ln = id. Problem: Diese Umkehrfunktion ist nicht stetig. Es ist exp (iπ) = −1 also ln (−1) = iπ aber f¨ ur eine Folge (yn ) mit −π < yn < π und yn −→ −π gilt exp (iyn ) −→ −1 aber ln (exp (iyn )) = iyn −→ −iπ 6= iπ = ln (−1). Wählen wir hingegen S0 = {x + iy : x ∈ R, −π < y < π} ¯ ¯ so ist das Bild exp (S0 ) = C \ R≥0 , exp injektiv auf S0 und die Umkehrfunktion ln ¯ C\R≥0

ist sogar stetig differenzierbar mit ln0 z = z1 . Mehr in 2.17 2.16 Definition.

Ω ⊆ C Gebiet.

(a) Eine stetige Fkt f : Ω → C mit exp(f (z)) = z heißt stetiger Zweig des Logarithmus auf Ω. (b) Allgemeiner: Ist M ⊆ C und g : M → C stetig, so nennt man eine stetige Funktion f : M → C mit exp(f (z)) = g(z) einen stetigen Logarithmus f¨ ur g. Die Funktion Im f : M → R heißt dann Argumentfunktion von g. Es gilt: g(z) = |g(z)| exp(iIm f (z)) [Erinnerung: z = reiϕ

r : Betrag, ϕ : Argument]

2.17 Satz. (a) Die Funktion (vgl. 2.15) ¯ ¯ ln ¯ : C \ R≤0 → {x + iy : x ∈ R, −π < y < π} C\R≤0

ist ein stetiger Zweig des Logarithmus, der sogenannte Hauptzweig.

(b) Ist Ω zusammenh¨ angend, so unterscheiden sich je zwei stetige Zweige des Logarithmus um ein ganzzahliges Vielfaches von 2πi. (c) Jeder stetige Zweig f des Logarithmus auf einem Gebiet Ω ⊆ C∗ ist holomorph, und f 0 (z) = z1 . Beweis. (a) siehe 2.15 (b) Es seien f, g stetige Zweige. Betrachte h =

f −g 2πi .

exp(2πih(z)) = exp(f (z) − g(z)) =

Dann ist h stetig und

exp(f (z)) z = =1 exp(g(z)) z

z ∈ C∗

⇒ h(z) ∈ Z. Weil h stetig ist auf Ω und Ω zusammenhängt, ist h(Ω) eine zusammenhängende Teilmenge von Z, besteht also nur aus einem Punkt. D.h.: h konstant.

11

Funktionentheorie I (c) Wie in Analysis 1: Es sei Ω 3 zk → z ∈ Ω. Setze yk = ln zk , y = ln z. Nach Annahme der Stetigkeit: ln zk → ln z ln zk − ln z 1 1 yk − y = lim = = = 1/z. 0 k→∞ k→∞ exp(yk ) − exp(y) zk − z exp (y) exp(y)

⇒ lim

2.18 Satz. Ist γ : [a, b] → C∗ stetig, so existiert eine stetige Funktion f mit exp(f (t)) = γ(t), a ≤ t ≤ b. (Achtung: Im Allgemeinen bekommt man keine stetige Funktion f : Bild γ → C.) Beweis.

Kreiskettenverfahren. Die Menge γ([a, b]) ist kompakt. Damit r = min {|γ(t)| : a ≤ t ≤ b} > 0 .

Wähle eine Partition a = t0 < t1 < . . . < tN = b von [a, b] der Feinheit δ, wobei δ so gewählt sei, dass aus |s − t| ≤ δ folgt |γ(s) − γ(t)| < r. Dann ist γ([a, b]) ⊆

N [

B(γ(tj ), r)

j=0

und γ([tk , tk+1 ]) ⊆ B(γ(tk ), r) ∩ B(γ(tk+1 ), r)

(∗)

Ferner ist 0 ∈ / B(γ(tj ), r) nach Wahl von r. Wir machen nun folgende Beobachtung: Ist c ∈ C∗ , so existiert auf B(c, |c|) ein stetiger Zweig des Logarithmus. [Ist c ∈ R>0 , so können wir den Hauptzweig wählen, ist c = |c|eiϕ , so wähle ln z := ln(ze−iϕ ) + iϕ wobei rechts der Hauptzweig sein soll.] Also existert (f¨ ur c = a = t0 ) ein f0 : [t0 , t1 ] → C mit exp(f0 (t)) = γ(t) t0 ≤ t ≤ t1 . Klar: Da f0 = γ ◦ ln ist, ist f0 stetig/stetig differenzierbar, falls γ stetig/stetig differenzierbar ist. Anschließend finden wir g1 : [t1 , t2 ] → C mit exp(g1 (t)) = γ(t)

t 1 ≤ t ≤ t2 .

Wegen (∗) existiert ein k ∈ Z mit g1 (t) = f0 (t) + 2kπi, t1 ≤ t ≤ t2 . Wir setzen f1 (t) = g1 (t) − 2πik, t1 ≤ t ≤ t2 . Damit haben wir die gesuchte Funktion auf [t0 , t2 ] definiert. Nach N Schritten sind wir fertig. 2.19 Folgerung (Anschauliche Bedeutung der Windungszahl). Ist γ : [a, b] −→ C eine Kurve und z ∈ / Γ := Bild γ, so ist durch δ(t) = γ(t) − z eine Kurve in C∗ definiert. Wir finden also eine st¨ uckweise stetig differenzierbare Funktion f : [a, b] −→ C mit δ(t) = exp(f (t)). Dann ist Z

γ

dw = w−z = =

12

Z Z

Z

b a b a b a

Z b γ 0 (t) (δ(t) + z)0 dt = dt γ(t) − z a (δ(t) + z) − z Z b exp(f (t))f 0 (t) δ 0 (t) dt = dt δ(t) exp(f (t)) a f 0 (t) dt = f (b) − f (a)

2. Holomorphe Funktionen Insbesondere ist der Imaginärteil des Intervalls links der Zuwachs des Imaginärteils von f entlang der Kurve. Wenn die Kurve geschlossen ist (γ(a) = γ(b) bzw. δ(a) = δ(b)), so muss dies ein Vielfaches von 2πi sein. F¨ ur jede geschlossen Kurve ist also Z Zuwachs des Arguments von δ 1 dw = ∈Z 2πi γ w − z 2π = Anschauliche Windungszahl von δ um 0 = Anschauliche Windungszahl von γ um z.

2.20 Lemma.

Ist γ die positiv orientierte Kreislinie um a mit Radius r, so ist ( 1 |z − a| < r Indγ (z) = . 0 |z − a| > r

Beweis. γ(t) = a + reit mit 0 ≤ t ≤ 2π. Ist |z − a| > r, so liegt z in der unbeschränkten Zusammenhangskomponente von C \ Bild γ, somit ist Indγ (z) = 0. Ist |z − a| < r, so liegen z und w in derselben Zusammenhangskomponente von C \ Bild γ. Somit Z 2π Z 2π 1 ireit 1 dt = i dt = 1. Indγ (z) = Indγ (a) = 2πi 0 a + reit − a 2πi 0 2.21 Hilfssatz. Es sei F ∈ H (Ω) und F 0 stetig (wie wir bald sehen werden, ist F 0 automatisch stetig). Dann ist Z F 0 (z) dz = 0

γ

f¨ ur jeden geschlossenen Weg γ. Beweis. Z

0

F (z) dz = γ

=

Z

Z

b

F 0 (γ(t))γ 0 (t) dt

a b a

(F ◦ γ)0 (t) dt

= F (γ(b)) − F (γ(a)) = 0

(weil γ(b) = γ(a))

2.22 Folgerung. Es sei n ∈ Z und γ eine geschlossene Kurve. F¨ ur n < 0 sei zusätzlich 0∈ / Bild γ. Dann ist ( Z 0 n 6= −1 z n dz = . 2πi Indγ (0) n = −1 γ Beweis.

F¨ ur n = −1 ist dies gerade die Definition der Windungszahl, f¨ ur n 6= −1 ist µ n+1 ¶0 z , zn = n+1

und 2.21 liefert die Behauptung.

13

Funktionentheorie I 2.23 Satz.

Es sei f : Ω ⊆ C −→ C stetig. Dann sind ¨ aquivalent:

(a) f hat auf Ω eine holomorphe Stammfunktion. R (b) F¨ ur jeden geschlossenen Weg γ ist γ f dz = 0. Beweis.

(a)⇒(b) siehe 2.21. (b)⇒(a) Es sei Z eine Zusammenhangskomponente von Ω. Z ist offen und zusammenhängend, also wegzusammenhängend. Wähle a ∈ Z fest. F¨ ur beliebiges z ∈ Z wähle einen Weg γz von a nach z, setze dann Z F (z) = f (w) dw. γz

Da nach Voraussetzung das Integral u ¨ber geschlossene Wege Null ist, hängt F (z) nicht von der Wahl des Weges ab. Zur Differenzierbarkeit: Ist z0 ∈ Z, so kann man f¨ ur z nahe z0 den Weg γz = γz0 + [z0 , z] wählen. Dann ist Z 1 F (z) − F (z0 ) f (w) dw = z − z0 z − z0 [z0 ,z] Z 1 1 = f (z0 + s(z − z0 ))(z − z0 ) ds z − z0 0 Z 1 f (z0 + s(z − z0 )) ds = 0

−→

14

Z

1

f (z0 ) ds = f (z0 ) 0

(dominierte Konvergenz).

3. Die Cauchy-Formel. Die Sätze von Morera und Liouville

3 Die Cauchy-Formel. Die S¨ atze von Morera und Liouville 3.1 Lemma von Goursat. Es sei ∆ ein abgeschlossenes Dreieck in Ω, p ∈ Ω, f stetig auf Ω und holomorph auf Ω \ {p}. Dann ist Z f (z) dz = 0. ∂∆

Bemerkung: Sp¨ ater werden wir zeigen: f ∈ H (Ω \ {p}) ∩ C(Ω) ⇒ f ∈ H (Ω). F¨ ur den Beweis brauchen wir das folgende Lemma, das wir aus der Analysis-Vorlesung kennen: 3.2 Lemma. Es sei A1 ⊇ A2 ⊇ · · · eine Folge abgeschlossener, nichtleererTMengen in C mit den Durchmessern diam(A1 ) ≥ diam(A2 ) ≥ · · · −→ 0. Dann besteht Aj aus genau einem Punkt. Beweis von 3.1. 1. Fall Sei zuerst p ∈ / ∆. Es seien a, b, c die Eckpunkte von ∆ und a0 , b0 , c0 die Mittelpunkte von [b, c], [c, a], [a, b]. Wir betrachten dann die vier Dreiecke ∆1 , . . . , ∆4 , die durch 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Rdie Tripel (a, c , b ), (b, a , c ), (c, b , a ) und (a , b , c ) gebildet werden. Es sei J = f (z) dz. Nach Definition der Wegsumme ist ∂∆ J=

4 Z X j=1

Damit ist

f (z) dz. ∂∆j

¯Z ¯ ¯

¯ |J| ¯ f (z) dz ¯ ≥ 4 ∂∆j f¨ ur mindestens ein j. Wir nennen dieses Dreieck nun ∆1 und zerlegen es auf gleiche Weise. Dies liefert eine Folge von abgeschlossenen Dreiecken ∆1 ⊃ ∆2 ⊃ · · · . Ihre Seitenlängen sind L2 , L4 , . . ., falls L die Seitenlänge von ∆ ist (gemeint ist dabei immer die Summe der Längen der drei Seiten), und ¯Z ¯ |J| ¯ ¯ j = 1, 2, . . . (3.1) f (z) dz ¯ ≥ j , ¯ 4 ∂∆j T Es gibt nun nach Lemma 3.2 genau einen Punkt z0 ∈ ∆j . Da ∆ kompakt ist, liegt z0 ∈ ∆. Folglich ist f in z0 differenzierbar (wegen p ∈ / ∆ nach Voraussetzung). Nun sei ε > 0. Dann existiert ein r > 0 mit |f (z) − f (z0 ) − f 0 (z0 )(z − z0 )| < ε|z − z0 |

falls |z − z0 | < r.

(3.2)

Ist j0 hinreichend groß, so ist |z − z0 | < r f¨ ur alle z ∈ ∆j , j ≥ j0 . F¨ ur dieses feste j0 gilt auch |z − z0 | ≤ 2−j0 L (s. o.). Aus 2.12 folgt nun Z Z f (z) dz = f (z) − z(z0 ) − f 0 (z0 )(z − z0 ) dz ∂∆j0

∂∆j0

(die hinzugef¨ ugten Summanden tragen zum Integral nicht bei), sodass ¯ ¯Z ¯ ¯ f (z) dz ¯ < ε(2−j0 L)(2−j0 L). ¯

(3.3)

∂∆j0

15

Funktionentheorie I (Dabei kommt ε2−j0 L aus (3.2), und 2−j0 L ist die Länge des Integrationsweges, also gerade die Seitenlänge von ∆j0 .) Aus (3.1) und (3.3) erhält man ¯Z ¯ ¯ j0 ¯ |J| ≤ 4 ¯ f (z) dz ¯ ≤ 4j0 ε2−j0 2−j0 L2 = εL2 . ∂∆j0

Da ε > 0 beliebig war (und L fest ist), folgt J = 0.

2. Fall Sei nun p einer der Endpunkte, etwa p = a. Liegen a, b, c auf einer Geraden, so ist nichtsR zu zeigen. Andernfalls wählen wir Punkte x ∈ [a, b] und y ∈ [c, a]. Das Integral ∂∆ f (z) dz ist die Summe der Integrale u ¨ber die Ränder von ∆(a, x, y), ∆(x, y, b), ∆(y, b, c). Nach Fall 1 ist das Integral u ¨ber die beiden letzten gleich Null. Folglich ist Z Z ´ ³Z f (z) dz. + + J= [a,x]

Damit ist

[y,a]

[x,y]

¡ ¢ |J| ≤ kf ksup |x − a| + |y − x| + |a − y| .

Dabei können wir die rechte Seite durch geschickte Wahl von x, y beliebig klein machen. ⇒ J = 0. 3. Fall Ist schließlich p ∈ ∆ beliebig, so betrachte die Dreiecke ∆(a, b, p), ∆(b, c, p), ∆(c, a, p). Nach Fall 2 sind die Integrale u ¨ber ihre Ränder = 0, also ist J als deren Summe ebenfalls Null. 3.3 Der Satz von Cauchy in einer konvexen Menge. Es sei Ω offen und konvex (d.h. : ∀ x, y ∈ Ω ist [x, y] ⊆ Ω), p ∈ Ω. Ferner sei f stetig auf Ω und holomorph auf Ω \ {p}. Dann hat f eine Stammfunktion F ∈ H (Ω) (d.h. F 0 = f ). Insbesondere ist dann f¨ ur jede geschlossene Kurve γ in Ω Z

f (z) dz = 0

γ

Beweis.

R

Die Konvexität von Ω erlaubt uns, einfach F (z) =

f (w) dw zu setzen,

[a,z]

wobei a ∈ Ω beliebig fest sei. Ist z0 ein weiterer Punkt in Ω, so liegt ∆ (a, z, z0 ) in Ω (Konvexität). Nach Goursat: F (z) − F (z0 ) =

Z

f (w) dw

[z,z0 ]

F¨ ur z 6= z0 F (z) − F (z0 ) 1 − f (z0 ) = z − z0 z − z0

Z

f (w) − f (z0 ) dw

Beachte

Z

f (z0 ) dw = z − z0

[z,z0 ]

[z,z0 ]

Ist ε > 0 vorgelegt, so folgt aus der Stetigkeit von f in z0 , dass ein δ > 0 existiert mit |f (w) − f (z0 )| < ε 16

falls |w − z0 | < δ

3. Die Cauchy-Formel. Die Sätze von Morera und Liouville Ist also |z − z0 | < δ, so ist auch |w − z0 | < δ im Integrand und somit die rechte Seite 1 |z − z0 |ε = ε |z − z0 |

≤

Also ist F differenzierbar und F 0 = f . 3.4 Cauchy-Formel f¨ ur konvexe Mengen. Es sei γ geschlossene Kurve in der offenen, konvexen Menge Ω und f ∈ H (Ω). Ist z ∈ / Bild γ, dann gilt Z f (w) 1 dw f (z) Indγ (z) = 2πi w−z γ

Bemerkung: • Wichtigster Fall: Indγ (z) = 1 (z.B. Kreis um z) • Durch Differenzieren unter dem Integral folgt sofort Z f (k) (z) 1 f (w) Indγ (z) = dw k+1 k! 2πi (w − z) γ

Beweis.

Definiere g (w) =

(

f (w)−f (z) w−z 0

w 6= z w=z

f (z)

(z fest) .

Da f differenzierbar ist, ist g stetig. Ferner ist g ∈ H (Ω \ {z}). Mit 3.3 Z Z Z 1 f (w) 3.3 dw − f (z) dw 0 = g (w) dw = w−z w−z γ γ γ | {z } =2πi·Indγ (z)

3.5 Potenzreihendarstellung holomorpher Funktionen. Ist Ω ⊆ C offen und f ∈ H (Ω), so ist f durch Potenzreihen darstellbar. Ausf¨ uhrlich: F¨ ur a ∈ Ω definieren wir ( dist (a, ∂Ω) Ω 6= C da = ∞ Ω=C Dann gilt mit geeigneten Koeffizienten cn : f (z) =

∞ X

n=0

wobei ck =

cn (z − a)

f (k) (a) 1 = k! 2πi

Z

γ(a,r)

n

z ∈ B (a, da ) f (w)

(w − a)

(k+1)

dw

k ∈ N0

Dabei ist γ (a, r) die positiv durchlaufene Kreislinie um a mit Radius r < d a . Insbesondere ist 1 1 kf ksup |ck | ≤ 2πrkf ksup auf γ(a,r) k+1 = 2π r rk

17

Funktionentheorie I Beweis. Es ist B (d, a) ⊆ Ω. Da B (d, a) konvex ist, können auf wir die Kurve γ (a, r) (positiv durchlaufene Kreislinie vom Radius r < da ) die Cauchysche Integralformel anwenden und erhalten Z 1 f (w) dw z ∈ B (a, r) f (z) = 2πi w−z γ(a,r)

(Beachte: Indγ(a,r) (z) = 1 Aus 2.13 folgt, dass f auf B (a, r) durch Potenzreihen darstellbar ist. Da die Koeffizienten der Potenzreihe eindeutig durch die Ableitungen von f in a bestimmt sind (2.10), hängen sie nicht von r ab. Also gilt die Potenzreihendarstellung auf ganz B (a, da ) Die Formel f¨ ur ck folgt sofort aus der Cauchy-Formel (3.4) Die Abschätzung ist klar. 3.6 Folgerung. ist f reell C ∞ .

Ist f ∈ H (Ω), so sind auch alle Ableitungen in H (Ω). Insbesondere

3.7 Satz von Morera.

Es sei f stetig auf Ω ⊆ C (offen) und Z

f (z) dz = 0

∂4

f¨ ur jedes in Ω liegende Dreieck 4. Dann ist f ∈ H (Ω) Beweis.

Es sei a ∈ Ω und B (a, r) ⊆ Ω. Wie im Beweis von 3.3 setze F (z) =

Z

f (z) dz

[a,z]

Wie im Beweis von 3.3 folgt, dass F ∈ H (Ω) und f = F 0 . Damit ist nach 3.6 auch f holomorph. 3.8 Definition. Die Elemente von H (C) heißen ganze Funktionen. Beispiele: Polynome,sin, cos, exp 3.9 Satz von Liouville. Jede beschr¨ ankte ganze Funktion ist konstant. Beweis.

Wir betrachten die Potenzreihendarstellung f (z) =

∞ X

ck z k

k=0

aus 3.5, die (weil d0 = ∞) auf ganz C konvergiert. Dann ist (f¨ ur beliebiges r) |ck | ≤

1 sup (|f (z)| : z ∈ γ (0, r)) {z } rk | ≤const.

Da die linke Seite nicht von r abhängt, folgt ck = 0∀ k ≥ 1

18

3. Die Cauchy-Formel. Die Sätze von Morera und Liouville 3.10 Folgerung (Fundamentalsatz der Algebra).

Jedes nichtkonstante Polynom n Q (z − zj ) auf C hat mindestens eine Nullstelle. (Mit etwas Algebra folgt sofort p (z) = c j=1

mit c ∈ C und zj ∈ C, falls grad (p) = n.)

Beweis. Angenommen p hat keine Nullstelle. Dann ist 1): Da p nichtkonstant, ist lim |p (z)| = ∞. Folglich lim |z|→0

R > 0: | Auf B (0, R) ist Liouville 1 =⇒ p

1 p

1 p

∈ H (Ω) Wissen (Analysis = 0. Damit existiert ein

1 |z|→∞ p(z)

1 | < 1∀ z ∈ C \ B (0, R) p (z)

als stetige Funktion beschränkt. Damit ist

1 p

ganz und beschränkt

konstant =⇒ p konstant E

19

Funktionentheorie I

4 Identit¨ atssatz und Klassifikation isolierter Singularit¨ aten 4.1 Satz.

Es sei Ω ein Gebiet in C, f ∈ H (Ω) und N (f ) = {a ∈ Ω : f (a) = 0}

die Nullstellenmenge von f . Dann gilt entweder N (f ) = Ω (d.h. f ist die Nullfunktion) oder N (f ) ist abz¨ ahlbar und hat keinen H¨ aufungspunkt in Ω. In diesem Fall gibt es zu jedem a ∈ N (f ) eine (eindeutig bestimmte) Zahl m ∈ N (m ≥ 1), die sogenannte Nullstellenordnung, mit der Eigenschaft f (z) = (z − a)m g(z)

(∗)

f¨ ur eine geeignete Funktion g ∈ H (Ω) mit g(a) 6= 0. Vor dem Beweis folgendes: 4.2 Definition/Erinnerung. Sei X ein metrischer Raum, M ⊆ X. Ein Punkt x ∈ X heißt Häufungspunkt von M , falls eine Folge (mj ) in M existiert mit mj 6= x∀ j und mj → x. [Beachte: Der Häufungspunkt x muss nicht in M liegen.] 4.3 Lemma. Die Menge aller H¨ aufungspunkte einer Menge ist abgeschlossen. (→ Analysis I)

4.4 Lemma. gen. Beweis.

Jede offene Teilmenge von C ist abz¨ ahlbare Vereinigung kompakter Men-

Zu U ⊆ C offen definiere Ak = {z ∈ U : |z| ≤ k und dist(z, ∂U ) ≥ 1/k}

Weil |·| und dist(·, ∂Ω) stetige Funktionen sind, ist Ak als Urbild von [0, k]×[1/k, ∞[ unter Heine− z 7→ (|z|, dist(z, ∂Ω)) abgeschlossen. Außerdem: Ak beschränkt −→ Ak kompakt. Borel S∞ Klar: U = k=1 Ak

Beweis von 4.1. Es sei H die Menge aller Häufungspunkte von N (f ) in Ω (!). Nach 4.3 ist H abgeschlossen in Ω. Da f stetig ist, ist auch f (a) = 0∀ a ∈ H. Es sei a ∈ N (f ) und r > 0 so, dass B(a, r) ⊆ Ω. Nach 3.5 f (z) =

∞ X

k=0

ck (z − a)k

z ∈ B(a, r)

Dann gibt es zwei Möglichkeiten: • alle ck sind Null. Dann ist f die Nullfunktion auf B(a, r) oder • es gibt eine kleinste Zahl m mit c0 = c1 = . . . = cm−1 = 0 und cm 6= 0. 20

(∗∗)

4. Identitätssatz und Klassifikation isolierter Singularitäten Im zweiten Fall definieren wir g(z) =

(

(z − a)−m f (z) cm

z ∈ Ω \ {a} . z=a

Damit gilt (∗). Klar ist, dass g auf Ω \ {a} holomorph ist. Aus (∗∗) folgt g(z) =

∞ X

k=0

ck (z − a)

k−m c0 =...=cm−1 =0

=

∞ X

n=0

cm+n (z − a)n .

Somit konvergiert die Potenzreihe f¨ ur g auf B(a, r), insbesondere ist g holomorph in a. Dabei ist g(a) = cm 6= 0. Weil g(a) 6= 0 ist g(z) 6= 0 f¨ ur z nahe a. Folglich ist in diesem Fall a die einzige Nullstelle von f in einer Umgebung von a. Ist also a ein Häufungspunkt von Nullstellen, so ist f (z) = 0∀ z ∈ B(a, r). Die Menge H ist also nicht nur abgeschlossen in Ω, sondern auch offen. Also ist H = ∅ oder H = Ω. Also gibt es entweder gar keine Häufungspunkte in Ω, oder f ≡ 0. Ist also f nicht die Nullfunktion, so können in jeder kompakten Menge nur endlich viele Nullstellen liegen. Also gibt es dann nur abzählbar viele Nullstellen in Ω. 4.5 Folgerung (Identit¨ atssatz). Es seien f, g ∈ H (Ω) und f (z) = g(z) auf einer Menge, die in Ω einen Häufungspunkt besitzt. Dann ist f = g. 4.6 Bemerkung. Die Funktion 0 6= f ∈ H (Ω) kann einen Häufungspunkt von Nullstellen außerhalb von Ω haben. Beispiel: f (z) = sin(1/z) ∈ H (C \ {0}) hat einen Häufungspunkt von Nullstellen in 0 1 (zk = kπ ).

Klassifikation isolierter Singularit¨ aten 4.7 Definition (Hebbare Singularit¨ at). Ist a ∈ Ω, Ω offen, f ∈ H (Ω \ {a}), so nennt man a eine isolierte Singularität von f . Wenn f so definiert werden kann, dass die resultierende Funktion holomorph auf ganz Ω ist, so nennt man a eine hebbare Singularität. Beispiel: sinz z hat in z = 0 eine hebbare Singularität. (Potenzreihe hinschreiben, z abdividieren. Konvergiert.) 4.8 Hebbarkeitssatz. Es sei f ∈ H (Ω \ {a}) beschr¨ ankt in einer Umgebung von a. Dann hat f in a eine hebbare Singularit¨ at. Beweis.

Setze h(z) =

(

(z − a)2 f (z) 0

z= 6 a . z=a

Dann ist h auf ganz Ω differenzierbar: F¨ ur z 6= a ist das klar. In z = a: lim

z→a

h(z) − h(a) = lim (z − a)f (z) = 0 z→a z−a

(weil f (z) beschränkt nahe a).

21

Funktionentheorie I Auf jeder Kreisscheibe B(a, r), die ganz in Ω liegt, hat h also eine PotenzreihenentwickP∞ lung h(z) = n=0 cn (z − a)n , wobei c0 =P h(a) = 0, c1 = h0 (a) = 0. Daher können wir ∞ 2 (z − a) abdividieren und erhalten f (z) = n=0 cn+2 (z − a)n auf B(a, r) \ {a}, und f (z) wird durch f (z) := c2 holomorph auf B(a, r) fortgesetzt. 4.9 Satz (Casorati-Weierstraß). folgenden verschiedenen F¨ alle vor:

Ist a ∈ Ω, f ∈ H (Ω \ {a}), so liegt einer der drei

(1) f hat in a eine hebbare Singularit¨ at. In diesem Fall ist die Funktion bei a beschr¨ ankt. (2) Es gibt c1 , . . . , cm ∈ C, cm 6= 0, sodass f−

m X

cn (z − a)n n=1

eine hebbare Singularit¨ at in a hat. Man sagt dann, f habe einen Pol der Ordnung m in Pm cn a, und nennt n=1 (z−a) n den Hauptteil von f in a. In diesem Fall gilt |f (z)| −→ ∞ f¨ ur z → a. Pm cn Ist f − n=1 (z−a) n holomorph in a, so nennt man c1 , d. h. den Koeffizienten von −1 (z − a) , das Residuum von f in a. Wir schreiben c1 = Res(f, a) oder Resz=a f . Es wird eine wichtige Rolle spielen. (3) F¨ ur jedes r > 0 ist das Bild von B(a, r) \ {a} unter f dicht in C. Man sagt dann, f habe in a eine wesentliche Singularit¨ at. Beachte: Wir k¨ onnen die drei F¨ alle anhand des Wachstumsverhaltens von f bei a unterscheiden. Beweis. Annahme: Fall (3) liegt nicht vor. Dann existieren ein r > 0, ein δ > 0 und ein w ∈ C sodass |f (z) − w| > δ ∀z ∈ B(a, r) \ {a}. Schreibe B = B(a, r), B˙ = B(a, r) \ {a}. Definiere g(z) =

1 , f (z) − w

˙ z ∈ B.

(∗)

˙ und |g| < δ auf B. ˙ Nach dem Hebbarkeitssatz 4.8 hat g eine holoDann ist g ∈ H (B) morphe Fortsetzung auf B. Wir unterscheiden zwei Möglichkeiten: (1) g(a) 6= 0. Dann ist wegen (∗) f in einer Umgebung von a beschränkt. Nach dem Hebbarkeitssatz liegt Fall (1) vor. (2) g(a) = 0. Nach 4.1 hat g eine Nullstelle einer festen Ordnung m ∈ N, d. h. ∃˜ g ∈ H (B): g(z) = (z − a)m g˜(z),

g˜(a) 6= 0.

Da f auf B˙ holomorph ist, hat g keine weitere Nullstelle auf B. Somit ist g˜(z) 6= 0 f¨ ur alle z ∈ B. Wir können also h(z) = g1˜ ∈ H (B) definieren, sie hat keine Nullstelle auf B. Es gilt 1 ˙ f (z) = + w = (z − a)−m h(z) + w, z ∈ B. g(z)

22

4. Identitätssatz und Klassifikation isolierter Singularitäten Als holomorphe Funktion können wir h in eine Potenzreihe auf B entwickeln: h(z) =

∞ X

k=0

bk (z − a)k

b0 = h(a) 6= 0.

mit

(∗∗)

Aus (∗) und (∗∗) folgt dann, dass Fall (2) vorliegt. Wir können in 4.14 noch etwas mehr zur Klassifikation sagen. Zunächst: 4.10 Definition (Kreisringe).

Es sei 0 ≤ r < R ≤ ∞, a ∈ C. Setze

UrR (a) = {z ∈ C : r < |z − a| < R}.

4.11 Lemma. F¨ ur f ∈ H (UrR (a)) und r < ρ < R gilt I =⇒ f (z) dz ist unabh¨ angig von ρ |z−a|=ρ

Beweis.

F¨ ur r < ρ1 ρ2 < R betrachte die Differenz I I f (z) dz − f (z) dz |z−a|=ρ1

|z−a|=ρ2

Durch Zerlegung in Sektoren kann man die Differenz darstellen als Summe von Integralen Z Z Z f (z) dz + f (z) dz + · · · + f (z) dz γ1

γN

γ2

wobei die Wege γj in konvexen Teilmengen von UrR (a) verlaufen. Nach dem Cauchyschen R ur jedes j −→ Differenz ist Null. Integralsatz ist f (z) dz = 0 f¨ γj

4.12 Cauchysche Integralformel f¨ ur Kreisringe. f ∈ H (UrR (a)), z ∈ Ur0 R0 (a). Dann gilt I 1 1 f (w) dw − f (z) = 2πi w−z 2πi |w−a|=R0

Es sei 0 ≤ r < r 0 < R0 < R ≤ ∞ I

|w−a|=r 0

f (w) dw w−z

Beweis. Wie in 4.11 zerlegen wir die Differenz der Wegintegrale in Wegintegrale, die jeweils in konvexen Teilmengen von UrR verlaufen. O.B.d.A. liege z auf keiner der Trennlinien. ur ein j0 ∈ {1, . . . , n} und Indγj (z) = 0∀ j 6= j0 . (Die von den γj Dann ist Indγj0 (z) = 1 f¨ eingeschlossenen Gebiete sind sternförmig und liegt z nicht in dem von γj eingeschlossenen Gebiet, so bedeutet das, dass z in der unbeschränkten Zusammenhangskomponente ur konvexe Mengen von C \ γj liegt, dort ist Indγj (·) = 0) Die Cauchysche Integralformel f¨ liefert: I I X 1 Z f (w) 1 f (w) 1 f (w) dw = dw = dw 2πi w−z 2πi w−z 2πi w−z j |w−a|=R0

γj

|w−a|=r 0

Cauchy

=

X j

=

Indγj (z) | {z }

8 > :1

f (z) = f (z)

∀ j 6= j0 j = j0

23

Funktionentheorie I

Ist f ∈ H (UrR (a)) so gilt

4.13 Laurent-Reihen.

−1 X

f (z) =

k=−∞

k

ck (z − a) +

∞ X

k=0

ck (z − a)

k

wobei Z

1 ck = 2πi

f (z)

|z−a|=ρ

(z − a)

k+1

mit beliebigem ρ ∈]r, R[.

dz

Beide Reihen konvergieren gleichm¨ aßig auf kompakten Teilmengen von UrR (a). Die Koeffizienten ck in der Darstellung sind eindeutig. Beweis.

Nach 4.12 ist 1 f (z) = 2πi

I

|w−a|=R0

1 f (w) dw − w−z 2πi

I

|w−a|=r 0

f (w) dw = F (z) − H (z) w−z

f¨ ur r < r 0 < R0 < R, z ∈ Ur0 R0 (a). Weil |z − a| < R0 wissen wir schon aus 2.13, dass f holomorph ist und F (z) =

∞ X

k=0

ck (z − a)

k

1 mit ck = 2πi

Z

|w−a|=ρ

f (w) (w − a)

k+1

dw

(unabhängig von ρ nach 4.11). Nun zu H(z). Es ist ·

¸ w−a (w − z) = (w + a) − (z − a) = (z − a) −1 z−a   ¶l ∞ µ 1 1 X w−a 1  1 ´ = − ³ ⇒ =− w−z z − a 1 − w−a z−a z−a k=0

z−a

Die rechte Seite konvergiert, da |z − a| > |w − a|. Damit wird H(z) = −

1 2πi

I

∞

|w−a|=r 0

X 1 f (w) dw = w−z 2πi

Mit k = −(l + 1) ist dies gerade =

−1 X

k=−∞

ck (z − a)k ,

ck wie angegeben.

24

l=0

I

|w−a|=r 0

f (w)(w − a)l (z − a)−(l+1) dw

4. Identitätssatz und Klassifikation isolierter Singularitäten 4.14 Nochmals: Isolierte Singularit¨ aten. Es sei f ∈ H (U0,R (a)). Dann ist nach 4.13 die Laurent-Entwicklung von f um a gegeben durch f (z) =

−1 X

k=−∞

|

ck (z − a)k + {z

=ha (Hauptteil)

}

∞ X

k=0

ck (z − a)k

Isolierte Singularitäten lassen sich durch den Hauptteil beschreiben: (i) f hat in a eine hebbare Singularität ⇔ ha ≡ 0 (kein Hauptteil) (ii) f hat in a einen Pol m-ter Ordnung ⇔ ha (z) = ab)

c1 z−a

cm + · · · + (z−a) m (Hauptteil bricht

(iii) f hat in a eine wesentliche Singularität ⇔ ha bricht nicht ab. 4.15 Definition. Es sei f ∈ H (Ur,∞ (a)), g(z) = f (1/z). Man sagt, f habe in ∞ eine hebbare Singularität / einen Pol m-ter Ordnung / eine wesentliche Singularität, wenn g eine entsprechende Singularität an der Stelle 0 hat.

4.16 Beispiel. (i) f (z) = z 2 − z + 3 ⇒ g(z) = z12 − z1 + 3. g hat Pol zweiter Ordnung im Nullpunkt ⇒ f hat Pol zweiter Ordnung in ∞. (ii) f (z) = ez ⇒ g(z) = e1/z . g hat eine wesentliche Singularität in 0 ⇒ f hat eine wesentliche Singularität in ∞.

25

Funktionentheorie I

5 Der Satz von der offenen Abbildung. Maximumsprinzip Wir wollen beweisen: Eine holomorphe, nichtkonstante Funktion bildet offene Mengen auf offene Mengen ab. 5.1 Lemma.

Sei Ω offen, f ∈ H (Ω). Definiere g : Ω × Ω −→ C durch ( f (z)−f (w) z 6= w z−w g(z, w) = . 0 f (z) z=w

Dann ist g stetig auf Ω × Ω. Beweis. g ist stetig in allen Punkten (z, w) mit z 6= w. Bleibt die Stetigkeit in (a, a) zu zeigen. f 0 ist stetig in a, also existiert f¨ ur alle ε > 0 ein ρ > 0 mit B(a, ρ) ⊆ Ω und |f 0 (ξ) − f 0 (a)| < ε f¨ ur ξ ∈ B(z, ρ). Sei (z, w) ∈ B(z, ρ) × B(z, ρ), γ die Verbindungsstrecke von z nach w, γ(t) = (1 − t)z + tw, 0 ≤ t ≤ 1, γ 0 (t) = w − z. Z Z 1 0 f 0 (γ(t))(z − w) dt f (ξ) dξ = f (w) − f (z) = 0

γ

also

f (w) − f (z) = w−z

Es folgt g(z, w) − g(a, a) =

Z

1

f 0 (γ(t)) dt.

0

f (z) − f (w) − f 0 (a) = z−w

Z

0

¡ ¢ 1 f 0 (γ(t)) − f 0 (a) dt.

Nun ist der Integrand vom Betrag < ε (s. o.), also |g(z, w) − g(a, a)| < ε. Wir untersuchen das lokale Abbildungsverhalten einer holomorphen Funktion ϕ in z 0 zunächst f¨ ur den Fall ϕ0 (z0 ) 6= 0. 5.2 Satz. Sei Ω offen, ϕ ∈ H (Ω), z0 ∈ Ω, ϕ0 (z0 ) 6= 0. Dann gibt es eine Umgebung V von z0 sodass gilt: (a) ϕ ist injektiv auf V . (b) Das Bild ϕ(V ) =: W ist offen. (c) Die inverse Abbildung ψ : W −→ V ist holomorph in W . Beweis. (a) Lemma 5.1 sagt:

ϕ(z1 )−ϕ(z2 ) z1 −z2

−→ ϕ0 (z0 ) f¨ ur z1 , z1 → z0 . Also auch

¯ ϕ(z ) − ϕ(z ) ¯ ¯ 1 2 ¯ ¯ ¯ −→ |ϕ0 (z0 )| 6= 0. z1 − z 2

Es gibt daher eine Umgebung V von z0 mit |ϕ(z1 ) − ϕ(z2 )| ≥

1 0 |ϕ (z0 )||z1 − z2 |. 2

ϕ ist also injektiv auf V . Außerdem ist o. B. d. A. ϕ0 6= 0 auf V . 26

(5.1)

5. Der Satz von der offenen Abbildung. Maximumsprinzip (b) Sei ξ ∈ V . Wir zeigen: ϕ(ξ) ist ein innerer Punkt des Bildes W = ϕ(V ) (denn damit ist gezeigt, dass W offen ist). Wähle B(ξ, r) ⊆ V . Da ϕ injektiv ist, ist ϕ(ξ) ∈ / ϕ(∂B), und es gibt ein δ > 0 mit |ϕ(ξ + reit ) − ϕ(ξ)| > 2δ.

(5.2)

Sei α ∈ / ϕ(V ). Wir zeigen nun, dass gilt |α − ϕ(ξ)| > δ, denn dann ist ϕ(ξ) ein innerer 1 ist holomorph in V wegen α ∈ / ϕ(V ). Die Cauchy-Formel Punkt von W . h(z) = α−ϕ(z) f¨ ur B(ξ, r) sagt ¯ ¯ ¯ ¯ 1 Z 2π h(ξ + reit ) 1 ¯ ¯ ¯ ¯ it ire dt ¯ ¯ = |h(ξ)| = ¯ ¯ α − ϕ(ξ) 2πi 0 reit Z 2π 1 ≤ |h(ξ + reit )| dt 2π 0 ≤ max |h(ξ + reit )| −π≤t≤π

f¨ ur ein geeignetes t0 = |h(ξ + reit0 )| 1 . = |α − ϕ(ξ + reit0 )| Es folgt |α − ϕ(ξ)| ≥ |α − ϕ(ξ + reit0 )| und mit (5.2) 2δ < |ϕ(ξ + reit0 ) − ϕ(ξ)|

= |ϕ(ξ + reit0 ) − α + α − ϕ(ξ)|

≤ |ϕ(ξ + reit0 ) − α| + |α − ϕ(ξ)| ≤ 2|α − ϕ(ξ)|. Also |α − ϕ(ξ)| > δ. Fertig. (c) Fixiere w1 ∈ W . Dann existiert genau ein v1 ∈ V mit ϕ(v1 ) = w1 . Ist nun w ∈ W und ψ(w) = v so folgt v − v1 ψ(w) − ψ(w1 ) = . w − w1 ϕ(v) − ϕ(v1 ) Aus (5.1) folgt, dass v → v1 f¨ ur w → w1 . Damit existiert der lim

w→w1

1 ψ(w) − ψ(w1 ) und ist gleich 0 . w − w1 ϕ (v1 )

Also ist ψ komplex differenzierbar. Was passiert, falls ϕ0 (t0 ) = 0? 5.3 Definition und Bemerkung. F¨ ur m = 1, 2, 3, . . . definieren wir die m-te Potenzm funktion πm : t 7→ z m . F¨ ur jedes w ∈ C \ {0} hat die Gleichung = w (nach Analysis 1) √ z i(θ+2πj)/m iθ m . genau m Lösungen: f¨ ur w = re sind dies die Punkte zj = re Die Abbildung πm ist offen; d.h. das Bild jeder offenen Menge ist offen: Ist V ⊆ C \ {0} offen, so ist πm (V ) nach Satz 5.2 offen. Ist hingegen V = B(0, r) so ist πm (V ) = B(0, r m ) ebenfalls offen.

27

Funktionentheorie I Klar: Die Komposition offener Abbildungen ist offen. Nach 5.2 ist also insbesondere πm ◦ ϕ offen, falls ϕ keine Nullstelle hat. Im folgenden Satz sehen wir, dass jede nichtkonstante holomorphe Funktion lokal von der Form πm ◦ ϕ ist. 5.4 Satz. Sei Ω Gebiet in C, f ∈ H (Ω) nicht konstant, z0 ∈ Ω und w0 = f (z0 ). Es sei m die Ordnung der Nullstelle von z 7→ f (z) − w0 in z0 . Dann gibt es eine Umgebung V von z0 und ein ϕ ∈ H (V ) mit a) f (z) = w0 + ϕ(z)m b) ϕ0 (z) 6= 0 ∀ z ∈ V und ϕ : V → B(0, r) invertierbar f¨ ur geeignete Kugel B(0, r). Bemerkung: Es ist also f − w0 = πm ◦ ϕ. Die Abbildung f hat also die Eigenschaft, dass sie V \ {z0 } auf B(w0 , rm ) \ {w0 } abbildet, wobei jeder Punkt genau m Urbilder hat. Beweis. O.B.d.A. sei Ω eine konvexe Umgebung von z0 , die so klein ist, dass f (z) 6= w0 f¨ ur alle z ∈ Ω\{z0 } (ginge dies nicht, so wäre nach dem Identitätssatz 4.1 f ≡ w0 . Damit ist z0 die einzige Nullstelle von f −w in Ω. Ist m ihre Ordnung, so gilt f (z)−w0 = (z−z0 )m g(z) 0 wobei g(z) ∈ H (Ω), g(z) 6= 0 ∀ z ∈ Ω. Folglich ist gg ∈ H (Ω). Nach Satz 3.3 hat auf 0

der konvexen Menge Ω also gg eine Stammfunktion h. Die Ableitung von ge−h ist Null. Also ist eh c = g f¨ ur eine Konstante c. Indem wir h um eine Konstante ändern, können wir g = eh annehmen. Definiere ϕ(z) = (z − z0 )eh(z)/m . Dann folgt f (z) − w0 = πm ◦ ϕ(z). Ferner gilt ϕ(z0 ) = 0, ϕ0 (z0 ) = eh(z0 )/m 6= 0. Aus Satz 5.2 folgt, dass wir erreichen können, dass ϕ(V ) = B(0, r) f¨ ur geeignetes r. 5.5 Folgerung (Satz von der offenen Abbildung). Ist Ω ein Gebiet und f ∈ H (Ω), so ist f (Ω) entweder ein Punkt (genau dann, wenn f konstant ist) oder ein Gebiet: Dies folgt sofort aus der Bemerkung nach Satz 5.4 und 1.5.

5.6 Folgerung. Sei Ω Gebiet in C, f ∈ H (Ω) sei injektiv. Dann ist f 0 (z) 6= 0 ∀ z ∈ Ω. Wäre nämlich f 0 (z0 ) = 0 f¨ ur ein z0 , so hätte die Abbildung z 7→ f (z)−f (z0 ) eine mehrfache (m > 1) Nullstelle in z0 . Da f − f (z0 ) = πm ◦ ϕ ist (5.4) hätte dann jeder Punkt in einer Umgebung von f (z0 ) m Urbilder, damit wäre f nicht injektiv. 5.7 Bemerkung. Es kann aber sehr wohl vorkommen, dass f 0 (z) 6= 0 ∀ z ∈ Ω ohne dass f injektiv ist (z.B. ez ). 5.8 Satz (Maximumsprinzip). Es sei Ω beschr¨ anktes Gebiet, f ∈ H (Ω) ∩ C(Ω). Dann nimmt |f | sein Maximum auf dem Rand an: ∀ z0 ∈ Ω : |f (z0 )| ≤ supz∈∂Ω |f (z)|. Dabei gilt Gleichheit genau dann, wenn f konstant ist. Beweis. Da Ω kompakt ist (Heine-Borel) nimmt |f | auf Ω sein Maximum an. W¨ urde das Maximum im Inneren angenommen werden, etwa in z0 ∈ Ω, so wäre f (z0 ) ein innerer Punkt von f (Ω). Damit gibt es in jeder Umgebung von z0 Punkte w, f¨ ur die |f (w)| > |f (z0 )| gilt.

28

6. Globale Versionen des Cauchyschen Integralsatzes. Residuensatz.

6 Globale Versionen des Cauchyschen Integralsatzes. Residuensatz. 6.1 Ketten und Zyklen. Es seien γ1 , . . . , γm Wege in der Ebene und K = Bild γ1 ∪ .R. . ∪ Bild γm . Jedes γj definiert eine lineare Abbildung L(γj ) : C(K) → C durch L(γj )f = f (z)dz. Wir können also formal die Summe der Wege definieren, indem wir sagen, γj welche lineare Abbildung sie auf C(K) induziert. Mit anderen Worten: Wir schreiben Γ = γ1 + · · · + γ m , nennen Γ die formale Summe der Wege und setzen Z m Z X f (z)dz = f (z)dz. Γ

j=1

γj

Solche formalen Summen Γ von Wegen nennt man Ketten. Die obigen Mengen K nennt man das Bild von Γ. Wir sprechen von einer Kette in Ω ∈ C“, falls ihr Bild in Γ liegt. ” Sind alle γj geschlossen, so heißt Γ Zyklus. Eine Kette kann auf vielfache Weise als Summe von Wegen dargestellt werden. Die Identität γ1 + γ2 + · · · + γm = δ1 + · · · + δk heißt nur, dass die Bilder gleich sind und m Z X j=1

f (z)dz = γj

k Z X j=1

f (z)dz . δj

Ist Γ ein Zyklus und w ∈ / Bild Γ, so definieren wir die Windungszahl von Γ um w durch Z m X 1 1 Indγj (w). dz = IndΓ (w) = 2πi Γ z − w j=1 Wird jeder Weg γj durch den entgegengesetzten Weg −γj ersetzt, so nennt man die entstehende Kette −Γ. Es ist dann Ind−Γ (w) = − IndΓ (w). Man kann in offensichtlicher Weise Ketten formal addieren; Γ = Γ1 + Γ2 soll heißen Z Z Z f (z)dz f ∈ C(Bild Γ1 ∪ Bild Γ2 ) f (z)dz + f (z)dz = Γ

Γ2

Γ1

6.2 Satz von Cauchy. f ∈ H (Ω). Dann gilt

Es sei Ω offen in C, Γ ein Zyklus in Ω mit IndΓ (w) = 0 ∀ w ∈ / Ω,

f (z) IndΓ (z) =

1 2πi

Z

Γ

f (w) dw w−z

z ∈ Ω \ Bild Γ .

(∗)

ur jedes w ∈ / Ω, so ist Sind ferner Γ1 , Γ2 Zyklen in Ω mit IndΓ1 (w) = IndΓ2 (w) f¨ Z Z f (z)dz . f (z)dz = Γ1

Beweis.

Γ2

Auf Ω × Ω definieren wir die Funktion g durch ( f (z)−f (w) w 6= z z−w g(z, w) = 0 f (z) w=z

29

Funktionentheorie I Wir wissen aus Lemma 5.1, dass g stetig ist. Wir können daher Z 1 h(z) = g(z, w)dw 2πi Γ definieren. Ist z ∈ Ω \ Bild Γ, so ist Z Z 1 f (z) f (w) 1 dw − dw . h(z) = 2πi Γ z − w 2πi Γ z − w | {z } IndΓ (z)f (z)

Aussage (∗) ist also äquivalent dazu, dass h(z) = 0. Wir wissen, dass h als Integral u ¨ber eine stetige Funktion stetig ist. Wir zeigen die Holomorphie von h mit Morera. Es sei also 4 ein abgeschlossenes Dreieck, das in Ω liege. Dann ist Z Z Z 1 h(z)dz = g(z, w) dw dz ∂4 2πi Γ ∂4 Z Z Fubini 1 = g(z, w) dz dw . 2πi Γ ∂4

Das innere Integral ist Null, denn die Funktion z 7→ g(z, w) ist holomorph f¨ ur z 6= w und hat (Beschränktheit!) in z = w eine hebbare Singularität. Das Gesamtintegral ist also Null, nach Morera damit h holomorph. Nun sei Ω0 die Menge aller z ∈ C mit IndΓ (z) = 0. Wir setzen Z 1 f (w) dw . h0 (z) = 2πi Γ w − z Ist z ∈ Ω ∩ Ω0 , so folgt

h0 (z) − h(z) =

1 2πi

Z

Γ

f (z) z∈Ω dw)f (z) IndΓ (z) = 0 0 . w−z

Also gibt es eine holomorphe Funktion ϕ auf Ω ∪ Ω0 mit ¯ ¯ ¯ ¯ ϕ¯ ϕ¯ = h Ω

Ω0

= h0 .

Weil IndΓ (w) = 0 ∀ w ∈ / Ω ist C \ Ω ⊆ Ω0 . Daher ist Ω0 ∪ Ω ⊇ (C \ Ω) ∪ Ω = C und ϕ eine ganze Funktion. Die Menge Ω0 enthält auch die unbeschränkte Komponente von Ω \ Bild Γ, da dort IndΓ ≡ 0 ist. Es folgt D.K.

lim ϕ(z) = lim h0 (z) = 0.

|z|→∞

|z|→∞

¯ ¯ Nach Liouville ist daher ϕ ≡ 0. Es folgt: h ≡ 0, da h = ϕ¯ . Ω

6.3 Bemerkung.

(a) Satz 6.2 ist eine echte Verallgemeinerung von Satz 3.4, denn ist Ω konvex, z 6= Ω, so ist Z 1 1 3.4 0 1 = = IndΓ (z) . 2πi w − z ∈H (Ω) Γ w−z

30

6. Globale Versionen des Cauchyschen Integralsatzes. Residuensatz. (b) Wie sieht ein Beispiel aus f¨ ur Zykel Γ1 , Γ2 mit IndΓ1 (z) = IndΓ2 (z) ∀ z ∈ / Ω? Ω = C \ (D1 ∪ D2 ∪ D3 ) (Disjunkte Kreisscheiben)

δ1

Γ1 =

δ3

Γ2 =

δ2

+

+

haben gew¨ unschte Eigenschaft.

Insbesondere ist dann Z

f (z)dz = Γ1

6.4 Definition (Homologie).

µZ

+ δ1

Z

+ δ2

Z ¶

f (z) dz .

δ3

Man nennt zwei Zyklen Γ1 , Γ2 in Ω homolog, falls

IndΓ1 (w) = IndΓ2 (w)

∀w ∈ / Ω.

6.5 Erinnerung (Homotopie). Es seien γ0 , γ1 geschlossene Kurven in Ω mit Parameterintervall [a, b]. Man nennt γ0 homotop zu γ1 in Ω, falls es eine stetige Abbildung H : [a, b] × [0, 1] −→ Ω gibt mit H(s, 0) = γ0 (s), H(s, 1) = γ1 (s). 6.6 Lemma. α ∈ C. Gilt

Es seien γ0 , γ1 geschlossene Kurven mit Parameterintervall I = [a, b], |γ1 (s) − γ0 (s)| < |α − γ0 (s)|

∀s ∈ I,

(∗)

so ist Indγ1 (α) = Indγ0 (α). Beachte: (∗) ist insbesondere dann erf¨ ullt, wenn |γ0 (s) − γ1 (s)| < min |γ0 (t) − α|. Beweis. Aus (∗) folgt, dass α weder im Bild von γ0 noch im Bild von γ1 liegt. Wir können also den Weg γ1 (s) − α γ(s) = , s∈I γ0 (s) − α definieren. Dann gilt

und

γ0 γ10 γ00 = − γ γ1 − α γ0 − α |1 − γ(s)| =

|γ0 (s) − γ1 (s)| < 1. |γ0 (s) − α| 31

Funktionentheorie I Der Weg γ verläuft also in B(1, 1). Somit ist Ind γ(0) = 0, da 0 in der unbeschränkten Zusammenhangskomponente von C \ Bild γ liegt. Nun ist 0 = 2πi Indγ (0) =

Z

Z

b a

γ 0 (s) ds γ(s) − 0

Z b γ10 (s) γ00 (s) ds − ds a γ1 (s) − α a γ0 (s) − α ¡ ¢ = 2πi Indγ1 (α) − Ind γ0 (α) . =

b

6.7 Satz. Es seien γ0 , γ1 geschlossene Wege in Ω. Sind γ0 und γ1 homotop, so sind sie homolog, d. h. / Ω. Indγ0 (α) = Indγ1 (α) ∀α ∈ Beweis. O. B. d. A. haben beide Wege das Parameterintervall I = [0, 1]. Es sei H : I × I −→ Ω die Homotopie. Da I × I kompakt ist, existiert ε > 0 so, dass |α − H(s, t)| > 2ε

∀s, t ∈ I

(6.1)

(uns interessiert α ∈ / Ω!). Als stetige Funktion auf dem Kompaktum I ×I ist H gleichmäßig stetig. Also existiert n ∈ N so, dass |H(s, t) − H(s0 , t0 )| < ε

falls

|s − s0 | + |t − t0 | ≤

1 . n

(6.2)

Wir definieren den Polygonzug g0 , . . . , gn durch k gk (s) = H( nj , nk )(ns + 1 − j) + H( j−1 n , n )(j − ns)

(6.3)

f¨ ur j − 1 ≤ ns ≤ j. Aus (6.2) und (6.3) folgt |gk (s) − H(s, nk )| < ε

∀k = 0, . . . , n,

0≤s≤1

(6.4)

und insbesondere f¨ ur k = 0 bzw. k = n |g0 (s) − γ0 (s)| < ε,

|gn (s) − γ1 (s)| < ε

∀s ∈ I.

(6.5)

Aus (6.1) und (6.4) folgt |α − gk (s)| > ε

∀s ∈ I,

k = 0, . . . , n.

(6.6)

Andererseits liefern (6.3) und (6.2), dass |gk−1 (s) − gk (s)| < ε

∀s ∈ I,

k = 1, . . . , n.

Nun folgt aus (6.7), (6.6), (6.5) und (n + 2)-facher Anwendung von 6.6, dass Indγ0 (α) = Indg0 (α) = · · · = Indgn (α) = Indγ1 (α).

32

(6.7)

6. Globale Versionen des Cauchyschen Integralsatzes. Residuensatz.

Meromorphie 6.8 Definition.

Die Funktion f heißt meromorph in Ω ⊆ C falls gilt:

(i) f ∈ H (Ω \ A) wobei (ii) die Menge A keinen Häufungspunkt in Ω hat (isolierte Singularitäten) (iii) jede Singularität ein Pol ist. Schreibe: f ∈ M(Ω). 6.9 Bemerkung. (a) Es wird nicht ausgeschlossen, dass A = ∅. Insbesondere sind holomorphe Funktionen meromorph. (b) Nach dem Satz von Bolzano-Weierstraß hat jede Folge, die in einer beschränkten Teilmenge von C liegt, einen Häufungspunkt. Folglich enthält jede kompakte Teilmenge von Ω nur endlich viele Elemente von A ⇒ A höchstens abzählbar. (c) A kann Häufungspunkte in ∂Ω haben. 6.10 Residuensatz. Es sei f ∈ M(Ω), A die Singularit¨ atenmenge. Ist Γ ein Zyklus in Ω \ A mit IndΓ (α) = 0 ∀ α ∈ / Ω so gilt {z } | ∗

1 2πi

Z

f (z) dz =

Γ

X

Res(f, α) IndΓ (α)

α∈A

Beweis. 1. Schritt. Zeige B = {α ∈ A : IndΓ (α) 6= 0} ist endlich (⇒ Summe oben ist endlich). Indirekt: Angenommen, ∃(αj ) ⊆ A (αj paarweise verschieden) mit IndΓ (αj ) 6= 0. Dann ist (αj ) beschränkt, denn auf der unbeschränkten Zusammenhangskomponente von C\Bild Γ ist IndΓ (·) ≡ 0. Die Folge hat also einen Häufungspunkt α. Da A keine Häufungspunkte in Ω hat, liegt α in ∂Ω ⊆ C \ Ω. Dort ist nach Annahme (∗) die Windungszahl Null. Also IndΓ = 0. Nun ist die Windungszahl konstant auf den (offenen!) Zusammenhangskomponenten von C \ Bild Γ. Damit ist IndΓ (αj ) = 0 f¨ ur unendlich viele j E. 2. Schritt. Es seien b1 , . . . , bk die Elemente von B und Q1 , . . . , Qk die zugehörigen Hauptteile von f in bj . Setze g = f − Q 1 − Q2 − · · · − Q k . Nun ist g holomorph auf Ω fortsetzbar. Wir können also auf g die Cauchysche Integralformel anwenden 0 3. Schritt.

Cauchy

=

Z

g(z) dz = Γ

Schreibe Qj (z) =

Z

Γ

m X l=1

f (z) dz −

k Z X j=1

Qj (z) dz . Γ

(j)

a−l (z − bj )−l .

33

Funktionentheorie I Dann gilt 1 2πi

Z

m

Qj (z) dz = Γ

=

1 X (j) a−l 2πi l=1 (j) a−1

Z

Γ

(z − bj )−l dz

IndΓ (bj ) ,

|{z}

Res(f,bj )

denn f¨ ur l 6= −1 hat (z − bj )l eine Stammfunktion dann ist das Integral u ¨ber Γ gleich Null. 6.11 Bemerkung. Es sei f auf jedem Intervall [−R, R] ⊆ R Riemann-/Lebesgueintegrierbar. Wir setzen Z R Z ∞ f (x) dx f (x) dx = lim vp R→∞

−∞

und nennen vp

R∞

−∞

−R

den Hauptwert des Integrals (v.p. valor principalis, principal value).

6.12 Kleines Beispiel f¨ ur Anwendung des Residuensatzes. Es sei H = {z ∈ C : Im z ≥ 0}, f sei meromorph in einer Umgebung von H mit endlich vielen Polen a1 , . . . , ak mit Im aj > 0 ∀ j. Es gelt Z π

lim

R→∞

Dann ist

vp

Z

0

f (Reit )iReit dt −→ 0

∞

f (x) dx = 2πi −∞

k X

Res(f, aj )

j=1

Beweis. Es sei γ folgender Weg: von −R bis R auf R, von R nach −R auf dem Halbkreisbogen in H mit Radius R. Residuensatz: Z X P 1 f (z) dz = Res(f, aj ) Indγ (aj ) → Res f (aj ) 2πi γ k Z R Z 1 1 f (z) dz f (x) dx + 2πi −R 2πi ∩ ↓ Z ∞↓ X vp f (x) dx + 0 = Res f (aj ) −∞

6.13 Lemma.

Ω ⊆ C sei offen, a ∈ Ω

(a) Ist a Nullstelle der Ordnung m von f , so ist Res (b) Ist a Pol der Ordnung m von f , so ist Res Beweis.

34

³

f0 f ,a

³

´

f0 f ,a

´

=m

= −m

6. Globale Versionen des Cauchyschen Integralsatzes. Residuensatz. m

(a) Schreib f (z) = (z − a) g (z) mit g (z) 6= 0 f¨ ur z nahe a m−1

g 0 (z) g(z)

Da

(b) genauso

m

f 0 (z) m (z − a) g (z) + (z − a) g 0 (z) m g 0 (z) = = + m f (z) z−a g (z) (z − a) g (z) ³ 0 ´ (z) nahe a holomorph ist, folgt Res ff (z) ,a = m

6.14 Satz. Ω ⊆ C offen, Γ Zyklus in Ω mit Indγ (α) = 0 ∀ α ∈ / Ω Ferner sei f ∈ M(Ω) mit Polen b1 , . . . , bk der Ordnungen l1 , . . . , lk und endlich vielen w-Stellen a1 , . . . , an der Vielfachheit m1 , . . . , mn ; keiner dieser Punkte liegt auf Γ. (Dabei heißt a ∈ Ω eine w-Stelle, falls f (a) − w = 0) Dann gilt f¨ ur f ∈ H (Ω) 1 2πi

Z Γ

Beweis.

k n X X f 0 (z) lj IndΓ (bj ) F (bj ) mj IndΓ (aj ) F (aj ) − dz = F (z) f (z) − w j=1 j=1

Nach dem Residuensatz: µ ¶ Z n X 1 f0 f 0 (z) Res F dz = , aj IndΓ (aj ) + F (z) 2πi f (z) − w f −w j=1 Γ

k X j=1

nun hat

0

f f −w

=

(f −w) f −w

µ Res F

¶ f0 , bj IndΓ (bj ) f −w

0

höchstens Pole erster Ordnung (−→ 6.13) und µ ¶ ¶ f0 f0 Pole 6.13 , aj , aj = F (aj ) Res = F (aj ) mj 1. Ordnung f −w f −w µ ¶ ¶ µ f0 f0 Pole 6.13 = F (aj ) Res = F (bj ) lj , bj , bj Res F 1. Ordnung f −w f −w

µ Res F

=⇒ Behauptung

6.15 Folgerung. (a) F ≡ 1, Indγ (z) = 1 f¨ ur alle w-Stellen und Pole 1 2πi

R

Γ

f 0 (z) f (z)−w

dz

= =

P

mj · 1 · 1 −

P

lj · 1 · 1

Anzahl w-Stellen − Anzahl Pole (einschließlich Vielfachheit)

(b) Es sei f ∈ H (Ω) zus¨ atzlich injektiv =⇒ f : Ω −→ f (Ω) biholomorph. Dann ist f −1 (w) gegeben durch Z 1 zf 0 (z) f −1 (w) = dz 2πi f (z) − w |z−a|=R

Dabei ist das Integral u ¨ber einen (hinreichend (kleinen)) Kreis umd die w-Stelle a von f . Das folgt aus 6.14 f¨ ur F (z) = z. Die rechte Seite in 6.14 ist dann 1 · F (a) = 1 · a = a = f −1 (w)

35

Funktionentheorie I (c) Fundamentalsatz der Algebra p (z) =

n X

aj z j , a n = 1

j=0

Dann existiert R > 0 |p (z)| > 1 ∀ |z| > R Nun sei ∞

n X 1 p0 (z) bk k = + p (z) z z

(∗)

k=2

die Laurent-Entwicklung von holomorph f¨ ur |w|
0 existiert ein j0 mit |fj (z) − f (z)| < ε

∀j ≥ j0 .

6.18 Satz. Es seien fj ∈ H (Ω), j ∈ N, gleichm¨ aßig konvergent auf kompakten Teilmengen gegen eine Funktion f . Dann gilt (a) f ∈ H (Ω) (b) fj0 −→ f 0 gleichm¨ aßig auf kompakten Teilmengen. Beweis. (a) Mit Morera. Zunächst ist f als gleichmäßiger Grenzwert stetiger Funktionen stetig. Ferner gilt f¨ ur jedes abgeschlossene Dreieck ∆, das ganz in Ω liegt: fj −→ f gleichmäßig auf ∆ (weil ∆ kompakt ist), also Z Z fj (z) dz = 0. f (z) dz = lim ∂∆

∂∆

(b) Betrachte fj0 − f 0 . Es sei K ⊆ Ω kompakt. Dann ist f¨ ur ein hinreichend kleines ρ > 0 K⊆

[

a∈K

B(a ρ) =: Kρ ⊆ Ω

(dist(K, C \ Ω) = 2ρ). Nach 3.5 gilt nun f¨ ur a ∈ K |fj0 (a) − f 0 (a)| ≤

1 sup |f 0 − f 0 | ρ S(a,ρ) j

≤ sup |fj0 − f 0 |. Kρ

Daher ist sup |fj0 (a) − f 0 (a)| ≤

a∈K

1 sup |fj (z) − f (z)|. ρ z∈Kρ

Die Menge Kρ ist kompakt, denn Kρ = {z ∈ C : dist(z, a) ≤ ρ)}. Also ist zu vorgegebenem ε > 0 die rechte Seite < ε f¨ ur j ≥ j0 , somit auch die linke. (k)

6.19 Folgerung. Unter obigen Voraussetzungen gilt fj kompakten Teilmengen von Ω.

−→ f (k) gleichm¨ aßig auf

6.20 Satz von Hurwitz. (fj ) sei eine Funktionenfolge in H (Ω), die auf jeder kompakten Teilmenge von Ω gleichm¨ aßig gegen eine Funktion 0 6≡ f ∈ H (Ω) konvergiert. F¨ ur a ∈ Ω sind dann ¨ aquivalent: (a) f hat a als Nullstelle der Ordnung m.

37

Funktionentheorie I (b) Es gibt eine Umgebung U von a mit folgender Eigenschaft: F¨ ur jedes abgeschlossene ˚ ⊆ K ⊆ U existiert ein N = N (K) derart, dass f¨ Kreisscheibe K mit a ∈ K ur jedes j ≥ N (K) die Funktion fj genau m Nullstellen in K hat (einschließlich Vielfachheit gez¨ ahlt). Beweis. Da f 6≡ 0 ist, hat die Nullstellenmenge von f keinen Häufungspunkt in Ω nach 4.1. Also finden wir eine Umgebung U von a so, dass a die einzige Nullstelle in ˚ ⊆ K ⊆ U . Setze εK = U ist. Wähle eine abgeschlossene Kreisscheibe K mit a ∈ K minz∈∂K |f (z)|. Nun wähle N (K) so groß, dass |fj (z) − f (z)| < εK ≤ |f (z)|,

z ∈ ∂K,

j ≥ N (K).

Dann haben f und fj nach Rouché 6.16 dieselbe Anzahl von Nullstellen. 6.21 Folgerung. (a) Ist jedes fj nullstellenfrei, so ist f nullstellenfrei oder f ≡ 0. (b) Ist jedes fj injektiv, so ist f injektiv oder konstant. Beweis. (a) Satz von Hurwitz 6.20 mit m = 0. (b) F¨ ur a ∈ Ω betrachte gj (z) = fj (z) − fj (a). Diese Funktionenfolge erf¨ ullt die Voraussetzungen von (a) auf Ω \ {a}. 6.22 Lemma. (a) Es seien p, q Polynome, q 6≡ 0. Die Funktion f = pq ist meromorph auf C und hat in ∞ entweder einen Pol oder eine hebbare Singularit¨ at. (b) Ist umgekehrt f meromorph auf C = C ∪ {∞} mit endlich vielen Polen, so ist f eine rationale Funktion. Beweis. a) Klar.

p q

meromorph auf C. In ∞? Schreibe p =

m P

aj z j q =

j=0

m P

bj z j . Dann ist

j=0

¡ ¢ P a z−j zm f z1 = P bjj z−j zm wieder eine rationale Funktion (z 6= 0). Der Punkt z = 0 ist also entweder eine hebbare Singularität oder ein Pol. b) Die Zahlenkugel C ist kompakt. Da die Singularitätenmenge keinen Häufungspunkt hat, ist sie endlich. Es seien also p1 , . . . , pN die Pole von f in C und hk (z) =

mk X j=1

(k)

aj (z − pk )

Hauptteil in pk . h∞ (z) =

m∞ X

−j

(∞) j

aj

z

j=1

P Haupteil in ∞ (evtl. =0) Dann ist g = f − hk − h∞ eine holomorphe Funktion auf C und hat in ∞ eine hebbare Singularität. (!) Damit hat g einenP Grenzwert (in C) f¨ ur |z| −→ ∞. Nach Liouville ist g ≡ c konstant. =⇒ f = c + hk + h∞ ist rational. 38

6. Globale Versionen des Cauchyschen Integralsatzes. Residuensatz. 6.23 Satz von Mittag-Leffler in C. Es sei (ak ) eine Folge paarweise verschiedenener Zahlen in C mit lim |ak | = ∞. F¨ ur jedes k sei pk ein Polynom mit pk (0) = 0 (kein konstanter Term). Dann existiert ein f ∈ M (C) mit Polstellenmenge P f = {ak : k ∈ N} ³ ´ und hk (z) = pk

1 z−ak

als Hauptteil von ak .

Beweis. Ordne die ak so, dass |a1 | ≤ |a2 | ≤ . . . Wegen der paarweise Verschiedenheit ist evtl. a1 = 0 aber auf jeden Fall aj 6= 0 j ≥ 2. F¨ ur ak 6= 0 hat hk ∈ H (C \ {0}) eine Taylorreihe in 0 mit Konvergenzradius |ak |. (Trick) Zu ε = 2−k existiert ein mk ∈ N so dass 1 |hk (z) − Skmk (z)| < 2−k f¨ ur |z| < |ak | 2 wobei Skmk die Partialsumme der Taylorreihe von hk (summiert bis mk ) ist. Setze f = h1 (z) +

∞ X

k=2

(hk (z) − Smk (z))

Behauptung: Diese Reihe konvergiert gleichmäßig auf jeder kompakten Teilmenge K von C \ {a1 , a2 , . . .} Dazu: K ist kompakt, also beschränkt, d.h. es existiert ein R : K ⊆ B (0, R). Zu (ak ) andererseits existiert ein M mit |aj | > 2R ∀ j ≥ M . Dann ist X

k≥M

|hk (z) − Skmk (z)| ≤

und somit fM =

X

k≥M

X

2−k

k≥M

f¨ ur |z| ≤ R

|hk (z) − Skmk (z)| ∈ H (B (0, R))

gleichmäßig konvergent. Es folgt, dass f = h1 +

m−1 X k=2

|hk (z) − Skmk (z)| +

X

k≥M

|hk (z) − Skmk (z)|

meromorph auf B (0, R) ist mit Polen in a1 , . . . , am−1 und zugehörigem Hauptteil h1 , . . . , hm−1 . Da R beliebig war, folgt die Behauptung. 6.24 Bemerkung. Der Satz von Mittag-Leffler l¨ asst sich verallgemeinern auf den Fall dass Ω ⊆ C eine offene Menge ist und (ak ) eine Folge in Ω ohne H¨ aufungspunkt in Ω.

39

Funktionentheorie I

7 Einfach zusammenh¨ angende Gebiete 7.1 Definition. Ω ⊆ C offen, Γ, Γ1 seien Zyklen in Ω. Bekanntlich heißt Γ homolog zu / Ω. Wir nennen Γ nullhomolog in Ω, alls IndΓ (z) = Γ1 , falls IndΓ (z) = IndΓ1 (z) ∀ z ∈ 0 ∀z ∈ / Ω. Schreibe Γ ∼ Γ1 bzw. Γ ∼ 0. 7.2 Einfache Eigenschaften.

Ω sei offen, γ geschlossener Weg in Ω

a) Ω sternförmig =⇒ γ nullhomolog b) C \ Ω zusammenhängend =⇒ γ nullhomolog (In beiden Fällen liegt ∞ in der unbeschränkten Zusammenhangskomponente von C \ Bildγ ) ¨ c) ∼ ist Aquivalenzrelation

d) Γ1 ∼ Γ2 in Ω =⇒ Γ1 − Γ2 ∼ 0 in Ω Z Z e) Γ1 ∼ Γ2 in Ω =⇒ f (z) dz = f (z) dz nach Cauchy Γ2

Γ1

7.3 Beispiel.

Ω = C \ {a1 , a2 , a3 } Skizze fehlt noch Hier Γ ∼ γ1 + γ2 − 2γ3

7.4 Satz. Es sei Ω ⊆ C offen, a1 , . . . , an ∈ Ω seien paarweise verschieden, Γ ein Zyklus in Ω mit Γ ∼ 0 in Ω. W¨ ahle rj > 0 so klein, dass B (aj , rj ) ∩ B (ak , rk ) = ∅ ∀ j 6= k, B (aj , rj ⊆ Ω ∀ j = 1, . . . , n) Definiere γj durch γj (t) = aj + 12 rj eit , 0 ≤ t ≤ 2π, j = 1, . . . , n. Dann gilt Γ∼ und

Z

n X

IndΓ (aj ) γj

j=1

f (z) dz =

n X

in Ω \ {a1 , . . . , an }

Indγj (aj )

j=1

Γ

Z

f (z) dz

γ

f¨ ur alle f ∈ H (Ω \ {a1 , . . . , an }) Beweis.

Setze Γ∗ = Γ − IndΓ∗ (z)

n P

j=1

def.

=

IndΓ (aj ) γj F¨ ur z ∈ C \ Ω gilt

IndΓ (z) − | {z }

=0, da Γ∼0

=

=

IndΓ (z) − | {z } =IndΓ (z)

=

IndΓ (aj )

j=1

Ind γj (z) | {z }

=0, da Bildγj ⊆B(aj ,γj )⊆Ω

0−0=0

F¨ ur z = ak ∈ {a1 , . . . , an }: IndΓ∗ (z)

n X

X

IndΓ (ak ) −

IndΓ (aj )

X

Ind γj (z) | {z }

=δjk , da B(aj ,rj )∩B(ak ,rk )=∅

IndΓ (aj ) δjk = 0

Damit gilt (∗),(∗∗) folgt dann aus dem Cauchyschen Integralsatz.

40

(∗)

(∗∗)

7. Einfach zusammenhängende Gebiete 7.5 Definition. Eine Kurve γ in der offenen Menge Ω ⊆ C heißt nullhomotop, falls γ homotop zu der Punktkurve γ˜ (t) ≡ c f¨ ur ein c ∈ Ω ist. Ein Gebiet heißt einfach zusammenhängend, falls jede geschlossene Kurve in Ω nullhomotop ist. 7.6 Bemerkung. (a) Wissen: aus Homotopie folgt Homologie (6.7). Daher folgt aus Nullhomotopie auch Nullhomologie (die Punktkurve hat Windungszahl Null). (b) Jedes sternförmige Gebiet ist einfach zusammenhängend, denn jede geschlossene Kurve lässt sich auf den Sternpunkt zusammenziehen (H(s, t) = sa + (1 − s)γ(t)). ª © (c) Aus Nullhomologie folgt nicht Nullhomotopie. Betrachte in C \ 12 , − 12 die Kurve γ = AD + DB + BC + CD + DA + AC + CB + BA mit A = −1 − i, B = 1 − i, C = 1 + i, D = −1 + i. Diese Kurve ist nullhomolog aber nicht nullhomotop. 7.7 Lemma. In einem einfach zusammenh¨ angendem Gebiet gelten der Cauchysche Integralsatz und der Residuensatz f¨ ur jeden geschlossenen Weg. Beweis. In einem einfach zusammenhängendem Gebiet ist jeder Weg nullhomotop, also nullhomolog. 7.8 Satz.

Es sei Ω ⊆ C ein Gebiet. Dann ist ¨ aquivalent:

(i) Jeder geschlossene Weg in Ω ist nullhomolog. angend. (ii) C \ Ω ist zusammenh¨ Beweis. (ii) ⇒ (i) gilt nach 7.2 (b). (i) ⇒ (ii) Indirekt. Es sei C := C \ Ω und A, B ⊆ C offen, disjunkt mit A ∪ B = C, A, B 6= ∅. Der Punkt ∞ liegt nicht in Ω, also in einer der Mengen A oder B, o.B.d.A. in B. Nun ist B offen in C, also liegt auch eine Umgebung von ∞ (bzgl. C) in B, hat also leeren Schnitt mit A. Da eine Umgebung von ∞ eine Menge der Form {|z| > R} (R groß) enthält, ist also A ⊆ {|z| ≤ R}, somit beschränkt. Andererseits ist A auch abgeschlossen in C: Die Menge C = C \ Ω ist abgeschlossen in C (da Ω als Teilmenge von C ebenfalls offen ist). Die Menge B als Teilmenge von C ist nach Voraussetzung ebenfalls offen ⇒ A = (C \ Ω) \ B ist abgeschlossen. Nach dem Satz von Heine-Borel ist A daher kompakt. Die Menge B \ {∞} ⊆ C ist abgeschlossen in C: Analog wie oben ist B = (C \ Ω) \ A abgeschlossen in C ⇒ B \ {∞} = B ∩ C abgeschlossen in C. Da A ∩ B = ∅ ist, ist r = dist(A, B \ {∞}) > 0. Jetz basteln: Q sei Quadratgitternetz in C der Seitenlänge r/2, bestehend aus den Rändern abgeschlossener Quadrate W in C. Setze QA = {w : W ∩ A 6= ∅}. Diese Menge ist endlich, da A kompakt ist. Ferner enthält A mindestens einen Punkt, z0 . Indem man gegebenenfalls das Gitternetz etwas verschiebt, kann man annehmen, dass z0 im Inneren eines Quadrates liegt, etwa z0 ∈ ◦W0 . Es sei ∂W0 der orientierte Rand von W0 . Dann ist Ind∂W0 (z0 ) = 1

und

Ind∂W (z0 ) = 0 ∀ W 6= W0 41

Funktionentheorie I (die Quadrate sind sternförmig und f¨ ur W 6= W0 liegt z0 in der unbeschränkten Komponente von C \ ∂W ). P Wir setzen nun γ = W ∈QA ∂W . Dies ist ein Zyklus, der B nicht schneidet (weil dist(A, B \ {∞}) = r). Ist S Seite eines Quadrats mit S ∩ A 6= ∅, so ist S auch Seite (genau eines) anderen Quadrats in QA und als dessen Seite entgegengesetzt orientiert. Setze X γ∗ = S , S orientierte Seite eines Quadrats in QA mit S ∩ A = ∅

Dann ist γ ∗ ein geschlossener Weg, der weder B noch A schneidet und somit in Ω verläuft. Außerdem ist Indγ ∗ (z0 ) = Indγ (z0 ) = 1. Damit haben wir einen Weg in Ω konstruiert, der nicht nullhomolog ist E.

7.9 Folgerung. Es sei Ω ⊆ C einfach zusammenhängend, dann ist C \ Ω zusammenhängend, denn jeder geschlossene Weg in Ω ist nullhomotop, also nullhomolog. 7.10 Lemma. Es sei Ω ⊆ C einfach zusammenh¨ angend und U ⊆ C hom¨ oomorph zu Ω. Dann ist auch U einfach zusammenh¨ angend. Beweis. Es sei α : U −→ Ω ein Homöomorphismus, γ : [0, 1] −→ U eine geschlossene Kurve. Dann ist α◦γ : [0, 1] −→ Ω eine geschlossene Kurve in Ω, also nullhomotop, d. h. es gibt eine Homotopie H : [0, 1] × [0, 1] −→ Ω mit H(t, 0) = α ◦ γ(t), H(t, 1) = Punktkurve. Dann ist α−1 ◦ H eine Homotopie in U , die γ stetig auf einen Punkt zusammenzieht. 7.11 Folgerung. Jedes zur Einheitskreisscheibe E = {z ∈ C : |z| < 1} homöomorphe Gebiet ist einfach zusammenhängend. 7.12 Satz (Lemma von Schwarz). Es sei f ∈ H (E) mit f (E) ⊆ E und f (0) = 0. Dann gilt entweder f (z) = eiα z (d. h. f ist eine Drehung um den Winkel α) oder |f (z)| < |z| Beweis.

∀z ∈ E \ {0}

Setze g(z) =

(

f (z) z 0

= f (0)

und

f (z)−f (0) z−0

|f 0 (0)| < 1. z 6= 0 . z=0

Dies ist eine stetige Funktion auf E, holomorph auf E \ {0}, nach Casorati-Weierstraß g ∈ H (E). Nach Annahme ist f (z) ∈ E, also |f (z)| < 1 ∀z ∈ E. F¨ ur |z| = r ∈ ]0, 1[ ist also |f (z)| 1 |g(z)| = < . |z| r Also gilt nach dem Maximumprizip |g(z)| < r ∀|z| ≤ 1r . F¨ ur r −→ 1 folgt |g(z)| ≤ 1 ∀z ∈ E. Also |f (z)| ≤ |z| ∀z ∈ E und |f 0 (0)| ≤ 1. Falls nun ein z0 ∈ E existiert mit |f (z0 )| = |z0 | oder falls |f 0 (0)| = 1, so nimmt die Funktion g in z0 ihr Maximum an. Dann ist f konstant nach 5.8. Wegen |f | ≡ 1 ist g(z) ≡ eeα f¨ ur ein α ∈ R, also f (z) = eiα z.

42

8. Der Satz von Montel und der Riemannsche Abbildungssatz

8 Der Satz von Montel und der Riemannsche Abbildungssatz Im Folgenden sei U ⊆ C offen. 8.1 Erinnerung. Sei Kj = {z ∈ U : |z| < j und dist(z, ∂U ) > Folge beschränkter Mengen in C mit

1 j }.

Dies liefert eine

(i) K1 ⊆ K 1 ⊆ K2 ⊆ K 2 ⊆ · · · ⊆ U S (ii) Kj = U

(iii) Ist K ⊆ U kompakt, so existiert n ∈ N mit K ⊆ Kn . 8.2 Definition.

Es sei f ∈ C(U ). Wir setzen kf kj = sup{|f (z)| : z ∈ Kj }.

Wir definieren auf C(U ) eine Metrik d durch d(f, g) =

∞ X 1 kf − gkj . j 1 + kf − gk 2 j j=1

Metrik? • d(f, g) ≥ 0, d(f, g) = 0 ⇔ f = g ist klar. • d(f, g) = d(g, f ) auch. • d(f, h) ≤ d(f, g) + d(g, h) gilt weil

a+b 1+a+b

≤

a 1+a

+

b 1+b

(nachrechnen).

8.3 Lemma. Eine Folge konvergiert in (C(U ), d) genau dann, wenn sie auf jeder kompakten Teilmenge gleichm¨ aßig konvergiert. Beweis.

Es gilt

d(fn , f ) −→ 0 ⇔ kfn − f kj −→ 0

∀j

⇔ fn − f −→ 0 gleichmäßig auf Kj ∀j ⇔ fn − f −→ 0 gleichmäßig f¨ ur jede kompakte Menge in U.

8.4 Satz. (C(U ), d) ist ein vollst¨ andiger metrischer Raum. (H (U ), d) ist ein abgeschlossener Unterraum. Beweis. Es sei (fj ) Cauchy-Folge in C(U ), d. h. d(fj , fk ) −→ 0 f¨ ur j, k −→ ∞. Insbesondere gilt dann |fj (z) − fk (z)| −→ 0 ∀z ∈ U . Weil C vollständig ist, existiert ein Grenzwert f (z) f¨ ur (fj (z))j∈N . Behauptung: Die so definierte Funktion f ist stetig. Sei z0 ∈ U , ε > 0 vorgelegt. Wähle ein j mit z0 ∈ Kj . Dann existiert auch ein N mit |fn (z) − fm (z)| < 3ε ∀z ∈ Kj , m, n ≥ N . Dann gilt auch ε |f (z) − fm (z)| ≤ ∀z ∈ Kj , m ≥ N. 3

43

Funktionentheorie I Ferner existiert ein δ > 0 mit |fN (z) − fN (z0 )|
0 ein δ > 0 existiert mit |f (z) − f (z 0 )| < ε falls |z − z 0 | < δ, f ∈ F. Der folgende Satz von Arzelà-Ascoli charakterisiert kompakte Teilmengen von C(U ). 8.7 Satz.

F¨ ur F ⊆ C(U ) sind äquivalent:

(i) F ist relativ-kompakt. (ii) F ist punktweise beschr¨ ankt und auf jeder kompakten Teilmenge von U gleichgradig stetig. Beweis. (i)⇒(ii) Wäre F nicht punktweise beschränkt, so gäbe es ein z ∈ U und fj ∈ F mit |fj (z)| ≥ j. Dann hat (fj ) keine konvergente Teilfolge.

Annahme: F nicht gleichgradig stetig auf K, d. h. ∃ε0 > 0 sodass f¨ ur alle δ > 0, insbesondere f¨ ur δj = 1j eine Funktion fj ∈ F existiert und z1j , z2j ∈ K mit |z1j − z2j | < 1j und |fj (z1j ) − fj (z2j )| ≥ ε0 .

44

8. Der Satz von Montel und der Riemannsche Abbildungssatz Nach Annahme hat (fj ) eine konvergente Teilfolge, etwa fj −→ f . Dann existiert ein j0 so, dass ε0 |fj (z) − f (z)| < ∀z ∈ K, j ≥ j0 . 4 Wegen der Stetigkeit von f (und weil |z1j − z2j | −→ 0) existiert ein j1 mit |f (z1j ) − f (z2j )|
0 vorgelegt. Wegen der gleichgradigen Stetigkeit existiert ein δ > 0 so, dass |f (z) − f (w)|
0 : B(z, r) ⊆ Kn+1 ∀ z ∈ K und (ii) ∃M > 0 : |f (z)| ≤ M ∀ z ∈ K © ª ε Wähle δ < min 2r , 2r M . Dann können wir f¨ ur z1 , z2 ∈ K mit |z1 − z2 | < δ die CauchyFormel anwenden und haben ¶ µ Z 1 1 1 f (z1 ) − f (z2 ) = dw f (w) − 2πi w − z1 w − z2 |w−z1 |=r

⇒ |f (z1 ) − f (z2 )| ≤

8.9 Lemma. tionen

1 1 1 |z1 − z2 | · 2πr · M · · < ε. 2πi r r/2

Es sei E = {z ∈ C : |z| < 1}. F¨ ur a ∈ E betrachte die M¨ obiustransformaµa (z) =

Dann gilt: (a) µa ∈ H (C \

©1ª a

(e) µa (∂E) = ∂E

)

(b) (µa )−1 = µ−a

(c) µ0a (0) = 1 − |a| (d) µ0a (a) =

z−a 1 − az

(f ) µa (E) = E

2

(g) µa (a) = 0

1 1−|a|2

Beweis. (a) X (b) nachrechnen (c), (d) µ0a (z) =

(1 − az) + a(z − a) (1 − az)2

(e) Ist z = eiϕ , so ist ¯ ¯ ¯¯ iϕ ¯ ¯ ¯ ¯ iϕ ¯µa (eiϕ )¯ = ¯¯ e − a ¯¯ = ¯¯ 1 ¯¯¯¯ e − a ¯¯ = 1 . iϕ iϕ −iϕ 1 − ae e e −a

Daher ist µa (∂E) ⊆ ∂E. Da µ−1 a = µ−a ebenfalls ∂E in sich abbildet, folgt Gleichheit. (f) Aus (e) folgt mit dem Maximumprinzip µa (E) ⊆ E, sogar µa (E) ⊆ E, da µa nicht −1 konstant. Ebenso: µ−1 a : : E → E, also µa (E) = E. (g) X 8.10 Bemerkung. Es gibt keine biholomorphe Abbildung von C auf E (Liouville), aber es gibt Homöomorphismen, z.B. ϕ(z) = z/(1 + |z|).

46

8. Der Satz von Montel und der Riemannsche Abbildungssatz 8.11 Satz.

Es sei a ∈ E und f : E → E biholomorph mit f (a) = 0. Dann ist f (z) = eiϕ µa (z)

f¨ ur ein ϕ ∈ [0, 2π[.

Beweis. g := f ◦ µ−a ist biholomorphe Abbildung von E → E mit g(0) = 0. Ist h die Inverse zu g, d.h. g ◦ h = id, so gilt 1 = |id0 (0)| = |(g ◦ h)0 (0)| = |g 0 (h(0))h0 (0)| = |g 0 (h(0))||h0 (0)| Dann ist h(0) = 0 und |g 0 (0)| ≤ 1 nach dem Lemma von Schwarz, ebenso |h0 (0)| ≤ 1. Es folgt |g 0 (0)| = |h0 (0)| = 1 und wieder mit dem Schwarzschen Lemma g(z) = eiϕ z ⇒ f (z) = eiϕ µa . 8.12 Bemerkung. Es sei Ω ( C ein Gebiet und f, g : Ω → E biholomorph mit f (z0 ) = g(z0 ) = 0. Dann ist

7→

Ω z0

f

− →

E ∈

∈ 0

−−→

∈

g −1

E

7→

0

Also nach 8.11: f ◦ g −1 = eiϕ µ0 = eiϕ id ⇒ f = eiϕ g. 8.13 Lemma. Es sei Ω ein einfach zusammenh¨ angendes Gebiet, f ∈ H (Ω) mit f (z) 6= 0 ∀ z ∈ Ω. Dann existiert eine holomorphe Quadratwurzel f¨ ur f (d.h. ∃g ∈ H (Ω) : g 2 = f ). Beweis.

In Ω ist jeder geschlossene Weg nullhomotop, also nullhomolog. Nach Cauchy: Z h(z)dz = 0 ∀ h ∈ H (Ω) . γ

Damit hat jede Funktion in H (Ω) eine Stammfunktion (2.23). Da f (z) 6= 0 ∀ z, ist f 0 (z)/f (z) holomorph. Es sei F eine Stammfunktion. Dann ist ¡

f e−F

¢0

= f 0 e−F − f e−F f 0 /f = 0 ,

somit f e−F konstant bzw. f = ceF f¨ ur ein c 6= 0. Setze g = c1/2 eF/2 (wobei c1/2 eine der Quadratwurzeln von c ist). 8.14 Satz (Riemannscher Abbildungssatz). biet Ω ( C ist biholomorph auf E abbildbar.

Jedes einfach zusammenh¨ angende Ge-

Bemerkung: F¨ ur den Beweis benötigen wir dabei nur, dass Ω 6= C ist und auf Ω jede nullstellenfreie Funktion eine Quadratwurzel hat. Beweis. 1. Schritt. Es gibt ein bijektives f ∈ H (Ω) mit f (Ω) ⊆ E und 0 ∈ f (Ω). Dazu: Wähle a ∈ C\Ω. Nach Lemma 8.13 existiert dann ein q ∈ H (Ω) mit q 2 (z) = z−a (z ∈ Ω). Die Abbildung q ist injektiv (q(z1 ) = q(z2 ) ⇒ q(z1 )2 = q(z2 )2 ⇒ z1 − a = z2 − a ⇒ z1 = z2 ). Es gilt sogar q(z1 ) 6= −q(z2 ) ∀ z1 , z2 (∗). Wäre q(z1 ) = −q(z2 ), so auch q(z1 )2 = q(z2 )2 , also z1 = z2 , somit q(z1 ) = q(z2 ), also q(z1 ) 6= q(z2 ) (weil q keine Nullstelle hat).

47

Funktionentheorie I Es sei nun c ∈ q(Ω). Dann ist c 6= 0. Da q(Ω) offen ist (Satz von der offenen Abbildung) existiert ein r > 0 mit B(c, r) ⊆ q(Ω). Behauptung: B(−c, r) ∩ q(Ω) = ∅

(∗∗)

Annahme: w ∈ B(−c, r) ∩ q(Ω), d.h. ∃z ∈ Ω : w = q(z) ∈ B(−c, r) = −B(c, r) ⊆ −q(Ω). Dann ist q(z) = −q(˜ z ) f¨ ur ein z˜ ∈ Ω Ezu (∗). Setze nun r f˜(z) = : Ω → C. q(z) + c Dann ist f˜(z) injektiv, da q injektiv ist; f˜ ∈ H (Ω) da Nenner 6= 0 (∗∗). Schließlich ist |q(z) − (−c)| > r ((∗∗), q(Ω) offen) und somit |f˜(z)| < 1. Es folgt f˜ : Ω → E

injektiv, holomorph

Zu beliebigem z0 ∈ Ω setze nun f (z) =

1 ˜ (f (z) − f˜(z0 )) 2

Dann: f : Ω → E injektiv, holomorph, 0 = f (z0 ) ∈ f (Ω). Nach dem Satz von der offenen Abbildung ist f (Ω) auch offen und f : Ω → f (Ω) biholomorph. Wir können also o.B.d.A. annehmen, dass Ω ⊆ E und 0 ∈ Ω. 2. Schritt. Betrachte F = {f : Ω → f (Ω) ⊆ E biholomorph, f (0) = 0} . Dann ist F 6= ∅, da id ∈ F. Setze α = sup {|f 0 (0)| : f ∈ F} Behauptung: 1 ≤ α < ∞. Dazu: Weil id ∈ F ist, ist α ≥ 1. Die Cauchysche Integralformel liefert: I f (z) 1 0 dz f (0) = 2πi |z|=r z 2 falls r so klein, dass B(0, r) ⊆ Ω. Daraus folgt |f 0 (0)| ≤

1 1 1 2πr 2 ≤ ∀ f ∈ cF 2π r r

Daher existiert also eine Folge (fn ) in F mit |fn0 (0)| → α. Da |fn (z)| ≤ 1 f¨ ur alle n, alle z, ist (fn ) gleichmäßig beschränkt, hat also nach Montel eine konvergente Teilfolge, o.B.d.A. (fn ). Sie konvergiert gegen ein f ∈ H (Ω). Dann gilt (1) |f (z)| < 1 ∀ z ∈ Ω, also f (E) ⊆ E wegen des Maximumprinzips (2) fn0 → f 0 in H (Ω) (Satz 6.18) insbesondere: fn0 (0) → f 0 (0) damit |f 0 (0)| ≥ 1 (damit f nicht konstant!) (3) f (0) = lim fn (0) = 0.

48

8. Der Satz von Montel und der Riemannsche Abbildungssatz Da alle fn injektiv sind, ist nach Hurwitz (Folgerung 6.21(b)) f auch injektiv, somit ist f : Ω → f (Ω) auch biholomorph (5.6/5.2), somit f ∈ F. 3. Schritt. Wir zeigen: dieses f ist auch surjektive Abbildung auf E. F¨ ur b ∈ C setze µb (z) =

z−b . 1 − bz

(vgl. 8.9)

Nehmen wir an, f sei nicht surjektiv. Wähle a ∈ E \ f (Ω). Dann ist µa ◦ f : Ω → E \ {0} holomorph und injektiv und (µa ◦ f )(0) = −a 6= 0 Nun wissen wir aus 8.13, dass eine nullstellenfreie Funktion auf einem einfach zusammenhängendem Gebiet eine Quadratwurzel hat. Wir finden also w ∈ H (Ω) mit w 2 = µa ◦ f . Diese Abbildung ist injektiv: Ist w(z1 ) = w(z2 ), so auch w(z1 )2 = w(z2 )2 bzw. injektiv

µa ◦ f (z1 ) = µa ◦ f (z2 ) −−−−−→ z1 = z2 . Wir betrachten g = µw(0) ◦ w Es gilt: (1) g : Ω → E holomorph und injektiv (2) g(0) = µw(0) (w(0)) = 0 (vgl. 8.9)

⇒ g ∈ F. Andererseits werden wir nun zeigen, dass |g 0 (0)| > |f 0 (0)| und damit einen Widerspruch erhalten. Dazu setzen wir h(z) = µ−a (µ−w(0) (z)2 ) = µ−a ◦ z 2 ◦ µ−w(0) Dann ist h ◦ g = µ−a ◦ z 2 ◦ µ−w(0) ◦ µw(0) ◦w = f | {z } =id

0

Es folgt f (0) = (h ◦ g) (0) = h (g(0))g (0) = h (0)g 0 (0). Nun ist h : E → E holomorph, h(0) = 0 und h ist nicht bijektiv. Dann sagt das Lemma von Schwarz: |h0 (0)| < 1 und somit |f 0 (0)| < |g 0 (0)| E 8.15 Satz.

0

0

0

0

Ist Ω ⊆ C ein Gebiet, so ist ¨ aquivalent:

(a) Ω ist hom¨ oomorph zu E (b) Ω ist einfach zusammenh¨ angend (c) C \ Ω ist zusammenh¨ angend (d) Jeder geschlossene Weg γ in Ω ist nullhomolog (e) F¨ ur jeden geschlossenen Weg γ in Ω und f ∈ H (Ω) ist (f ) Jedes f ∈ H (Ω) hat eine Stammfunktion

R

γ

f (z)dz = 0

(g) Jedes nullstellenfreie f hat eine holomorphe Logarithmusfunktion (h) Jedes nullstellenfreie f hat eine holomorphe Quadratwurzel

49

Funktionentheorie I

Beweis.

7.10

7.9

7.8

6.2

2.23

(a) =⇒ (b) =⇒ (c) =⇒ (d) =⇒ (e) =⇒ (f)

log f Stammfkt

=⇒ 0

zu f /f

(g)

f :=e1/2 log g

=⇒

(h)

(h) ⇒ (a) F¨ ur Ω 6= C folgt dies aus dem Riemannschen Abbildungssatz zusammen mit der Bemerkung, dass man die Existenz der Quadratwurzel braucht. F¨ ur Ω = C : z . ϕ(z) = 1+|z| 8.16 Bemerkung. F¨ ur nicht einfach zusammenhängende Gebiete kann man kein Analogon zu Riemanns Satz erwarten, wie folgendes Beispiel zeigt: Satz (s. Rudin, Real & Complex Analysis, Thm. 14.22). Es sei UrR = {z ∈ C : r < |z| < R} Kreisring, 0 < r < R < ∞. Dann gilt: ∃ biholomorphe Abbildung Ur1 R1 → Ur2 R2 ⇔ Rr11 = r2 R2 r2 R2 . ”⇐“ ist trivial: ϕ(z) = cz, c = r1 = R1 .

50

9. Satz von Runge, allg. Satz von Mittag-Leffler, Weierstraßscher Produktsatz

9 Der Satz von Runge, der allgemeine Satz von Mittag-Leffler und der Weierstraßsche Produktsatz Approximationssatz von Runge K ⊆ C kompakt, Ω ⊆ C offen, K ⊆ Ω f ∈ H (Ω). Kann man f auf K durch rationale Funktionen approximieren? P , wobei P, Q teilerfremde Polynome Eine rationale Funktion R ist von der Form R = Q sind, Q 6= 0, oder (Partialbruchzerlegung) ¶ µ n X 1 + P0 mit Polynomen Pj . R (z) = Pj z − zj j=1 9.1 Lemma. Die Polynome sind genau diejenigen rationalen Funktionen, die h¨ ochstens in ∞ einen Pol haben (und keine wesentlichen Singularit¨ aten). Beweis. =⇒“ klar ” P . Dann sind die Nullstellen von Q die Pole in C. Falls dort kein Pol ⇐=“ Schreibe R = Q ” ist, ist Q = const. 9.2 Lemma. Es gibt einen (st¨ uckweise stetig differenzierbaren) Zyklus Γ in Ω \ K, so dass f¨ ur jedes f ∈ H (Ω) f (z) =

1 2πi

Z Γ

f (w) dw, w−z

z ∈ K.

(∗)

Beweis. Im Beweis von 7.6 haben wir einen Zyklus Γ konstruiert mit: Γ nullhomolog, IndΓ (z) = 1 ∀ z ∈ K. Formel (∗) folgt dann nach Cauchy. 9.3 Satz. Zu jedem ε > 0 existiert eine rationale Funktion R mit Polen in C \ K und |f (z) − R (z)| < ε

∀ z ∈ K.

Beweis. (Trick −→) Wir approximieren das Integral (∗) aus 9.2 geschickt. Die Funktion g : Γ × K −→ C f (w) g (w, z) = w−z ist stetig, also gleichmäßig stetig. Folglich existiert ein δ > 0 mit |g (w, z) − g (w 0 , z)|
0. Wir wählen Punkte z1 = ζ1 , ζ2 , . . . , ζN = z2 auf γ mit |ζj − ζj+1 | < δ

j = 1, . . . , N − 1

1 Da z−z in dem Kreisring Uδ,∞ (ζ2 ) = {z : |z − ζ2 | > δ} holomorph ist, hat sie dort eine 1 Laurent-Reihenentwicklung ∞ X 1 k ck (z − ζ2 ) , = z − z1 k=−∞

die f¨ ur |z − ζ2 | > δ konvergiert. Notwendigerweise ck = 0 ∀ k > 0. Alternativ: ck =

I

|z−ζ2 |=ρ

d. h.

f (z) (z − ζ2 )

k+1

dz mit beliebigen ρ > δ und abschätzen

0 X 1 k ck (z − ζ2 ) . = z − z1 k=−∞

Es gibt also zu jedem η > 0 ein Polynom P mit µ ¶¯ ¯ 1 1 ¯ ¯ − P ¯ 0 ein Polynom P0 mit ¯ ¯ ¡ 1 ¢ ¯P − P0 (z)¯ < ε0 ∀z ∈ B(0, M − 1) ⊇ K. 1−M

9.6 Bemerkung. C \ K hat höchstens abzählbar viele Komponenten: C \ K ist offen, also existiert zu jedem a ∈ C \ K ein ε > 0 mit B(a, ε) ⊂ C \ K. Wählen wir in jeder Komponente eine solche Scheibe, so sind sie disjunkt. Wir betrachten sie als messbare Teilmengen von C ' S 2 mit positivem Maß. X ⇒ volC B(a, ε) < ∞ Also gibt es nur abzählbar viele.

9.7 Folgerung (Polynomapproximation). Ist C \ K zusammenhängend, so können wir also f¨ ur die Polstelle den Punkt ∞ wählen, da es nur die unbeschränkte Zusammenhangskomponente gibt. Zu f ∈ H (Ω) und ε > 0 finden wir dann eine rationale Funktion R mit Polen höchstens in ∞ – d. h. nach Lemma 9.1 ein Polynom – mit |f (z) − R(z)| < ε ∀z ∈ K. 53

Funktionentheorie I 9.8 Folgerung. 9.7 ist falsch, falls C \ K nicht zusammenhängend ist: In diesem Fall hat C \ K eine beschränkte Zusammenhangskomponente V . Wähle α ∈ V , setze f (z) = (z − α)−1 und M = max{|z − α| : z ∈ K}. Angenommen es gäbe ein Polynom P mit |P (z) − f (z)| < 1/M ∀z ∈ K. Dann ist |P (z)(z − α) − 1| < 1 ∀z ∈ K. (Trick →) Insbesondere gilt diese Ungleichung f¨ ur z ∈ ∂V ⊆ K. Nun ist P (z)(z − α)−1 auch holomorph auf einer Umgebung von V (auf C). Maximumsprinzip: |P (z)(z − α) − 1| < 1 ∀z ∈ V . Speziell: z = α ∈ V : |1| < 1. Widerspruch. 9.9 Bemerkung. Das gleiche Argument zeigt auch, dass man in Satz 9.1 fordern muss, dass A einen Punkt aus jeder Zusammenhangskomponente enthält.

9.10 Satz. Ω ⊆ C sei offen, und A enthalte genau einen Punkt in jeder Zusammenhangskomponente von C \ Ω. Dann existiert zu f ∈ H (Ω) eine Folge (R n ) rationaler Funktionen mit Polen nur in A, sodass Rn → f gleichm¨ aßig auf kompakten Teilmengen von Ω. Beachte: Es wird nicht angenommen, dass Ω zusammenh¨ angend ist. C \ Ω kann u ahlbar viele Komponenten haben, etwa f¨ ur Ω = C \ Cantormenge. ¨berabz¨ Beweis.

F¨ ur n ∈ N sei Kn = {z ∈ Ω : |z| < n und dist(z, ∂Ω) >

1 n }.

Dann ist

[ ¡ ¢ C \ K n = {z : |z| > n} ∪ {∞} ∪ B(a, n1 ). a∈C\Ω

Jede Komponente von C \ K n enthält wieder offene Kreisscheiben, jede davon enthält einen Punkt von C \ Ω. Jede Zusammenhangskomponente von C \ Ω ⊆ C \ K n enthält also eine Zusammenhangskomponente von C \ K n . Jede davon enthält einen Punkt von A. Also lässt sich der Satz von Runge mit K = K n anwenden, und wir finden eine rationale Funktion Rn mit |f (z) − Rn (z)| < n1 auf K n . Ist K ⊆ Ω kompakt, so existiert ein n0 mit K ⊆ K n0 ⊆ K n0 +1 ⊆ · · · . Dann folgt f¨ ur n ≥ n0 : |f (z) − Rn (z)| < n1 auf K n ⊇ K n0 ⊇ K.

Der allgemeine Satz von Mittag-Leffler 9.11 Satz. Es sei Ω ⊆ C offen, A ⊆ Ω, A habe keine H¨ aufungspunkte in Ω. Zu jedem α ∈ A seien ein mα ∈ N und eine rationale Funktion m(α)

Pα (z) =

X j=1

cjα (z − α)−j

vorgegeben. Dann existiert ein f ∈ M(Ω) derart, dass Pα der Hauptteil von f in α ∈ A ist und f keine weiteren Pole hat. Beweis. Wähle Kn wie oben. Setze A1 = A ∩ K 1 , An = A ∩ (K n \ K n−1 ), n = 2, 3, . . . Dann ist An ⊆ K n . Da A keinen Häufungspunkt in Ω hat, hat es auch keinen in K n . Daher ist jedes An endlich und Qn (z) =

X

α∈An

54

Pα (z)

9. Satz von Runge, allg. Satz von Mittag-Leffler, Weierstraßscher Produktsatz eine rationale Funktion. Die Pole von Qn liegen in An ⊆ K n \K n−1 f¨ ur n ≥ 2. Insbesondere ist Qn in einer offenen Umgebung von K n−1 holomorph. Da jede Zusammenhangskomponente von C \ K n−1 eine von C \ Ω enthält (vergleiche das Argument im Beweis von 9.10), können wir den Satz von Runge anwenden: Wir finden rationale Rn mit |Rn (z) − Qn (z)| < 2−n Dann hat f = Q1 +

∞ X

n=2

∀z ∈ K n−1 .

(Qn − Rn )

die gew¨ unschten Eigenschaften. Schreibe f = Q1 +

N X

n=2

(Qn − Rn ) +

∞ X

n=N +1

(Qn − R1 ).

Jeder Term der Reihe rechts ist < 2−n auf K N . Also konvergiert die Reihe gleichmäßig auf K N zu einer Funktion, die in KN holomorph ist. Jedes Rn hat alle Pole außerhalb von Ω. Also ist f − Q1 − · · · − Q N holomorph in KN . Da N beliebig war, folgt die Behauptung.

Unendliche Produkte und der Satz von Weierstraß 9.12 Definition.

Es sei (un )n Folge in C. Wir schreiben

p=

∞ Y

(1 + un )

falls p = lim pn ,

pn =

n=1

n Y

(1 + uj ) .

j=1

9.13 Lemma. Es seien u1 , . . . , uN ∈ C, pN =

N Y

n=1

(1 + un ) ,

p∗N =

N Y

n=1

(1 + |un |) .

Dann gilt p∗N ≤ exp (|u1 | + · · · + |uN |) |pN − 1| ≤ p∗N − 1.

(9.1) (9.2)

Beweis. Aus 1 + x ≤ ex folgt (9.1). (9.2) gilt trivialerweise f¨ ur N = 1. Sei (9.2) bewiesen bis N − 1. Induktionsschritt: |pN − 1| = |pN −1 (1 + un ) − 1| = |(pN −1 − 1) (1 + un ) + un | ¡ ¢ ≤ p∗N −1 − 1 (1 + |uN |) + |uN | = p∗N − 1

nach Ind.-Ann.

55

Funktionentheorie I 9.14 Satz. Es sei (un )n Folge komplexwertiger Funktionen auf einer Menge S. Die ∞ P Reihe |un | konvergiere gleichm¨ aßig auf S. Dann konvergiert n=1

f (s) =

∞ Y

(1 + un (s))

n=1

gleichm¨ aßig auf S. Ferner ist f¨ ur s0 ∈ S ¨ aquivalent: (i) f (s0 ) = 0 (ii) Es gibt ein n0 mit un0 (s0 ) = −1. Ist π : N −→ N eine beliebige Permutation, so gilt auch f (s) =

∞ Y ¡

n=1

P

¢ 1 + uπ(n) .

Beweis. Aus |un (s)| < ∞ folgt mit Lemma 9.13, dass |pN (s)| ≤ C f¨ ur ein geeignetes C > 0 und alle N ∈ N. Wähle 0 < ε < 12 (dann ist insbesondere eε − 1 < 2ε). Dann existiert ein n0 ∈ N mit ∞ X

n=n0

|un (s)| < ε

∀ s ∈ S.

(∗)

Nun wähle M ∈ N so groß, dass {1, 2, . . . , n0 } ⊆ {π (1) , . . . , π (M )}. Setze qM =

M Y ¡

k=1

Dann gilt

³ ¯ ¯ ¯qM − q n 0 ¯ = p n 0

¢ 1 + uπ(k) .

Y

π(k)∈{1,...,n / 0}

¡

´ ¢ 1 + uπ(k) − 1 .

Aus (∗) und Lemma 9.13 folgt:

|qM − pn0 | ≤ |pn0 (eε − 1)| ≤ 2|pn0 |ε Daher haben die Folgen (qM )M und (pN )N denselben Grenzwert. Ist speziell π (k) = k, ¨ so zeigt dieselbe Uberlegung, dass die Folge der Partialprodukte gleichmäßig auf S gegen einen Grenzwert konvergiert. Aus |pM − pn0 | < 2|pn0 |ε folgt |pM | ≥ (1 − 2ε) |pn0 | , also auch |f (s)| ≥ (1 − 2ε) |pn0 (s)| ∀ s ∈ S. Also kann f (s0 ) = 0 nur gelten, wenn pn0 (s) = 0 ist. 9.15 Satz.

F¨ ur 0 ≤ un < 1 gilt ∞ Y

n=1

56

(1 − un ) > 0

genau dann wenn

∞ X

n=1

un < ∞.

9. Satz von Runge, allg. Satz von Mittag-Leffler, Weierstraßscher Produktsatz Beweis. Sei pN das N -te Partialprodukt pN = (1 P − u1 ) · · · (1 − uN ). Dann ist p1 ≥ p2 ≥ · · · und pN > 0 ∀N , also existiert p := lim pN . Ist un < ∞, folgt p > 0 aus Satz 9.14. Andere Richtung: Es ist p ≤ pN =

N Y

n=1

(1 − un ) ≤ exp(−u1 − u2 − · · · − uN ),

und die rechte Seite strebt gegen 0 f¨ ur N → ∞, wenn 9.16 Satz. von Ω, und

P

un = ∞.

Sei (fn )n , fn ∈ H (Ω), kein fn ≡ 0 auf einer Zusammenhangskomponente ∞ X

n=1

|1 − fn (z)|

konvergiere gleichm¨ aßig auf kompakten Teilmengen von Ω. Dann konvergiert auch f (z) =

∞ Y

fn (z)

n=1

gleichm¨ aßig auf kompakten Teilmengen von Ω, und wenn wir mit m(f, z) die Vielfachkeit von z als Nullstelle der Funktion f bezeichnen, gilt m(f, z) =

∞ X

m(fn , z).

n=1

Beweis. Wir wenden Satz 9.14 auf un = fn − 1 an. Es folgt die Konvergenz. z ∈ Ω hat eine Umgebung V , in der aufgrund der kompakten Konvergenz von PJedes ∞ ochstens endlich viele fn eine Nullstelle haben. Wir tauschen diese n=1 |1 − fn (z)| h¨ Faktoren an den Anfang des Produktes, das Produkt der u ¨brigen Faktoren hat nach Satz 9.14 keine Nullstelle in V . 9.17 Definition.

Wir setzen E0 = 1 − z ,

³ zn ´ z2 + ··· + En (z) = (1 − z) exp z + 2 n

f¨ ur n = 1, 2, . . .

und nennen diese Funktionen Elementarfaktoren. 9.18 Lemma.

F¨ ur |z| ≤ 1 gilt |1 − En (z)| ≤ |z|

Beweis.

n+1

,

n = 0, 1, 2, . . .

Klar f¨ ur n = 0. F¨ ur n ≥ 1 berechnen wir die Ableitung ³ zn ´ z2 + ··· + En0 = −z n exp z + . 2 n

Es hat also −En0 eine n-fache Nullstelle in z = 0, und die Entwicklung von −En0 um z = 0 hat nichtnegative reelle Koeffizienten. Z z 1 − En (z) = − En0 (w) dw 0

57

Funktionentheorie I hat in z = 0 eine n + 1-fache Nullstelle. Wir entwickeln ϕ(z) =

1 − En (z) z n+1

in eine Reihe um z = 0, diese hat auch nichtnegative reelle Koeffizienten. Es folgt |ϕ(z)| ≤ ϕ(1) = 1 f¨ ur |z| ≤ 1 und damit die Behauptung. 9.19 Satz. Sei (zn )n eine Folge komplexer Zahlen mit zn 6= 0 und |zn | → ∞ f¨ ur n → ∞. Sei weiterhin (pn )n eine Folge nichtnegativer ganzer Zahlen sodass f¨ ur alle r > 0 gilt ∞ ³ X r ´1+pn < ∞, (9.3) rn n=1 wobei rn = |zn |. Dann konvergiert

P (z) =

∞ Y n1

Ep n

³

z ´ z−n

gleichm¨ aßig auf kompakten Teilmengen von C gegen eine ganze Funktion. Bemerkung: Bedingung (9.3) ist beispielsweise f¨ ur pn = n − 1 stets erf¨ ullt. Beweis. Zur Bemerkung: F¨ ur jedes r und f¨ ur alle rn bis auf endlich viele ist rn > 2r, also r/rn < 21 , also konvergiert die Reihe (9.3) mit 1 + pn = n. F¨ ur festes r und |z| ≤ r ist nach Lemma 9.18 ¯ ³ z ´¯ ¯ z ¯1+pn ³ r ´1+pn ¯ ¯ ¯ ¯ ≤ , ¯1 − E pn ¯≤¯ ¯ zn zn rn

die letzte Ungleichung gilt f¨ ur rn ≥ r, also f¨ ur alle rn bis auf endlich viele. Aus (9.3) folgt, dass die Reihe ∞ ¯ ³ z ´¯ X ¯ ¯ ¯1 − E pn ¯ z n n=1

kompakt auf C konvergiert. Der Rest folgt aus Satz 9.16.

9.20 Satz (Weierstraßscher Produktsatz in C). Es sei f ∈ H (C) mit f (0) 6= 0. Es seien z1 , z2 , . . . die Nullstellen von f mit Vielfachheit aufgelistet. Dann gibt es g ∈ H (C) und eine Folge {pn } nichtnegativer ganzer Zahlen mit µ ¶ ∞ Y z f (z) = exp (g (z)) · Ep n z n n=1 (Die Faktorisierung ist in der Regel nicht eindeutig; man kann sie unter Zusatzbedingungen erhalten (−→ kanonische Produkte)) Beweis.P Wähle in 9.19 als zn die Nullstellen von f und die pn so, dass die Reihenbedin1+p ullt ist. Setze –wie in 9.19– gung ( | zrn | n < ∞∀ r > 0) erf¨ µ ¶ ∞ Y z Ep n p (z) = z n n=1

Dann haben f und p ihre Nullstellen an denselben Stellen mit denselben Vielfachheiten =⇒ fp ∈ H (C) hat keine Nullstellen. Da C einfach zusammenhängend ist, hat fp nach 8.15 einen Logarithmus g. =⇒ eg =

58

f p

9. Satz von Runge, allg. Satz von Mittag-Leffler, Weierstraßscher Produktsatz 9.21 Satz (Weierstraß). Es sei Ω ⊆ C offen, Ω 6= C. Ferner sei A ⊆ Ω eine Menge ohne H¨ aufungspunkte in Ω. Zu jedem α ∈ A w¨ ahle m (α) ∈ N. Dann existiert ein f ∈ H (Ω), das in jedem α ∈ A eine Nullstelle der Ordnung m (α) hat und keine weiteren. Beweis. Wir können o.B.d.A. annehmen, dass ∞ ∈ Ω aber ∞ ∈ / A. Wäre dies nicht der Fall, so könnten wir zuerste eine Möbiustransformation anwenden. Dann ist C \ Ω eine nichtleere (Ω 6= C) abgeschlossene (Ω offen) und beschränkte (∞ ∈ Ω, Ω offen), also kompakte Teilmenge von C. Ferner ist ∞ kein Häufungspunkt von A. (∞ ∈ Ω, nach Voraussetzung hat A keinen Häufungspunkt in Ω) Fall 1: A endlich. Dann können wir f als rationale Funktion einfach konstruieren: Wir wählen ein Polynom p mit entsprechenden Nullstellen und setzen dann f=

p (z − m)

mit m ∈ /Ω

grad p

Fall 2: Ist A unendlich, so ist A auf jeden Fall abzählbar (da A ∩ K f¨ ur jede kompakte Teilmenge endlich ist und Ω durch abzählbar viele kompakte Mengen ausgeschöpft werden kann). Nun sei (αn ) eine Folge, in der jedes α ∈ A genau m (α)-mal vorkommt. Zu jedem αn wähle ein βn ∈ C \ Ω so dass |βn − αn | ≤ |β − αn |

∀ β ∈ C \ Ω (mind. Abstand von αn ) | {z } kompakt

Da A keinen Häufungspunkt in Ω hat und auch ∞ kein Häufungspunkt ist, m¨ ussen die αn gegen den Rand von Ω r¨ ucken. Es folgt: |βn − αn |(= Abstand αn zu C \ Ω) −→ 0 Wir zeigen nun, dass f (z) =

∞ Y

n=1

En

µ

αn − β n z − βn

¶

die gew¨ unschten Eigenschaften hat. Dazu setzen wir rn = 2|αn − βn |. Ferner sei K kompakte Teilmenge von Ω. Da rn −→ z existiert N derart, dass |z − βn | > rn f¨ ur alle z ∈ K, n ≥ N . Dann ist ¯α − β ¯ 1 ¯ n n¯ ∀ z ∈ K, n ≥ N ¯ ¯< z − βn 2 ³ ´ ¡ ¢n+1 n −βn Mit Lemma 9.18 folgt |1 − En αz−β z ∈ K, n ∈ N . Aus Satz 9.16 | < 21 n folgt dann die Behauptung. 9.22 Folgerung. Jede meromorphe Funktion in Ω ist Quotient zweier holomorpher Funktionen in Ω. Beachte: Trivialerweise ist nat¨ urlich der Quotient zweier holomorpher Funktionen meromorph. Beweis. Es sei f ∈ M(Ω) und A die Menge aller Pole in Ω. F¨ ur α ∈ A sei m(α) die Ordnung des Pols. Mit dem Satz von Weierstraß finden wir h ∈ H (Ω) das eine Nullstelle der Ordnung m(α) in jedem α ∈ A hat und keine weiteren Nullstellen. Setze g = f · h. Da Nullstellenordnung von h = Pol-Ordnung von f in jedem a, hat g nur hebbare Singularitäten. Somit lässt sich g holomorph auf Ω forsetzen; es ist f = g/h.

59

Funktionentheorie I

10 Das Dirichlet-Problem Harmonische Funktionen Im Folgenden sei U ⊆ C offen. Wir werden U mit einer offenen Menge im R2 identifizieren. Wir erinnern uns, dass ∆ = ∂x2 +∂y2 der Laplace-Operator im R2 ist und dass eine Funktion f ∈ C2 (U ) harmonisch heißt, falls ∆f = 0. 10.1 Lemma.

Es sei f ∈ C 2 (U ). Dann gilt:

(a) f harmonisch ⇔ Re f und Im f harmonisch (b) f ∈ H (U ) ⇒ f harmonisch (c) Ist f ∈ H (U ) und f (z) 6= 0 ∀ z ∈ U , so ist ln |f | harmonisch. Beweis. (a) Schreibe f = u + iv mit u, v ∈ C 2 (U, R). Dann ist ∆f = |{z} ∆u +i |{z} ∆v . reell

reell

∞

(b) Ist f ∈ H (U ), so ist f ∈ C (U ). Die Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen liefern (mit f = u + iv) fxx + fyy

= = Schwarz

=

uxx + uyy + i(vxx + vyy ) vyx − vxy + i(−uyx + uxy ) 0 + i0 = 0

(c) Es sei D eine offene Kreisscheibe. Dann finden wir g ∈ H (Ω) mit f = eg (8.15). Somit ist auf D ¯ ¯ |f (z)| = ¯eg(z) ¯ = eRe g(z) . ⇒ ln |f (z)| = Re g(z) harmonisch nach (a).

10.2 Definition. Es sei u : U → R harmonisch. Wir nennen v ∈ C 2 (U, R) eine harmonische Konjugierte zu u, falls die Funktion f = u + iv holomorph auf U ist.

10.3 Lemma. (a) Die harmonische Konjugierte ist harmonisch. (b) Die harmonische Konjugierte ist bis auf eine Konstante eindeutig. (c) Auf jedem einfach zusammenh¨ angenden Gebiet U ⊆ C\{0} hat ln |z| eine harmonische Konjugierte. (d) Auf C \ {0} hat ln |z| keine harmonische Konjugierte. Beweis. (a) folgt aus 10.1 (a), (b).

60

10. Das Dirichlet-Problem (b) Sind f1 , f2 ∈ H (U ) mit f1 = u + iv1 und f2 = u + iv2 , so ist f1 − f2 = i(v1 − v2 ) eine holomorphe Funktion mit verschwindendem Realteil, also konstant. (c) Auf einem einfach zusammenhängenden Gebiet C \ {0} gibt es einen holomorphen Logarithmus. Dann gilt ln |z| + i Im ln z = Re ln z + i Im ln z = ln z ∈ H (Ω). (d) Gäbe es eine harmonische Konjugierte von ln |z| auf C \ {0}, so folgt aus der Tatsache, dass ln |z| = Re ln z ist, und der Tatsache, dass die harmonische Konjugierte lokal eindeutig ist bis auf eine Konstante, dass es einen ln auf C \ {0} gibt. Widerspruch.

Im einzelnen: Angenommen, es existiert ein u ∈ H (C \ {0}) mit ln |z| + iu ∈ H (C \ {0}). Es sei U1 = C \ R≥0 , U2 = C \ R≤0 , beide einfach zusammenhängend. Dann ist u harmonisch Konjugierte zu ln |z| auch auf U1 und U2 . Auf U1 bzw. U2 ist ∈ ln z eine harmonische Konjugierte (s. (c)). Aus (b) folgt: u = Im ln z + cj , j = 1, 2. Somit (da U1 ∩ U2 6= ∅) c1 = c2 . Daher ln |z| + iu = ln z + c ∈ H (C \ {0}). Widerspruch.

10.4 Satz. Es sei D = B(a, r) mit 0 < r ≤ ∞ eine Kreisscheibe. Dann hat jede auf D harmonische Funktion eine harmonische Konjugierte. Beweis.

Es sei u gegeben, harmonisch. Gesucht ist dann v ∈ C 1 (D, R) mit vx = −uy ,

vy = u x ,

denn dann erf¨ ullt u + iv die Cauchy-Riemannschen DGLn und ist daher holomorph. Diese Aufgabe kennen wir aus Analysis 2: Gesucht ist ein Potential v zu dem Vektorfeld (vx , vy ) = (−uy , ux ). Da D einfach zusammenhängend ist, geht das, wenn die Integrabilitätsbedingung erf¨ ullt ist: !

−uyy = uxx

⇔

uxx + uyy = 0.

[Wir hätten oben nur ein einfach zusammenhängendes Gebiet voraussetzen m¨ ussen, hatten aber in Analysis 2 diese Gebiete nicht genau behandelt.] 10.5 Folgerung. (a) Jede reellwertige harmonische Funktion ist lokal der Realteil einer holomorphen Funktion (hat lokal eine harmonische Konjugierte). (b) Jede reellwertige harmonische Funktion ist lokal in Potenzreihen entwickelbar. Beweis. (a) folgt sofort aus 10.4. P∞ (b) Es sei f holomorph, u = Re f und f (z) = n=0 cn (z − a)n auf B(a, r) die Potenzreihendarstellung von f , absolut konvergent f¨ ur |z − a| < r. Schreibe z = x + iy, a = α + iβ. Dann ist n

¡

(z − a) = (x − α) + i(y − β)

¢n

=

n µ ¶ X n l=0

l

(x − α)n−l il (y − β)l ,

61

Funktionentheorie I wobei die Reihe f¨ ur |x − α| < r/2 und |y − β| < r/2 konvergiert. Damit ist auch die Reihe f¨ ur den Realteil ∞ X n X u(x + iy) = bnl (x − α)n−l (y − β)l n=0 l=0

mit bnl =

¡ ¢

Re cn il nl

konvergent.

10.6 Bemerkung. Harmonische Funktionen erf¨ ullen nicht den Identitätssatz 4.5 in seiner strengen Form. Beispiel: u(x, y) = x ist harmonisch und hat als Nullstellenmenge {(x, y) : x = 0}. 10.7 Satz (Identit¨ atssatz f¨ ur harmonische Funktionen). Es sei Ω ein Gebiet und u : Ω −→ R harmonisch. Ist u ≡ 0 auf einer offenen Menge D ⊆ Ω, so ist u ≡ 0 auf Ω. Beweis.

Setze E = {z ∈ Ω : u ≡ 0 auf einer offenen Umgebung von z}

(i) E 6= ∅, da D ⊆ E.

(ii) E ist offen: folgt aus Definition (iii) E ist abgeschlossen.: Es sei (wn )-Folge in E mit wn −→ w ∈ Ω zu zeigen. w ∈ E. Wähle eine offene Kreisscheibe U ⊆ Ω mit w ∈ U . Dann finden wir nach 10.4 ein f ∈ H (U ) mit u = Re f . Da U offen ist und wn −→ w, existiert ein n0 mit wn ∈ U f¨ ur alle n ≥ n0 . Folglich ist u ≡ 0 auf einer offenen Teilmenge von U . Damit ist Re f ≡ 0 auf einer offenen Teilmenge von U =⇒ f konstant auf U . Folglich u = Re f = const. = 0. Folglich ist w ∈ E, also E abgeschlossen. Aus (i), (ii), (iii) folgt – weil Ω zusammenhängend ist – dass E = Ω, also u ≡ 0. 10.8 Satz.

F¨ ur ein Gebiet Ω ist ¨ aquivalent

(a) Ω ist einfach zusammenh¨ angend (b) Jede harmonische Funktion u : Ω −→ R hat harmonische Konjugierte Beweis. (a)⇒(b)“ 1. Variante: Argumentiere wie in 10.4 ” 2. Variante: Fall 1 Ω = C: bereits in 10.4 Fall 2 Ω 6= C: Nach dem Riemannschen Abbildungssatz gilt: ∃κ ∈ H (Ω) : κ : Ω −→ E biholomorph Setze u1 = u ◦ κ−1 ist dann harmonisch auf E (nachrechnen, dass die Komposition einer harmonischen mit einer holomorphen Funktion harmonisch ist.) Auf E finden wir nach 10.4 ein f1 ∈ H (E) mit u1 = Re f1 . Setze f = f1 ◦ κ ∈ H (Ω). Dann Re f = Re f ◦ κ = u. (b)⇒(a)“ Zeige: jede nullstellenfreie holomorphe Funktion hat einen holomorphen Lo” 10.1(c) 8.15 garithmus ( −→ Ω einfach zusammenhängend) Sei f ∈ H (Ω) nullstellenfrei −→ ln |f (z)| harmonisch. Sei h ∈ H (Ω) mit Re h = ln |f (z)|. Dann |f (z)| |f (z)| |f (z)| = Re h(z) = =1 h(z) |f (z)| |e | e

¨ Somit ist efn konstant (Ubungsblatt 1) =⇒ f = eh+c −→ h + c holomorpher Logarithmus zu f .

62

10. Das Dirichlet-Problem 10.9 Definition. Wir sagen u ∈ C (Ω, R) habe die Mittelwerteigenschaft (MWE), falls f¨ ur a ∈ Ω und jedes r > 0 mit B (a, r) ⊆ Ω folgt 1 u (a) = 2π

Z2π 0

¡ ¢ u a + reit dz

10.10 Bemerkung. Nach 10.4 hat jede harmonische Funktion die Mittelwerteigenschaft: Es sei f ∈ H (Ω) mit Re f = u. Nach Cauchy: f (a)

=

Z

1 2πi

f (z) dz z−a

|z−a|=r

=

1 2πi

¢ Z2π ¡ f a + reit ireit dt reit 0

=

1 2π

Z2π 0

1 Also ist u (a) = Re f (a) = 2π

Z2π 0

¡ ¢ f a + reit dt

¡ ¢ u a + reit dt

10.11 Satz (Maximum- und Minimumprinzip f¨ ur harmonische Funktionen). Es sei Ω Gebiet, a ∈ Ω. Die Funktion u ∈ C (Ω, R) habe die Mittelwerteigenschaft. Dann gilt: (a) Ist u (z) ≥ u (a) f¨ ur alle z ∈ Ω, so ist u (z) = u (a) f¨ ur alle z ∈ Ω (b) Ist u (z) ≤ u (a) f¨ ur alle z ∈ Ω, so ist u (z) = u (a) f¨ ur alle z ∈ Ω Beweis. (a) Es sei E = {z ∈ Ω : u(z) = u(a)}. Klar: E 6= ∅ (a ∈ E) und E abgeschlossen. Zeige: E offen. Es sei z0 ∈ E, r > 0 so, dass B(z0 , r) ⊆ Ω. Dann gilt f¨ ur beliebiges ρ < r u(a) = u(z0 ) =

1 2π

Z

2π 0

¡ ¢ u z + ρeit dt .

Nun ist die Rechte Seite ≥¡ u(a), da ¢u(z) ≥ u(a) ∀ z und Gleichheit gilt genau dann (Stetigkeit von u) wenn u z0 + ρeit = u(a) ∀ t ∈ [0, 2π]. Da ρ beliebig war, folgt u(z) = u(z0 ) ∀ z ∈ B(z0 , r) ⇒ E offen. Somit ist E 6= ∅, offen und abgeschlossen ⇒ E = Ω. (b) Betrachte −u.

63

Funktionentheorie I 10.12 Bemerkung.

F¨ ur den Beweis von (a) benötigt man nur die Super-MWE u(a) ≥

1 2π

Z

2π 0

¢ ¡ u z + ρeit dt .

F¨ ur (b) braucht man lediglich die Sub-MWE: 1 u(a) ≤ 2π

Z

2π 0

¢ ¡ u z + ρeit dt .

10.13 Folgerung. Ω beschränktes Gebiet, u harmonisch (reellwertig) auf Ω, stetig auf Ω. Dann nimmt u sein Maximum und Minimum auf ∂Ω an.

Das Dirichlet-Problem 10.14 Aufgabenstellung. Ω beschränktes Gebiet und f ∈ C(∂Ω, R). Gesucht ist eine Funktion u ∈ C 2 (Ω, R) ∩ C(Ω, R) mit ∆u = 0 in Ω (harmonisch in Ω) ¯ γ0 u := u¯∂Ω = f auf ∂Ω.

Erweitert: Ω beliebiges Gebiet in C und ∂∞ Ω der Rand von Ω in C. Gegeben sei ferner eine stetige Funktion f : ∂∞ Ω → R, gesucht: u ∈ C 2 (Ω, R) ∩ C(Ω ∪ ∂∞ Ω, R) so, dass ∆u = 0 in Ω ¯ γ0 u := u¯∂ Ω = f auf ∂∞ Ω. ∞

10.15 Lemma.

Falls eine L¨ osung des Dirichlet-Problems existiert, so ist sie eindeutig.

Beweis. Zunächst sei Ω beschränkt. ¯ Sind u1 , u2 Lösungen, so löst w = u1 − u2 die Differentialgleichung ∆w = 0 und w ¯∂Ω = 0. Dann folgt aus 10.13, dass w ≡ 0. Ist Ω unbeschränkt, so folgt die Aussage aus dem folgenden Lemma. 10.16 Lemma. Ω Gebiet, u ∈ C(Ω ∪ ∂∞ Ω, R) habe die MWE in Ω und verschwinde auf ∂∞ Ω. Dann ist u ≡ 0. Beweis. Wir zeigen, dass u ≤ 0 auf Ω ist, analog folgt u ≥ 0 (und damit u ≡ 0). Dazu gen¨ ugt es zu zeigen, dass f¨ ur jedes ε > 0 gilt u(z) ≤ ε ∀ z ∈ Ω. Sei also ε > 0 vorgelegt. Dann ist wegen der Stetigkeit von u auf Ω ∪ ∂∞ Ω die Menge Kε = {z ∈ Ω : u(z) ≥ ε} kompakt. Angenommen, sie ist nicht leer. Dann finden wir ein z0 ∈ Kε mit u(z0 ) ≥ u(z) ∀ z ∈ Kε . Dann ist auch u(z0 ) ≥ u(z) ∀ z ∈ Ω. Aus dem Maximumprinzip folgt u(z) ≡ u(z0 ) auf Ω. Andererseits wissen wir, dass u eine stetige Fortsetzung auf ∂∞ Ω hat, die dort Null ist. 10.17 Der Poissonkern.

F¨ ur 0 ≤ r < 1 und θ ∈ R setze Pr (θ) =

∞ X

n=−∞

64

r|n| einθ .

10. Das Dirichlet-Problem Es ist Pr (θ) = Re denn

µ

1 + reiθ 1 − reiθ

¶

=

1 − r2 , 1 − 2r cos θ + r 2

∞ ∞ X X 1 + reiθ n inθ iθ rn einθ r e = 1 + 2 = (1 + re ) 1 − reiθ n=1 n=0

und damit µ ¶ ∞ ∞ ∞ ³ ´ X X X ¢ ¡ inθ 1 + reiθ n inθ −inθ ∞ Re r e = Re 1 + 2 = n e +e =1+ r|n| einθ . 1 − reiθ n=−∞ n=1 n=1 Weiterhin Re

µ

1 + reiθ 1 − reiθ

¶

1 = 2

µ

1 + reiθ 1 + re−iθ + 1 − reiθ 1 − re−iθ

¶

=

1 − r2 . 1 − 2r cos θ + r 2

10.18 Eigenschaften des Poissonkerns. (a) Pr (·) ist stetig, positiv und 2π-periodisch. R 2π (b) 0 Pr (θ) dθ = 2π ∀ 0 ≤ r < 1

(c) ∀ 0 < δ < π gilt Pr −→ 0 gleichmäßig auf [0, 2π − δ] f¨ ur r → 1− .

(d) Setzen wir z = reiθ ∈ E, so ist die Funktion z 7→ Pr (θ) harmonisch auf E. Beweis. (a) 1 − 2r cos θ ≥ 1 − 2r + r 2 = (1 − r)2 > 0 (b) Z

2π

Pr (θ) dθ = 0

∞ X

r|n|

n=−∞

Z |

2π 0

einθ dθ = 2π {z }

δ0,n 2π

(c) Es ist 1 − 2r cos θ + r 2 ≥ 1 − 2r cos δ + r 2 ∀ δ ≤ θ ≤ 2π − δ. Daher: sup{Pr (θ) : δ ≤ θ ≤ 2π − δ} ≤

1 − r2 −→ 0 1 − 2r cos θ + r 2

(d) Die Abbildung ist wohldefiniert, da Pr f¨ ur r = 0 nicht von θ abhängt. stimmt ³ Ferner ´ 1+z nach 10.17 diese Abbildung u ¨berein mit der Abbildung z 7−→ Re 1−z (z = reiθ ), diese ist harmonisch. 10.19 L¨ osung des Dirichlet-Problems f¨ ur E. (a) Es sei f ∈ C(∂E, ¯ R). Dann gibt es genau eine Funktion u ∈ C(E, R), die in E harmonisch ist und r ¯∂E = f erf¨ ullt, n¨ amlich Z 2π 1 f (eit )Pr (θ − t) dt, u(reiθ ) = 2π 0 0 ≤ r < 1, 0 ≤ θ ≤ 2π. 65

Funktionentheorie I (b) Ist u ∈ C(E, R) harmonisch in E, so ist u gegeben durch Z 2π 1 u(reit ) = u(eit )Pr (θ − t) dt, 2π 0 0 ≤ r < 1, 0 ≤ θ ≤ 2π. Beweis. (a) Weil Pr (θ) harmonisch ist, folgt durch Differenzieren unter dem ¯ Integral, dass auch u auf E harmonisch ist. Wir m¨ ussen noch zeigen, dass γ0 u = u¯∂E = f ist, mit anderen Worten: ∀ε > 0 ∃ r0 ∈ [r0 , 1[ und ein δ > 0 sodass |f (eiθ0 ) − u(reiθ )| < ε

∀ r0 ≤ r < 1

∀ θ : |θ − θ0 |
0 so, dass |f (eiθ ) − f (eiθ0 )|
0, sodass u die Mittelwerteigenschaft hat auf B(z, r). Beweis. Klar: (a)⇒(b)⇒(c). Zeige (c)⇒(a). Es sei z0 ∈ U und r > 0 so, dass u die Mittelwerteigenschaft auf B(z0 , r) hat und ¯ B(z0 , r) ⊆ U . Wähle v als Lösung des DirichletProblems auf B(z0 , r) mit Randwerten u¯∂B(z ,r) . Dann hat v−u die Mittelwerteigenschaft 0 auf B(z0 , r) und v − u = 0 auf ∂B(z0 , r). Es folgt aus dem Maximumprinzip (10.13), dass v − u ≡ 0 auf B(z0 , r). Es folgt: u ist harmonisch auf B(z0 , r), somit auf U .

Einfach zusammenh¨ angende beschr¨ ankte Gebiete 10.22 Definition (Einfacher Randpunkt). Ein Randpunkt β eines einfach zusammenhängenden Gebietes Ω ⊆ C heißt einfacher Randpunkt, falls gilt: Zu jeder Folge α1 , α2 , . . . mit αi ∈ Ω, αi −→ β existieren ein stetiger Weg γ mit Parameterintervall [0, 1] und eine Folge t1 , t2 , . . . in [0, 1] mit (i) γ(t) ∈ Ω ∀ 0 ≤ t < 1 (ii) γ(tj ) = αj , j = 1, 2, . . .

67

Funktionentheorie I (iii) γ(1) = β (folgt sofort aus der Stetigkeit).

10.23 Bemerkung. (a) Hat Ω z. B. glatten Rand im Sinne von Analysis 3, Definition 27.4, so ist jeder Randpunkt einfach, γ kann als (unendlicher) Polygonzug gewählt werden. (b) Ist die Bedingung erf¨ ullt, so existiert zu jeder offenen Umgebung V von β in Ω ein t0 so, dass γ(t) ∈ V f¨ ur alle t0 ≤ t ≤ 1. Wir sehen daraus: (c) Ist Ω = E \ {x ∈ R : 0 ≤ x < 1}, dann sind die Randpunkte β ∈ R, 0 < β < 1 nicht einfach.

10.24 Satz. Ist Ω einfach zusammenh¨ angend und beschr¨ ankt mit nur einfachen Randpunkten, so hat die nach dem Riemannschen Abbildungssatz 8.14 existierende biholomorphe Abbildung κ : Ω −→ E eine Forsetzung zu einer invertierbaren, bistetigen Abbildung Ω −→ E mit κ(∂Ω) = ∂E. Ohne Beweis. 10.25 Satz. Ist Ω ein einfach zusammenh¨ angendes Gebiet in C mit nur einfachen Randpunkten, so hat das Dirichlet-Problem auf Ω eine eindeutige L¨ osung. Beweis. Die Eindeutigkeit folgt aus dem Maximumprinzip 10.23. Zur Existenz: Sei f ∈ C(∂Ω, R). Definiere f˜ ∈ C(∂E, R) durch f˜(z) = f (κ−1 (z)), wobei κ : Ω −→ E biholomorph auf Ω ist. Löse das Dirichlet-Problem durch u ˜ ∈ C 2 (E, R) ∩ C(E, R). Setze u(z) = u ˜(κ(z)). Dann ist u als Komposition einer harmonischen mit eine holomorphen Funktion harmonisch, und ¯ ¯ ¯ ¯ u¯∂Ω = u ˜¯∂E = f˜¯∂E = f ¯∂Ω .

Die Formeln von Poisson-Jensen und Jensen 10.26 Vorbemerkung. Es sei R > 0 und U eine offene Umgebung von K = B(0, R). Ist 0 ∈ / f (K) so ist auch 0 ∈ / f (U ) nach eventueller Verkleinerung von U . Ist f ∈ H (U ), so ist ln |f | harmonisch auf U (10.1 (c)). Also ist (wegen der Eindeutigkeit der Lösung des Dirichlet-Problems) 1 ln |f (z)| = 2π

Z

2π 0

ln |f (Reit )|PR,r (θ − t) dt

Insbesondere ergibt sich f¨ ur z = 0: 1 ln |f (0)| = 2π

68

Z

2π 0

ln |f (Reit )| 1 dt .

f¨ ur z = reit .

10. Das Dirichlet-Problem 10.27 Satz. Es sei R > 0, U offene Umgebung von K = B(0, R), f ∈ H (U ) und f (z) 6= 0 ∀ z ∈ S(0, R). Ferner seien a1 , . . . , an die ihrer Vielfachheit nach gelisteten Nullstellen von f in B(0, R). Dann gilt f¨ ur z = reit ∈ B(0, R) \ {a1 , . . . , an } ln |f (z)| =

Z 2π n ¯ R(z − a ) ¯ X 1 ¯ j ¯ ln |f (Reit )|PR,r (θ − t) dt ln¯ 2 ¯+ R − a ¯ z 2π j 0 j=1

(Formel von Poisson-Jensen). Speziell f¨ ur z = 0: ln |f (0)| = (Formel von Jensen). Beweis.

n X

Z 2π ¯a ¯ 1 ¯ j¯ ln¯ ¯ + ln |f (Reit )| dt R 2π 0 j=1

F¨ ur z ∈ / {a1 , . . . , an } setze n Y R2 − a ¯j z g(z) = f (z) . R(z − aj ) j=1

Dann ist g nach Hebung der Singularitäten holomorph auf U und nullstellenfrei auf B(0, R), sogar auf S(0, R), denn f¨ ur |z| = R und |a| < R ist ¯ R2 − a ¯z ¯¯ ¯¯ z z¯ − a ¯z ¯¯ ¯¯ z ¯¯ ¯ ¯=¯ ¯=¯ ¯=1 ¯ R(z − a) R(z − a) R

(∗)

(auf B(0, R) ist |¯ az| = |a||z| < R2 ). Nach der Vorbemerkung ist also Z 2π 1 ln |g(z)| = ln |g(Reit )|PRr (θ − t) dt 2π 0 Z 2π (∗) = ln |f (Reit )|PRr (θ − t) dt 0

Andererseits ist ln |g(z)| = ln |f (z)| +

n ¯ R(z − a ) ¯ ¯ R2 − a X ¯j z ¯¯ ¯ ¯ j ¯ ln¯ 2 ln¯ ¯ = ln |f (z)| + ¯. R(z − a ) R − a ¯ z j j j=1 j=1

n X

10.28 Bemerkung. Die Formeln in 10.27 gelten auch, wenn f endlich viele Nullstellen auf S(0, R) hat. Man muss dann das Integral als uneigentliches Riemann- oder LebesgueIntegral auffassen.

Konvergenz harmonischer Funktionen 10.29 Definition. Es sei Ω ⊆ C offen. Mit HR (Ω) bezeichnen wir den Raum aller auf Ω harmonischen reellwertigen Funktionen. Dann ist HR (Ω) ⊆ C∞ (Ω) ⊆ C(Ω) . Wir können also HR (Ω) mit der Metrix d aus 8.2 versehen (gleichmäßige Konvergenz auf kompakten Teilmengen von Ω).

69

Funktionentheorie I 10.30 Satz.

d

Es sei (un ) ⊆ HR (Ω) mit un −−→ u ∈ C(Ω). Dann gilt

(a) u ∈ HR (Ω) (b) Die Konvergenz erfolgt in allen Ableitungen, d.h. ∀ α, β ∂ α+β un ∂xα ∂yβ

d

−−→

∂ α+β u ∂xα ∂yβ

(c) HR (Ω) ist als abgeschlossener Unterraum von C(Ω) vollst¨ andig. Beweis. (a) folgt aus der Charakterisierung harmonischer Funktionen durch die Mittelwerteigenschaft 10.21: Mit den un hat auch u die MWE, ist also harmonisch. (b) Es gen¨ ugt zu zeigen: F¨ ur alle a ∈ C mit B(a, R) ⊆ Ω gilt d auf B(a, R)

∂xα ∂yβ un −−−−−−−−→ ∂xα ∂yβ u

(∗)

Dies wiederum folgt aus der Lösungsformel f¨ ur das Dirichlet-Problem durch Differenzieren unter dem Integral. Details: Schreibe z = x + iy = a + reit ∈ B(a, R). Z

1 un (z) = 2π

2π

un (a + Reit )PRr (θ − t) dt

0

wobei 2

R2 − |z − a| R2 − r 2 R2 − r 2 = = 2 2 2 2 R − 2Rr cos(θ − t) + r |Reit − (z − a)| |Reit − reiθ | R2 − (x − Re a)2 − (y − Im a)2 =: QR (t, x, y) = (R cos t − x + Re a)2 + (R sin t − y + Im a)2

PRr (θ − t) =

(¤)

Daher folgt mit Differenzieren unter dem Integral und dominierter Konvergenz ∂x un (x, y) =

1 2π

u→∞

Z

−−−−→

2π

un (a + Reit )∂x QR (t, x, y) dt 0

1 2π

Z

2π

u(a + Reit )∂x QR (t, x, y) dt 0

Dabei ist die Konvergenz sogar gleichmäßig auf allen kompakten Teilmengen von B (weil Q dort in allen Ableitungen gleichmäßig beschränkt ist). Also folgt aus der Konvergenz von un in d die von ∂x un in d. Iteration liefert (∗). 10.31 Folgerung. Ω sei beschränktes Gebiet, un ∈ C(Ω)∩HR (Ω). Auf dem Rand gelte ¯ glm ¯ γ0 un = un ¯ =: fn −−→ f ∈ C(∂Ω). Dann existiert ein u ∈ C(Ω) ∩ HR (Ω) so, dass ∂Ω

glm auf

un −−−−−→ u Ω

70

und

un = f auf ∂Ω .

10. Das Dirichlet-Problem Beweis.

Nach dem Maximumsprinzip: glm Kvg

def

MP

kun − um ksup Ω = kun − um ksup ∂Ω = kfn − fm ksup ∂Ω −−−−−→ 0 . Damit ist (un ) Cauchy-Folge bzgl. k·ksup Ω , insbesondere also bzgl. d auf Ω. Sie hat also einen Grenzwert u in C(Ω) (weil un ∈ C(Ω) und Konvergenz gleichmäßig) ∩HR (Ω) (weil konvergent in d). Ferner γ0 u = lim γ0 un = lim fn = f in C(∂Ω). 10.32 Satz (Harnacksche Ungleichung). HR (B). Dann gilt f¨ ur z ∈ B:

Es sei B = B(a, R) und 0 ≤ u ∈ C(B) ∩

R − |z − a| R + |z − a| u(a) ≤ u(z) ≤ u(a) . R + |z − a| R − |z − a| Beweis. Schreibe z = reiθ , 0 ≤ r < R. Nach der Lösungsformel f¨ ur das DirichletProblem ist Z 2π 1 u(a + Reit ) PRr (θ − t) dt . u(z) = {z } 2π 0 | ≥0

Nun ist

(¤)

PRr (θ − t) = und

R2 − r 2

|Reit − reit |

2

2

2

2

|R − r| ≤ |Reit − reiθ | ≤ |R + r| . Folglich R−r 1 R + r 2π | 10.33 Folgerung.

Z

2π

R+r 1 u(a + Re ) dt ≤ u(z) ≤ R − r 2π {z } | it

0

DP

2π 0

u(a + Reit ) dt {z }

u(a) nach MWE

Unter den obigen Voraussetzungen gilt auch

Schreibe 1 =

−2

Z

u(a) nach MWE

|u(z) − u(a)| ≤ 2 Beweis. |z − a|:

DP

R+|z−a| R+|z−a| .

r u(a) R−r

|z − a| u(a) . R − |z − a|

Dann folgt aus der Harnackschen Ungleichung mit r =

≤ = Harnack

≤

Harnack

≤

r −2 u(a) R+r ³R − r R + r´ u(a) − R+r R+r

u(z) − u(a) ³R + r R − r´ r − u(a) u(a) = 2 R−r R−r R−r

71

Funktionentheorie I 10.34 Satz (Liouville). so ist u konstant.

Ist u harmonisch auf C und nach oben oder unten beschr¨ ankt,

Beweis. O.B.d.A. sei u(z) ≤ C ∀ z ∈ C. Betrachte v(z) = C − u(z). Dann ist v harmonisch und ≥ 0 auf C. Aus 10.33 folgt |z| f¨ ur beliebige R > 0 R − |z| ⇒ |v(z) − v(0)| = 0 ⇒ v(z) = v(0) ∀ z ⇒ u(z) = u(0) ∀ z

|v(z) − v(0)| ≤ 2

10.35 Lemma. Es sei Ω ⊆ C offen und F eine Teilmenge von HR (Ω). Ist F auf jeder kompakten Teilmenge von Ω gleichm¨ aßig beschr¨ ankt, so ist F gleichgradig stetig. Beweis. Es sei a ∈ Ω und R > 0 so, dass K = B(a, R) ⊆ Ω. Wähle C ≥ 0 so, dass |u(z)| ≤ C ∀ u ∈ F (K kompakt!). Dann ist 0 ≤ u(z) + C ≤ 2C ∀ z ∈ K, u ∈ F. Es folgt |z − a| (u(a) + C) R − |z − a| |z − a| unabhängig von u! ≤ 4C R − |z − a| 10.33

|u(z) − u(a)| = |u(z) + C − u(a) − C| ≤ 2

10.36 Satz (Montel, Vitali, Stieltjes). Es sei Ω ⊆ C offen und F ⊆ HR (Ω). Dann ist F genau dann relativ-kompakt wenn F auf allen kompakten Teilmengen von Ω gleichm¨ aßig beschr¨ ankt ist. Beweis.

Folgt aus dem Satz von Arzela-Ascoli mit Lemma 10.35.

10.37 Satz (Harnacksches Konvergenzprinzip). Es sei Ω ⊆ C und (un ) eine monoton wachsende Folge reellwertiger harmonischer Funktionen. Dann gilt: Entweder konvergiert (un ) in HR (Ω) oder un % ∞ gleichm¨ aßig auf jeder kompakten Teilmenge. Beweis.

Es sei a ∈ Ω und R > 0 so, dass B(a, R) ⊆ Ω. Wir zeigen:

(i) Ist lim un (a) < ∞, so konvergiert (un ) gleichmäßig auf K = B(a, R/2). (ii) Ist lim un (a) = +∞, so gilt un (z) −→ +∞ gleichmäßig auf K. Dazu: (i) F¨ ur n ≥ m und z ∈ K gilt nach Harnack ¢ R + |z − a| ¡ un (a) − um (a) R − |z − a| ¢ R + R/2 ¡ un (a) − um (a) ≤ R − R/2 ¡ ¢ = 3 un (a) − um (a) −→ 0 unabhängig von z.

0 ≤ un (z) − um (z) ≤

72

10. Das Dirichlet-Problem (ii) Hier ist nach der Harnackschen Ungleichung ¢ R − |z − a| ¡ un (a) − um (a) R + |z − a| ¢ R − R/2 ¡ ≥ un (a) − um (a) R + R/2 ¢ 1¡ = un (a) − um (a) unabhängig von z. 3

0 ≤ un (z) − um (z) ≥

weil |z − a| ≤

R 2

Nun definieren wie E1 = {z ∈ Ω : un (z) konvergiert}, E2 = {z ∈ Ω : un (z) % +∞}. Aus (i): E1 offen. Aus (ii): E2 auch offen. Klar: Ω = E1 ∪ E2 , E1 ∩ E2 = ∅. Da Ω zusammenhängend ist, ist E1 = ∅ oder E2 =S∅. Ist K ⊆ Ω kompakt, so existieren endlich N viele Scheiben B(aj , Rj ) ⊆ Ω mit K ⊆ j=1 B(aj , Rj /2). Aus der globalen Konvergenz/Divergenz auf den B(aj , Rj ) folgt dann die gleichmäßige Konvergenz/Divergenz auf K.

Subharmonische Funktionen 10.38 Definition. monisch), falls u(a)

Eine Funktion u : Ω ⊆ C −→ R heißt subharmonisch (superhar≤ 1 (≥) 2π

Z

2π

u(a + reit ) dt,

B(a, r) ⊆ Ω.

falls

0

Klar: (i) u subharmonisch ⇔ −u superharmonisch. (ii) u subharmonisch, v harmonisch ⇒ u − v subharmonisch. 10.39 Satz.

Ist u ∈ C 2 (Ω, R), so ist u subharmonisch ⇔ ∆u ≥ 0.

Beweis.

Nach dem Satz von Gauß ist f¨ ur K = B(a, r) ⊆ Ω Z Z Z ∆u dx = div grad u dt = hgrad u, νi dS(r) K

=

Z

K 2π 0

∂K

∂ ∂u (a + reit )r dt = ∂r ∂r

Z

2π

u(a + reit ) dt. 0

⇐“ Ist ∆u ≥ 0, so ist die linke Seite ≥ 0. Folglich ist die Funktion ” Z 2π r 7−→ u(a + reit ) dt 0

monoton wachsend. Es folgt u(a) = lim+ r→0

1 2π

Z

2π 0

u(a + reit ) dt ≤

1 2π

Z

2π

u(a + Reit ) dt 0

f¨ ur alle R mit B(a, R) ⊆ Ω. 73

Funktionentheorie I ⇒“ Indirekt. Ist ∆u(z0 ) < 0 f¨ ur ein z0 ∈ Ω, so existiert ein R > 0 mit ∆u(z) < 0 ” ∀z ∈ B(z0 , R) ⊆ Ω. Wie oben sehen wir Z 2π 1 dt u(z0 + Reit ). u(z0 ) > 2π 0 Damit ist u nicht subharmonisch. Widerspruch. Der Beweis zeigt, dass f¨ ur u ∈ C 2 gilt:

10.40 Bemerkung.

u hat die MWE ⇔ ∆u = 0. 10.41 Satz. (a) Die subharmonischen Funktionen gen¨ ugen dem Maximumprinzip. (b) Die superharmonischen Funktionen gen¨ ugen dem Minimumprinzip. Beweis.

Das hatten wir schon in 10.12 festgehalten. 2

10.42 Beispiel. Die Funktion |z| = x2 + y 2 ist subharmonisch, weil ∆(x2 + y 2 ) = 2 + 2 = 4, sie hat auf B(0, 1) ein Minimum in 0 ∈ B(0, 1), erf¨ ull also nicht das Minimumprinzip. 10.43 Definition. C). Wir setzen

Es sei Ω Gebiet in C, u ∈ C(Ω, R), a ∈ ∂∞ (Ω) (= Rand von Ω in

lim sup = z→a

(

lim supε→0+ {u(z) : z ∈ B(z, ε) ∩ Ω}, lim supR→+∞ {u(z) : z ∈ Ω \ B(0, R)},

a∈C a = ∞.

Analog lim inf u(z). Es gilt lim inf u(z) = − lim sup(−u(z)). z→a

z→a

10.44 Satz. Es sei u : Ω −→ R subharmonisch und lim sup u(z) ≤ 0 ∀z ∈ ∂∞ (Ω). Dann ist u ≤ 0 auf Ω. Es gilt sogar entweder u ≡ 0 oder u < 0 auf Ω. Beweis. (Fast wörtlich der von 10.16). Wir zeigen, dass f¨ ur jedes ε > 0 gilt u(z) ≤ ε ∀z ∈ Ω. Es sei ε > 0 vorgegeben. Dann ist wegen der Stetigkeit von u auf Ω und weil lim sup u(z) ≤ 0 z→a

∀a ∈ ∂∞ (Ω)

(insbesondere u(z) −→ 0 f¨ ur |z| −→ ∞) die Menge Kε = {z ∈ Ω : u(z) ≥ ε} kompakt. Angenommen Kε 6= ∅. Dann nimmt u dort sein Maximum an, etwa in z0 . Damit ist u(z0 ) ≥ u(z) ∀z ∈ Kε . ⇒ u(z0 ) ≥ u(z) ∀z ∈ Ω (da u < ε auf Ω \ Kε ). Nach dem Maximumprinzip ist dann u(z) ≡ u(z0 ) auf jedem beschränkten Gebiet Ω0 mit Ω0 ⊆ Ω. Da wir mit solchen Gebieten ausschöpfen können, ist u(z) ≡ u(z0 ) ≥ ε ∀z ∈ Ω im Widerspruch dazu, dass lim supz→a u(z) = 0 ∀z ∈ ∂∞ (Ω). Der Nachsatz folgt wieder aus dem Maximumprinzip.

74

10. Das Dirichlet-Problem 10.45 Satz.

F¨ ur u ∈ C(Ω, R) ist ¨ aquivalent:

(i) u subharmonisch auf Ω. (ii) u lokal subharmonisch auf Ω. ugt u − v dem (iii) F¨ ur jedes B = B(a, R) mit B ⊆ Ω und jedes v ∈ HR (B) ∩ C(B) gen¨ Maximumprinzip. (iv) F¨ ur B, v wie in (iii) mit u(a) ≤ v(a) ∀a ∈ ∂B gilt u(z) ≤ v(z) auf B. Beweis. (i) ⇒ (ii) Klar. (ii) ⇒ (iii) F¨ ur das Maximumprinzip gen¨ ugt die lokale Sub-MWE. (iii) ⇒ (iv) Die Funktion u − v gen¨ ugt dem Maximumprinzip auf B. Also existiert ein z0 ∈ ∂B mit (u − v)(z) ≤ (u − v)(z0 ) ≤ 0 ∀z ∈ B. ⇒ u ≤ v auf B. (iv) ⇒ (i) Betrachte die auf B harmonische Funktion v ∈ C(B) mit u(z) = v(z) ∀z ∈ ∂B (Lösung des Dirichletproblems f¨ ur B). Aus der Voraussetzung folgt dann Z 2π Z 2π 1 1 it u(a) ≤ v(a) = v(a + Re ) dt = u(a + Reit ) dt. 2π 0 2π 0 10.46 Lemma.

Sind u, v : Ω −→ R subharmonisch, so auch u ∨ v = max{u, v}.

Beweis. Wir pr¨ ufen (iv) auf 10.45. Es sei (u ∨ v)(z) ≤ w(z) f¨ ur w ∈ HR (B) ∩ C(B), z ∈ ∂B. Dann gilt sowohl u(z) ≤ w(z) als auch v(z) ≤ w(z) ∀z ∈ ∂B. Nach Voraussetzung ist also u(z) ≤ w(z) und v(z) ≤ w(z) f¨ ur alle z ∈ B. Dann ist auch max{u, v} ≤ w auf B.

Perronscher Ansatz zur L¨ osung des Dirichlet-Problems 10.47 Die Perron-Familie. nennen wir

Es sei Ω ⊆ C ein Gebiet, f : ∂∞ (Ω) −→ R stetig. Dann

P = P(f, Ω) := {v : Ω −→ R : v subharmonisch auf Ω

und lim sup v(z) ≤ f (z) ∀a ∈ ∂∞ (Ω)} z→a

die Perron-Familie zu f und Ω. Da f stetig ist und ∂∞ (Ω) kompakt, existiert ein M ≥ 0 mit |f (a)| ≤ M ∀z ∈ ∂∞ (Ω). Damit gilt (i) −M ∈ P, also insbesondere P 6= ∅, (ii) v(z) ≤ M ∀v ∈ P nach 10.44. 10.48 Lemma. Es existiere eine L¨ osung u : Ω∞ −→ R des Dirichlet-Problems zu Ω und f (mit Ω∞ = Abschluss von Ω in C). Dann ist sie ebenfalls Element von P, und es gilt v(z) ≤ u(z) ∀z ∈ Ω, v ∈ P. Es ist also u = sup{v : v ∈ P} = max{v : v ∈ P}.

75

Funktionentheorie I Beweis.

Klar: u ∈ P. Ferner ist v − u subharmonisch auf Ω, und es gilt ¡ ¢ lim sup v(z) − u(z) = lim sup v(z) − lim u(a) ≤ f (a) − f (a) = 0. z→a

z→a

z→a

Nach 10.44: v − u ≤ 0 auf Ω.

10.49 Lemma. Es sei u : Ω −→ R subharmonisch und KB (a, R) ⊆ Ω. Definiere:  u (z)    Z2π ¡ ¢ u ˜ (z) = 1  u a + Reit PR,r (θ − t) dt  2π  0

z ∈Ω\K z = a + reiθ ∈ K

(Poisson-Modifikation von u auf B (a, R)) Dann ist u ˜ subharmonisch auf Ω. ◦

Beweis. Da u ˜ = u auf Ω \ K ist und u ˜ harmonisch auf K , ist nur z.z., dass u ˜ subharmonisch ist in ∂K, d.h. dass f¨ ur b ∈ ∂K, r > 0 (hinreichend klein) 1 u ˜ (b) ≤ 2π

Z2π 0

¢ ¡ u ˜ b + reit dt

Dazu: Nach 10.45(iv) ist u (z) ≤ u ˜ (z) auf K, also ist u (z) ≤ u ˜ (z) auf Ω. Es folgt u ˜ (b) = u (b)

Sub-MWE

≤

f¨ ur a

1 2π

Z2π 0

¡

u b + re

it

¢

1 dt ≤ 2π u≤˜ u

Z2π 0

¡ ¢ u ˜ b + reit dt

10.50 Bemerkung. Sind u1 , u2 subharmonisch auf Ω. Gilt u1 ≤ u2 so folgt aus der Positivität des Poissonkerns, dass u ˜1 ≤ u ˜2 auch f¨ ur die Poisson-Modifikation gilt. 10.51 Satz. Ω sei Gebiet, f : ∂∞ Ω −→ R stetig. Dann ist die Perron-Funktion uf = max {v : v ∈ P} harmonisch. (Achtung: l¨ ost nicht immer das Dirichlet-Problem!) Beweis. Es sei z0 ∈ Ω und R > 0 so dass B ⊆ Ω f¨ ur B = B (z0 , R), zeige uf h harmonisch auf B. Dazu halten wir zunächst fest: (i) P ist abgeschlossen unter v (max-Bildung) (ii) P ist abgeschlossen unter Poisson-Modifikation Wähle (vn ) ⊆ P mit lim vn (z) = uf (z0 ). Wir können annehmen, dass v1 ≤ v2 ≤ . . . . Wäre dies nicht der Fall, so könnten wir die Folge (wn ) = v1 ∨ v2 ∨ · · · ∨ vn betrachten. Sie ist monoton wachsend und erf¨ ullt lim wn (z0 ) = uf (z0 ). Es seien v˜1 , v˜2 die Poisson-Modifikationen bzgl. B (z0 , R). Nach (ii) vñ ∈ P. Nach 10.50: vñ % v. Ferner vn (z0 ) ≤ vñ (z0 ) ≤ uf (z0 ) ⇒ vñ (z0 ) % uf (z0 ). Nach dem Harnackschen Konvergenzprinzip existiert also ein v ∈ HR (B (z0 , R)) mit vñ % v gleichmäßig auf kompakten Teilmengen von Ω.

76

10. Das Dirichlet-Problem Wir zeigen nun noch, dass v = uf auf B (z0 , R). Dies gilt in z0 . Sei z1 ∈ B (z0 , R). Wähle eine monoton wachsende Folge (wn ) ⊆ P mit wn (z1 ) % uf (z1 ). Setze Wn = vn ∨ wn ∈ P, Wn % ˜ n bezeichne die Poisson-Modifikation bzgl. B (z0 , R). Dies ist ebenfalls monoton Mit W wachsende Folge. Ferner ˜ n (z1 ) ≤ uf (z1 ) wn (z1 ) ≤ wn (z1 ) ≤ W ˜ n −→ w gleichmäßig auf kompakten TeilmenNach Harnack: ∃ W ∈ HR (B (z0 , R)) mit W gen von B (z0 , R). Insbesondere ist w (z1 ) = uf (z1 ) und W (z) ≤ uf (z) ∀ z ∈ B (z0 , R). Da vn ⊆ Wn auf Ω ist, ist auch vñ ≤ w ñ ≤ uf auf Ω, somit v ≤ W auf B und v (z0 ) = W (z0 ) = u (z0 ). Aus dem Maximum-Prinzip folgt dann (weil v − W ≤ 0 auf B und v − w = 0 in z0 ) v = W . Insbesondere v (z1 ) = W (z1 ) = u (z1 ) 10.52 Bemerkung. ∂∞ Ω.

F¨ ur die Aussagen 10.48-10.51 gen¨ ugt es, dass f beschränkt ist auf

10.53 Zwischenresultat. Es sei Ω ⊆ C ein Gebiet und f : ∂∞ Ω −→ R stetig. Mit uf bezeichne die Perron-Funktion: uf = sup {u : u ∈ P}. Dann ist a¨quivalent (i) Das Dirichlet-Problem ist f¨ ur f und Ω lösbar. (ii) lim uf (z) = f (a) ∀ a ∈ ∂∞ Ω z→a

10.54 Beispiel. Es sei Ω = B (0, 1) \ {0} und f : ∂Ω −→ R, f (z) = Dann ist uf = 0 und das Dirichlet-Problem ist nicht lösbar.

(

1 0

z=0 z ∈ S (0, 1)

Beweis. F¨ ur 0 < ε < 1 definiere: uε (z) = lnln|z| ε , z 6= 0 Diese Funktionen sind harmonisch auf Ω, sie haben den Wert 0 auf S (0, 1) und 1 auf S (0, ε). Ist nun v ∈ P beliebig, so ist |v (z)|

10.47(2) ≤ max {|f (a)| = a ∈ ∂∞ Ω} = 1

Setzen wir also Ωε = {z : ε < |z| < 1} so ist ( f (a) = 0 = uε (a) lim sup v (z) ≤ 1 = uε (a) z→a

z ∈ S (0, 1) z ∈ S (0, ε)

Nach 10.44 (verallgemeinertes Maximum-Prinzip) V (z) ≤ uε (z) ∀ z ∈ Ωε Da ε beliebig war und uε (t) −→ 0 f¨ ur ε −→ 0, folgt v (z) ≤ 0∀ z ⇒ uf ≤ u. Es gilt also nicht lim uf (z) = 1 ist.

z→0

In vielen Fällen lässt sich das Dirichlet-Problem dennoch lösen. Der Schl¨ ussel ist folgender Begriff. ( Ω ∩ B (a, R) a 6= ∞ ¡ ¢ 10.55 Barrieren. F¨ ur a ∈ ∂∞ Ω setzen wir Ω (a, r) = . Eine Ω \ B 0, R1 a=∞ Barriere f¨ ur a ist eine Familie {χr : 0 < r ≤ r0 } von superharmonischen Funktionen auf Ω mit folgenden Eigenschaften.

77

Funktionentheorie I (i) 0 ≤ χr ≤ 1∀ r (ii) lim χr (z) = 0∀ (r) z→a

(iii) χr = 1 auf Ω \ Ω (a, R) 10.56 Satz. Falls zu a ∈ ∂∞ Ω eine Barriere existiert, so gilt lim uf (z) = f

f¨ ur jedes in a stetige, beschr¨ ankte f

z→a

Beweis. Wir betrachten nur den Fall a 6= ∞ (a = ∞ analog) O.B.d.A. f (a) = 0 (Ansonsten betrachte g (z) = f (z) − f (a): stetig in a, beschränkt und ug = uf − f (a)) Setze M = kf ksup . Dann gilt v (z) ≤ M f¨ ur alle v ∈ P, z ∈ Ω. Nun sei ε > 0 vorgelegt. Weil f in a stetig ist, finden wir ein 0 < δ ≤ r0 so, dass |f (b)| < ε f¨ ur alle b ∈ ∂∞ Ω ∩ Ω (a, δ) Schritt 1: Zeige: −Mχδ − ε ∈ P. Dazu: χδ superharmonisch ⇒ −Mχδ subharmonisch ⇒ −Mχδ − ε subharmonisch • F¨ ur b ∈ ∂∞ \ B (a, δ) ist lim sup (−Mχδ − ε)

χδ≡1 außer-

=

halb B(a,δ)

−M − ε ≤ f (b)

• F¨ ur b ∈ Ω (a, δ) ∩ ∂∞ Ω lim sup (−Mχδ − ε) ≤ −ε ≤ f (b) z→b

M dicht in C: Zu jedem z ∈ C und jedem ε > 0 existiert ein m ∈ M mit m ∈ B (z, ε). Schritt 2: Nach der Definition von uf als supremum folgt, dass −Mχδ − ε ≤ uf . Wir zeigen nun, dass Mχδ + ε ≥ V f¨ ur jedes v ∈ P, insbesondere Mχδ + ε ≥ uf . Dazu: F¨ ur v ∈ P ist v − Mχδ − ε subharmonisch. Am Rand: F¨ ur b ∈ ∂∞ Ω \ B (a, δ) lim sup (v (z) − Mχδ (z) − ε) ≤ f (b) − M − ε ≤ 0 z→b

F¨ ur b ∈ ∂∞ Ω ∩ B (a, δ) lim (v (z) − Mχδ (z) − ε) ≤ f (b) − 0 − ε

z→b

f (b) 0. F¨

|b − a| setze

Cr = min {u (z) : z ∈ ∂Ω ∩ B (a, R)} > 0

und definiere χr (z) =

(

min(u(z),Cr ) Cr

1

z ∈ Ω ∩ B (a, r) z ∈ Ω \ B (a, r)

Dann: 0 ≤ χr < 1; χr (z) −→ 0 f¨ ur z −→ aχr (z) ≡ 1 außerhalb B (a, r) ∩ Ω Klar: χr ≡ 1 min(uf ,CR ) also superharmonisch auf Ω\B (a, r), χr (z) = superharmonisch auf B (a, r)∩Ω Cr Am Rand, d.h. f¨ ur z0 ∈ S (a, r) ∩ Ω 1 2π

Z2π 0

auch dort superharmonisch.

¡ ¢ χr z0 + ρeit dt ≤ 1 = χr (z0 ) {z } | ≤1

79

Index analytisch, 4 Argumentfunktion, 11 Arzelà-Ascoli, Satz von, 44

Identitätssatz, 21 f¨ ur harmonische Funktionen, 62 Indγ , 9

Barrieren, 77

Jensen Formel von, 69

Casorati-Weierstraß, Satz von, 22 Cauchy, Satz von, 29 auf konvexer Menge, 16 Cauchy-Formel auf konvexen Mengen, 17 auf Kreisringen, 23 Cauchy-Riemannsche DGLn, 4 ¯ ∂-Operator, 5 Differenzierbarkeit komplexe, 4 Dirichlet-Problem auf E, 65 Eierlegende Wollmilchsau, 35 Elementarfaktoren, 57 Fundamentalsatz der Algebra, 19, 36 ganze Funktionen, 18 Gebiet, 4 einfach zusammenhängend, 41 gleichmäßige Konvergenz auf kompakten Mengen, 37 Goursat, Lemma von, 15 HR , 69 Häufungspunkt, 20 harmonische Funktion, 60 harmonische Konjugierte, 60 Harnacksche Ungleichung, 71 Harnacksches Konvergenzprinzip, 72 Hauptteil, 22 Hauptwert, 34 Hebbarkeitssatz, 21 holomorph, 4 Potenzreihendarstellung, 17 Homologie, 31 nullhomolog, 40 Homotopie, 31 nullhomotop, 41 Hurwitz, Satz von, 37

80

Kette, 29 Konvergenzradius, 6 Kreisringe, 23 Laurent-Reihen, 24 Liouville, Satz von, 18, 72 Logarithmus, 10 Hauptzweig, 11 stetiger Zweig, 11 Maximum- und Minimumprinzip, 63 Maximumsprinzip, 28 Menge gleichmäßig beschränkt, 44 konvex, 8 offen, 1 punktweise beschränkt, 44 relativ-kompakt, 44 unzusammenhängend, 1 wegzusammenhängend, 1 zusammenhängend, 1 meromorph, 33 Metrik auf C(U ), 43 Mittag-Leffler, Satz von, 39 allgemein, 54 Mittelwerteigenschaft (MWE), 63 Montel, Satz von, 45 Montel, Vitali, Stieltjes Satz von, 72 Morera, Satz von, 18 Nullstellenmenge, 20 Nullstellenordnung, 20 Offene Abbildung, Satz, 28 Perron-Familie, 75 Poisson-Jensen Formel von, 69 Poisson-Modifikation, 76 Poissonkern, 64

Index Pol, 22 Polverschiebung, 52 Polynomapproximation, 53 πm , 27 Potenzreihen, 6 Quadratwurzel, 47 Randpunkt einfacher, 67 Residuensatz, 33 Anwendung, 34 Residuum, 22 Riemannscher Abbildungssatz, 47 Rouché, Satz von, 36 Runge, Satz von, 53 Schwarz, Lemma von, 42 Singularität Beschreibung durch Hauptteil, 25 hebbare, 21 in ∞, 25 isolierte, 21 wesentliche, 22 Stetigkeit gleichgradige, 44 offene Menge, 1 subharmonisch, 73 superharmonisch, 73 Topologie, 1 topologischer Raum, 1 unendliche Produkte, 55 v.p., siehe Hauptwert Weierstraß, Satz von, 59 Weierstraßscher Produktsatz, 58 Windungszahl, 9 Anschauliche Bedeutung, 12 Zusammenhangskomponente, 3 Zyklus, 29

81

Funktionentheorie 005

Funktionentheorie

Funktionentheorie